原子序数依次增大的五种元素A.B.C.D.E.其中A是周期表中原子半径最小元素.B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍.D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子.E的原子序数为29．回答下列问题(所有元素均用元素符号表示):(1)B2A2分子中B原子轨道的杂化类型为sp.1mol B2A2含有σ键的数目为3×6.02×1023．(2)B.C.D第一电离能由� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

6．

原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E的原子序数为29．
回答下列问题（所有元素均用元素符号表示）：
（1）B₂A₂分子中B原子轨道的杂化类型为sp，1mol B₂A₂含有σ键的数目为3×6.02×10²³．
（2）B、C、D第一电离能由大到小为：N＞O＞C，E元素基态原子简化电子排布式为：[Ar]3d¹⁰4s¹．
（3）化合物CA₃的沸点比化合物BA₄的高，其主要原因是氨气分子间形成了分子间氢键．
（4）元素B、D形成的一种化合物与元素C、D形成的一种化合物互为等电子体，元素C、D形成化合物的分子式是N₂O．
（5）元素E的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是CuCl，测得其晶胞边长为acm，则该晶体密度为$\frac{398}{{N}_{A}{•a}^{3}}$g/cm³它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，只生成配合物H_nECl₃，反应的化学方程式为CuCl+2HCl（浓）═H₂CuCl₃．

分析原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s²2s²2p⁴，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E的原子序数为29，则E为Cu元素，据此解答．

解答解：原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s²2s²2p⁴，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E的原子序数为29，则E为Cu元素．
（1）C₂H₂分子结构式为H-C≡C-H，C原子形成2个σ键，没有孤对电子，故碳原子轨道的杂化类型为sp杂化，1mol C₂H₂含有σ键的数目为3×6.02×10²³，
故答案为：sp；3×6.02×10²³；
（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；
E的原子序数为29，则E为Cu元素，基态原子简化电子排布式为：[Ar]3d¹⁰4s¹，
故答案为：N＞O＞C；[Ar]3d¹⁰4s¹；
（3）氨气分子间形成了分子间氢键，沸点高于CH₄，
故答案为：氨气分子间形成了分子间氢键；
（4）元素C、O形成的一种化合物与元素N、O形成的一种化合物互为等电子体，应是CO₂与N₂O，
故答案为：N₂O；
（5）元素E的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中白色球为数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球数目为4，原子数目之比为1：1，故该氯化物的化学式是CuCl，晶胞质量为$\frac{99.5}{{N}_{A}}$g×4，测得其晶胞边长为acm，
则该晶体密度为$\frac{99.5}{{N}_{A}}$g×4÷（acm）³=$\frac{398}{{N}_{A}{•a}^{3}}$g/cm³，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，只生成配合物H_nCuCl₃，反应的化学方程式为CuCl+2HCl（浓）═H₂CuCl₃，
故答案为：CuCl；$\frac{398}{{N}_{A}{•a}^{3}}$；CuCl+2HCl（浓）═H₂CuCl₃．

点评本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、等电子体、配合物、晶胞计算等，推断元素是解题关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等．

练习册系列答案

	A．	再滴加AgNO₃溶液，观察是否有AgI沉淀产生
	B．	加入CCl₄振荡后，观察下层液体颜色
	C．	再滴加AgNO₃溶液，观察是否有AgCl沉淀产生
	D．	再滴加KSCN溶液，观察是否有血红色

15．HN₃称为叠氮酸，常温下为无色有刺激性气味的液体．N₃^-也被称为类卤离子．用酸与叠氮化钠反应可制得叠氮酸．而叠氮化钠可从下列反应制得：NaNH₂+
N₂O=NaN₃+H₂O．HN₃、浓盐酸混合液可溶解铜、铂、金等不活泼金属，如溶解铜生成CuCl₂^-．铜和铂的化合物在超导和医药上有重要应用，Cu的化合物A（晶胞如图，图中小黑球代表氧原子，其余大黑球为Y、Cu、Ba原子）即为超导氧化物之一，而化学式为Pt（NH₃）₂Cl₂的化合物有两种异构体，其中异构体B可溶水，可用于治疗癌症．试回答下列问题：

（1）基态氮原子核外电子排布的轨道表示式为

（2）元素N、P、S的第一电离能（I₁）由大到小的顺序为N＞P＞S
（3）HN₃属于分子晶体，与N₃^-互为等电子体的分子的化学式CO₂（写1种）NH₂^-的电子式为

