Question

14．A，B，C，D，E为前四周期中原子序数依次增大的元素，相关的信息如下：

元素	相关信息
A	A元素原子核外只有三个能级，且每个能级上含有相等的电子数
B	是空气中含量最丰富的元素
C	短周期元素中，C的金属性最强
D	基态原子第三能层上有7种运动状态不同的电子
E	一种核素的质量数为63，中子数为34
F	最外层电子数为次外层的3倍

请用对应的元素符号回答下列问题：
（1）A与氢可形成一种分子式为A₂H₄的化合物，该分子中存在σ键和π键数目比为5：1，A的杂化类型为sp²．
（2）A，B，D，E的氢化物中沸点最高的是H₂O（写化学式），A，B，F的第一电离能由大到小的顺序时N＞O＞C．
（3）E位于周期表中的位置是第四周期第IB族，E的基态原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹．
（4）根据下列能量变化示意图1，请写出BO和AO₂反应的热化学方程式NO（g）+CO₂（g）=NO₂（g）+CO（g）△H=+234kJ/mol

（5）C的最高价氧化物对应的水化物为M，M中含有的化学键类型为离子键和共价键，将一定量的D₂通入一定浓度M的水溶液中，两者恰好完全反应时，生成物中有三种含D元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图2所示，请写出t₂时刻总反应的化学方程式5Cl₂+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO₃+5H₂O．
（6）下图是E和F形成的化合物的晶胞结构示意图3，可确定该化合物的化学式为CuO，若该晶胞的棱长为apm，则该晶胞的密度为$\frac{320}{（a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$g/cm³．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F为前四周期中原子序数依次增大的元素，A元素原子核外只有三个能级，且每个能级上含有相等的电子数，则A为C元素；B是空气中含量最丰富的元素，则B为N元素；短周期元素中，C的金属性最强，则C是Na元素；D基态原子第三能层上有7种运动状态不同的电子，D为Cl元素；E的一种核素的质量数为63，中子数为34，则E是Cu元素，F最外层电子数为次外层的3倍，则F为O元素；
（1）A与氢可形成一种分子式为C₂H₄的化合物，共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，该分子中C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；
（2）氢化物中含有氢键的物质熔沸点较高；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（3）E为Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其原子核外电子排布式；
（4）该反应吸收的热量=（368-134）kJ/mol=234 kJ/mol；
（5）C的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH中含有离子键和共价键；
t₂时刻氯气和NaOH反应生成的次氯酸根离子和氯酸根离子物质的量之比为0.6：0.3=2：1，根据转移电子守恒得n（Cl^-）=$\frac{0.6×1+0.3×5}{1}$=2.1mol，则氯气物质的量=$\frac{2.1+0.6+0.3}{2}$=1.5mol，所以氯气、
次氯酸根离子、氯酸根离子物质的量之比=1.5mol：0.6mol：0.3mol=5：2：1；
（5）E是Cu元素、F是O元素，根据原子半径知，白色小球表示Cu原子，该晶胞中Cu原子个数=4、O原子个数=8×$\frac{1}{8}$+2×$\frac{1}{2}$+1+4×$\frac{1}{4}$=4，所以其化学式为CuO，其密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$．

解答 解：（1）A与氢可形成一种分子式为C₂H₄的化合物，共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以乙烯分子中σ键个数与π键个数比是5：1，该分子中C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为，故答案为：5：1；sp²；
（2）氢化物中含有氢键的物质熔沸点较高，水中含有氢键，所以熔沸点最高的是H₂O；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C，
故答案为：H₂O；N＞O＞C；
（3）E为Cu元素，其原子核外有29个电子，位于第四周期第IB族，根据构造原理书写其原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，
故答案为：第四周期第IB族；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（4）该反应吸收的热量=（368-134）kJ/mol=234 kJ/mol，热化学方程式为NO（g）+CO₂（g）=NO₂（g）+CO（g）△H=+234 kJ/mol，
故答案为：NO（g）+CO₂（g）=NO₂（g）+CO（g）△H=+234 kJ/mol；
（5）C的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，NaOH中含有离子键和共价键；
t₂时刻氯气和NaOH反应生成的次氯酸根离子和氯酸根离子物质的量之比为0.6：0.3=2：1，根据转移电子守恒得n（Cl^-）=$\frac{0.6×1+0.3×5}{1}$=2.1mol，则氯气物质的量=$\frac{2.1+0.6+0.3}{2}$=1.5mol，所以氯气、
次氯酸根离子、氯酸根离子物质的量之比=1.5mol：0.6mol：0.3mol=5：2：1，发生的反应方程式为，
故答案为：离子键和共价键；5Cl₂+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO₃+5H₂O；
（5）E是Cu元素、F是O元素，根据原子半径知，白色小球表示Cu原子，该晶胞中Cu原子个数=4、O原子个数=8×$\frac{1}{8}$+2×$\frac{1}{2}$+1+4×$\frac{1}{4}$=4，所以其化学式为CuO，其密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$=$\frac{\frac{64+16}{{N}_{A}}×4}{（a×1{0}^{-10}）^{3}}$g/cm³=$\frac{320}{（a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$g/cm³，
故答案为：CuO；$\frac{320}{（a×1{0}^{-10}）^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、物质的量有关计算、热化学方程式、化学键、元素周期律等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意（5）题要结合转移电子守恒计算氯离子物质的量，难点是晶胞计算．