题目内容

13．A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的最外层有6个运动状态不同的电子；D是短周期元素中电负性最小的元素；E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强；F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子．G元素与D元素同主族，且相差3个周期．
（1）元素E的最高价含氧酸的酸性强于元素B，试用分子结构的理论解释原因：高氯酸分子中非羟基氧数目多于硝酸分子，导致高氯酸中Cl-O-H中电子对更加偏向于Cl，因而在水分子的作用下，高氯酸更容易电离出H+，故高氯酸酸性强．
（2）F的晶体的堆积方式为面心立方最密堆积．
（3）D与E、G与E形成的晶体类型相同，但晶体的配位数不同，其原因是阴阳离子半径比不同．
（4）已知DE晶体的晶胞如图所示．若将DE晶胞中的所有E离子去掉，并将D离子全部换为A原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个A原子，且这4个“小立方体”不相邻．位于“小立方体”中的A原子与最近的4个A原子以单键相连，由此表示A的一种晶体的晶胞（已知A-A键的键长为a cm，NA表示阿伏加德罗常数），则该晶胞中含有8个A原子，该晶体的密度是$\frac{9\sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm3．

分析 A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，则其原子核外电子排布为1s22s22p2，故A为C元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，则D为Na元素；C的最外层有6个运动状态不同的电子，处于ⅥA族，结合原子序数可知C为O元素，故B为N元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，则E为Cl，F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为Cu；G元素与D元素同主族，且相差3个周期，则G为Cs，以此解答该题．

解答 解：A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，则其原子核外电子排布为1s22s22p2，故A为C元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，则D为Na元素；C的最外层有6个运动状态不同的电子，处于ⅥA族，结合原子序数可知C为O元素，故B为N元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，则E为Cl，F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为Cu；G元素与D元素同主族，且相差3个周期，则G为Cs，
（1）高氯酸的酸性比硝酸强，原因是高氯酸分子中非羟基氧数目多于硝酸分子，导致高氯酸中Cl-O-H中电子对更加偏向于Cl，因而在水分子的作用下，高氯酸更容易电离出H+，故高氯酸酸性强，
故答案为：高氯酸分子中非羟基氧数目多于硝酸分子，导致高氯酸中Cl-O-H中电子对更加偏向于Cl，因而在水分子的作用下，高氯酸更容易电离出H+，故高氯酸酸性强；
（2）F为Cu，对应的晶体为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；
（3）NaCl、CsCl两种晶体，都属于离子晶体，由于正负离子的半径比不同，故它们的配位数不同，故答案为：阴阳离子半径比不同；
（4）NaCl晶体的晶胞中的所有Cl-离子去掉，并将Cl-离子全部换为C（碳）原子，再在其中的4个“小 立方体”中心各放置一个C（碳）原子，且这4个“小立方体”不相邻．位于“小立方体”中的C原子与最近的4个C原子以单键相连，形成正四面体结构，晶胞中C（碳）原子数目=4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，晶胞质量=8×$\frac{12g}{{N}_{A}}$，C-C键的键长 为a cm，如图正四面体，连接F与A、B、C、D，则三棱锥A-BCD均分为等4个等体积的三棱椎，则V三棱锥A-BCD=4V三棱锥F-BCD=，故$\frac{1}{3}$S△BCD•（a+h）=4×$\frac{1}{3}$S△BCD•h，故h=$\frac{1}{3}$a，令正四面体的棱长为x cm，连接AF并延长交三角形BCD与O，O为正三角形BCD的中心，BO垂直平分CD，则BO的长度=x cm×$\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{2}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$xcm，在直角三角形BOF中，$（\frac{\sqrt{3}}{3}x）^{2}+（\frac{1}{3}a）^{2}$=a2，解得x=$\frac{2\sqrt{6}a}{3}$故晶胞的棱长=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×2xcm=$\frac{\sqrt{2}}{2}×2×\frac{2\sqrt{6}a}{3}$cm=$\frac{4\sqrt{3}a}{3}$cm，故晶胞的体积=$（\frac{4\sqrt{3}}{3}a）^{3}$=$\frac{64}{3\sqrt{3}}{a}^{3}$cm3，则晶胞密度=$\frac{8×\frac{12g}{{N}_{A}}}{\frac{64}{3\sqrt{3}}{a}^{3}}$=$\frac{9\sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm-3，
故答案为：8；$\frac{9\sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查物质结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律，（4）中密度计算为易错点、难点，需要学生具备一定的书写计算能力，难度较大．

练习册系列答案
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3．下列图示且与对应的叙述不相符的是（　　）
A．图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
B．图2表示 KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
C．图3 表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
D．图4表示恒温恒容条件下，2NO2（g）?N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态
4．锌锰干电池所含的汞、酸或碱等在废弃后进入环境中将造成严重危害，对废旧电池进行资源化处理显得非常重要．某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源．