，其中心原子的杂化类型是sp³杂化
（4）CuCl₂^-中的键型为配位键，1mol超导氧化物A晶胞中实际占有的氧原子的物质的量为7mol
（5）治癌药物B的结构简式为

．

12．下列物质①铁片、②KI、③氨水、④醋酸、⑤酒精、⑥H₂S、⑦浓H₂SO₄、⑧KOH、⑨蔗糖、⑩BaSO₄
（1）属于电解质的是②④⑥⑧⑩；
（2）属于非电解质的是：⑤⑨；
（3）属于强电解质的是：②⑧⑩；
（4）属于弱电解质的是：④⑥．

1．一定条件下存在反应：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）△H=-QkJ/mol．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在 I中充入1molCO和1molH₂O，在Ⅱ中充入1molCO₂和1mol H₂，在Ⅲ中充入2molCO和2molH₂O，700℃条件下开始反应．达到平衡时，上述三个过程对应的能量变化值分别为Q₁、Q₂、Q₃．下列说法正确的是（　　）

	A．	2Q₁=2Q₂＜Q₃
	B．	容器Ⅰ中CO的百分含量比容器Ⅲ中CO的百分含量高
	C．	容器Ⅰ中反应的平衡常数比容器Ⅱ中反应的平衡常数小
	D．	容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO₂的转化率之和等于1

11．下列说法中正确的是（　　）
①甲烷和Cl₂生成一氯甲烷与乙烯和Br₂生成1，2-二溴乙烷的反应属于同一类型．
②乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别．
③石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物．
④分子组成为C₂H₄、C₃H₆、C₈H₁₆的有机物一定互为同系物．
⑤甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同．
⑥苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键．

18．

2001年诺贝尔化学奖被美国的诺尔斯、夏普雷斯和日本的野依良治获得，他们发现了某些手性化子可用作某些化学反应的催化剂，为合成对人类有用的重要化合物开辟了一个全新的研究领域．
在有机物分子中，若某个饱和碳原子连接4个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，如图：
若同一个碳原子上连着2个碳碳双键（如C=C=C）时，极不稳定，因此这种结构不存在，
某链烃C₇H₁₀的众多同分异构体中：
（1）处于同一平面上的碳原子数最多有C．
A.6个 B.5个 C.7个 D.4个
（2）含有“手性碳原子”，且与足量H₂发生加成反应后仍具有“手性碳原子”的有5种．它们的结构简式除以下3种外，还有

（3）C₇H₁₀有多种结构，其中含有“手性碳原子”，但与足量H₂发生加成反应后，产物却不具有“手性碳原子”，写出符合此条件的一种C₇H₁₀结构简式

．

15．回答下列两小题：
（1）A是一种酯，分子式为C₄H₄O₂，则A的结构共有4种，A和另一种含氧衍生物B的总质量为a克，无论A和B以何种比例混合，完全燃烧后生成的水和二氧化碳的质量都不变，则B的实验式为C₂H₂O
（2）苯的两种含氧衍生物C和D，经测定它们相对分子质量都为122
①C分子中只含一个氧原子，则其分子式为C₈H₁₀O；如果其分子中没有甲基，则它遇FeCl₃溶液不能（填“能”或“不能”）发生显色反应
②D分子中含有两个氧原子，既能发生银镜反应，又能与KOH溶液反应，则符合上述条件的D的所有同分异构体共有4种；其中的一种物质E，它的苯环上的一氯代物只有两种，则E的结构简式是

．

16．下列叙述错误的是（　　）

	A．	把aL0.1mol/L 的CH₃COOH溶液与bL0.1mol/L的 KOH溶液混合，所得溶液中一定存在：c（K⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-）
	B．	把0.1mol/L 的NaHCO₃溶液与0.3mol/L 的Ba（OH）₂溶液等体积混合，所得溶液中一定存在：c（OH^-）＞c（Ba⁺）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）
	C．	向1mol/L 的CH₃COOH溶液中加入少量CH₃COONa固体，由于CH₃COONa水解显碱性，所以溶液的pH升高
	D．	常温下，在pH=3的CH₃COOH溶液和pH=11的NaOH溶液中，水的电离程度相同

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