[选修3物质结构与性质]用于金属焊接的某种焊条.其药皮由大理石.水泥.硅铁等配制而成．(1)Al的原子基态核外电子排布式1S22S22P63S23P11S22S22P63S23P1,Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．(2)30Si的原子的中子数为1616,SiO2� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

[选修3物质结构与性质]
用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成．
（1）Al的原子基态核外电子排布式

1S²2S²2P⁶3S²3P¹

；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为

2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑

．
（2）³⁰Si的原子的中子数为

；SiO₂晶体类型为

原子晶体

．
（3）Al³⁺与Yⁿ-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是

HCl

．
（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体

CO₂

；其杂化类型为

SP杂化

．
（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al₂O₃的质量分数为

25%

．

分析：（1）根据原子序数和能量最低原则书写电子排布式；根据铝的性质和电荷守质量守恒定律书写离子方程式；
（2）根据质量数=质子数+中子数，计算中子数；根据晶体的性质和成键方式判断晶体的类型；
（3）在元素周期表中只有第ⅦA族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，根据影响分子晶体的熔沸点高低的因素判断熔沸点高低，进一步推断物质；
（4）由药皮的成分和物质的性质推断；
（5）根据质量守恒定律和化学方程式进行计算．

解答：解：（1）Al在周期表中位于第三周期第ⅢA族，Al原子核外共13个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道其电子排布式为1S²2S²2P⁶3S²3P¹；Al与强碱溶液反应生成AlO₂^-和H₂，离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，故答案为：1S²2S²2P⁶3S²3P¹； 2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑；
（2）在原子符合的表达式中左上角表示质量数，左下角表示质子数，根据质量数=质子数+中子数可计算出³⁰Si的原子的中子数为：30-14=16，SiO₂熔点高、硬度大，为原子晶体，故答案为：16；原子晶体；
（3）在元素周期表中只有第ⅦA族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，因为Al³⁺与Y^n-的电子数相同，所以Y是F元素．卤素元素形成的氢化物均属于分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，但由于HF分子中存在氢键，因而HF的沸点最高，所以沸点最低的是HCl．故答案为：HCl；
（4）由药皮的成分大理石、水泥、硅铁可知，在高温下只有大理石才分解产生CO₂，因此气体只能是CO₂气体，分子中含有2个δ键，应为SP杂化．故答案为：CO₂；SP杂化；
（5）熔渣中只有SiO₂与盐酸不反应，因此11.0g是SiO₂的质量．Fe₂O₃、Al₂O₃溶于盐酸分别生成FeCl₃、AlCl₃，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl₃生成NaAlO₂，FeCl₃生成Fe（OH）₃沉淀．所以21.4g固体是Fe（OH）₃的质量，其物质的量为

21.4g

107g?mol-1

=0.2 mol，由铁原子守恒知Fe₂O₃的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×160g?mol^-1=16.0g．熔渣中Al₂O₃的质量分数为（36.0-11.0-16.0）/36×100%=25%．故答案为：25%．

点评：本题考查原子的结构、晶体类型、方程式的书写以及有关计算，题目较为综合，本题中注意把握判断晶体类型以及晶体熔沸点高低的方法．