（1）普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH．
该电池负极材料主要是Zn+2OHˉ-2eˉ=Zn（OH）2，正极发生的主要反应是MnO2+NH4++e-=MnOOH+NH3或MnO2+H++e-=MnOOH．
（2）填充物溶解温度应控制在60°C左右，其原因是温度过高氯化铵受热分解．
（3）操作A的名称为过滤．
（4）向滤渣（主要成分为含锰混合物）中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止．其主要反应为2MnOOH+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4═3MnSO4+4CO2↑+6H2O．
①当1molMnO2参加反应时，共有4mol电子发生转移．
②MnOOH与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出其反应的化学方程式2MnO（OH）+6HCl（浓）$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$2MnCl2+Cl2↑+4H2O．
（5）铜帽与稀硫酸、H2O2反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O．由硫酸铜溶液制备胆矾晶体，主要步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
1．下列现象与氢键无关的是（　　）
①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的熔、沸点高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的熔、沸点低
④水分子高温下也很稳定⑤水分子较硫化氢分子稳定．
A．①②③④B．④⑤C．③④⑤D．①②③
8．下列物质在一定条件下形成晶体：①水晶②金刚石③碳化硅④白磷⑤晶体氩⑥氢氧化钠⑦铝⑧氧化钙⑨过氧化钠⑩碳化钙⑪冰醋酸⑫干冰⑬过氧化氢．请用序号回答：
（1）属于原子晶体的化合物①③．
（2）由极性分子构成的晶体是⑪⑫⑬，含有非极性键的离子晶体是⑨⑩．
18．回答下列问题
（1）键线式表示的分子式为C6H14；名称是2-甲基戊烷．中含有的官能团的名称为羟基、酯基．
（2）戊基有8种结构，请写出其中的核磁共振氢谱有二个吸收峰的结构简式-CH2C（CH3）3．
（3）糖类、油脂、蛋白质都是人体必需的营养物质：
Ⅰ．下列物质中①葡萄糖②麦芽糖③蔗糖④纤维素⑤淀粉，互为同分异构体的是②③；具有还原性，能发生银镜反应的是①②．（填序号）
Ⅱ．油脂在酸性环境下的水解产物为高级脂肪酸、甘油（写名称）．
5．利用微生物电池处理含乙酸钠和对氯酚（）的废水，工作原理如图所示．下列说法正确的是（　　）
A．电极b是正极B．质子从a极移向b极
C．处理后的废水pH升高D．a极的电极反应式：
2．环境问题已经是我国面临的重大问题．
Ⅰ．减少二氧化碳的排放是一项重要课题．研究表明，C02经催化加氢可合成低碳醇：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H几种化学键的键能如表所示
化学键C=0H-HC-CC-H0-HC-0
键能/kJ•mol-1803436332409463326
通过计算得出△H=-28kJ/mol．
（2）在1.0L恒容密闭容器中投入lmolC02和2.75molH2发生该反应，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醉的物质的量如图所示．
当压强为P2，温度为512K时，向该容器中投入 lmol CO2、0.5mol H2、2mol CH3OH、0.6mol H20时，平衡向逆反应方向移动．
（3）以CH3OH、空气（02含量20%）、KOH溶液为 原料，以石墨为电极可直接构成燃料电池，则该电池的负极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；用该 电池电解500mL 1mol/L CuSO4溶液，当燃料电池消耗标况下56L空气时，计算理论上两极电解产生气体的总物质的量1mol．
Ⅱ．SO2也是一种大气污染物，可以用海水处理含SO2的废气，海水中主要离子的含量如下：
成分含量/（mg/L）成分含量（mg/L）
Cl-18980Ca2+400
Na+10560HCO3-；142
SO42-2560Mg2+1272
（1）海水经初步处理后，还含有Ca2+、Mg2+，Na+、Cl-，向其中加入石灰浆使海水中的Mg2+转换 为Mg（OH）2，当Mg2+刚好沉淀完全时，c（ Ca2+）为4.58mol/L
已知Ksp[Mg（OH）2]=1.2×l0-11   Ksp[Ca（OH）2]=5.5×10-6
（2）处理过的废气中S02的含量可以通过碘量法来测定．用到的试剂有：0．l mol•L的碘标准溶液，淀粉溶液．当把处理后的废气以每分钟aL（标况下）的流速通入到lOOmL含有淀粉的碘标准液中，t min达到滴定终点．滴定终点的现象为溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复颜色计算该处理气中SO2的含量$\frac{0.224}{at}$（用含a，t的式子表示）
7．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一中元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其它物质已经略去）：

（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则将B通入KMnO4溶液的现象为紫红色变为无色；体现B的还原性（填“氧化性”“还原性”“漂白性”）；请写出D的浓溶液与单质铜反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$SO2↑+CuSO4+2H2O；此反应中作氧化剂的D与参加反应的D的物质的量之比为1：2；
（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，请写出实验室制备A的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl2+2NH3+2H2O；请写出C→D的离子方程式3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO．
（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为过氧化钠，试用化学方程式表示该物质与二氧化碳气体的反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；将C长期露置于空气中，最后将变成物质E，E的化学式为Na2CO3．

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