题目内容

16．A、B、C、D、E是相邻三个周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大，B、C、D属同一周期，A、E在周期表中处于同一纵行．己知：
①除A外，各元素原子的内层均已填满电子，其中B的最外层有4个电子；
②A与B，B与C都能生成气态非极性分子的化合物；
③D与E生成离子化合物，其离子的电子层结构相同．回答：
（1）A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为F元素．
（2）C元素在周期表中属二周期ⅥA族元素，原子结构简图为．
现代原子结构理论认为，在同一电子层上，可有s、p、d、f、g、h…等能级，各能级分别有1、3、5、…个轨道．试根据电子填入轨道的顺序预测：
（3）第8周期共有50种元素；
（4）原子核外出现第一个6f电子的元素的原子序数是139；
（5）根据“稳定岛”假说，第114号元素是一种稳定同位素，半衰期很长，可能在自然界都可以找到．试推测第114号元素属于七周期，ⅣA族元素，原子的外围电子排布式是7s27p2．

分析 （1）A、B、C、D、E是相邻三个周期中的五种元素，①除A外，各元素原子的内层均已填满电子，则A为H元素；B、C、D属同一周期，即处于第二周期，B的最外层有4个电子，故B为碳元素，A、E在周期表中处于同一纵行，可推知E为Na元素，由A与B，B与C都能生成气态非极性分子的化合物，可知C为O元素，形成的非极性分子为CH4、CO2，D与E生成离子化合物，其离子的电子层结构相同，则D为F元素；
（2）C为O元素，原子核外有2个电子层，各层电子数为2、6，主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；
（3）由于（n-3）g＜（n-2）f＜（n-1）d＜n s＜n p，故第八周期含有s、p、d、f、g能级，各能级容纳电子数目之和为该该周期容纳元素种数；
（4）原子核外出现第一个6f电子的元素的原子外围电子排布是5g186f18s2，根据核外电子排布式，应该是：[118]5g186f18s2；
（5）第七周期零族元素的原子序数是118，所以114号元素在此元素的左边，应该是第七周期ⅣA族元素．

解答 解：（1）A、B、C、D、E是相邻三个周期中的五种元素，①除A外，各元素原子的内层均已填满电子，则A为H元素；B、C、D属同一周期，即处于第二周期，B的最外层有4个电子，故B为碳元素，A、E在周期表中处于同一纵行，可推知E为Na元素，由A与B，B与C都能生成气态非极性分子的化合物，可知C为O元素，形成的非极性分子为CH4、CO2，D与E生成离子化合物，其离子的电子层结构相同，则D为F元素，
故答案为：H；C；O；F；
（2）C为O元素，原子核外有2个电子层，各层电子数为2、6，原子结构示意图为，处于第二周ⅥA族，
故答案为：二、ⅥA；；
（3）由于（n-3）g＜（n-2）f＜（n-1）d＜n s＜n p，故第八周期含有s、p、d、f、g能级，各能级容纳电子数目之和为该该周期容纳元素种数，即容纳元素种数为：1×2+3×2+5×2+7×2+9×2=50，
故答案为：50；
（4）原子核外出现第一个6f电子的元素的原子外围电子排布是5g186f18s2，根据核外电子排布式，应该是：[118]5g186f18s2，属于139号元素，故答案为：139；
（5）第七周期零族元素的原子序数是118，所以114号元素在此元素的左边，应该是第七周期，ⅣA族元素，属于p区元素，价电子排布是：7s27p2，
故答案为：七；ⅣA；7s27p2．

点评 本题是对结构化学知识的考查，侧重元素原子轨道能级等知识考查，较好的考查学生分析推理能力，难度较大．

练习册系列答案
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6．①CaCO3（s）═CaO+CO2（g）；△H=+177.7kJ/mol
②C（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=-131.3kJ/mol
③$\frac{1}{2}$H2SO4（l）+NaOH（l）═$\frac{1}{2}$Na2SO4（l）+H2O（l）；△H=-57.3kJ/mol
④C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（1）；△H=-2220.0kJ/mol
⑤2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=-517.6kJ/mol
（1）已知上述热化学方程式所给出的焓变绝对值没有错误，试从状态、反应放热或吸热等方面判断：在①～⑤中，不正确的有①②③（填写编号），不正确的理由分别是：①氧化钙状态未标注，②反应是吸热反应，焓变为正值，③硫酸、氢氧化钠、硫酸钠均为稀溶液，应标注为aq．
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（3）已知：H2O（1）=H2O（g）；△H=+44.0kJ/mol，则标况下11.2L丙烷燃烧生成CO2和气态水放出1022kJ热量．
7．某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H2RO4，这种元素的气态氢化物的化学式为（　　）
A．HRB．H2RC．RH3D．RH4
4．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）
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11．现有25℃时0.1mol/L的氨水．请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式NH3．H2O+H+=NH4++H2O；所得溶液的pH＜7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因NH4++H2O?NH3．H2O+H+；
（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c（NH4+）=a mol/l，则c（SO42-）=0.5amol/l；
（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是c（NH4+）＞c（SO42- ）＞c（H+）＞c（OH-）．
1．某同学用下列装置（固定、加热仪器和橡胶管略）进行有关氨气制取的实验探究，回答下列问题．
（1）若用装置①制取NH3，其反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2NH3↑+CaCl2+2H2O；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是③⑦（填装置序号），装置中所盛试剂应具有的性质是氨气难溶于该试剂，该试剂不易挥发，不与氨气反应．
（2）若用装置②制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是CaO或NaOH或碱石灰，分液漏斗中装的试剂是浓氨水或浓NH4Cl溶液，收集装置应选择⑥（填装置序号）．
8．通常人们把拆开1mol 某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差．
化学键A-AB-BA-B
生成1mol化学键时放出的能量436kJ•mol-1243kJ•mol-1431kJ•mol-1
则下列热化学方程式不正确的是（　　）
A．$\frac{1}{2}$A2（g）+$\frac{1}{2}$B2（g）═AB（g）△H=-91.5 kJ•mol -1
B．A2（g）+B2（g）═2AB（g）△H=-183 kJ•mol -1
C．$\frac{1}{2}$A2（g）+$\frac{1}{2}$B2═AB（g）△H=+91.5 kJ•mol-1
D．2AB（g）═A2（g）+B2（g）△H=+183 kJ•mol-1
5．高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：

已知：
Ⅰ．RCOOR′+R′′18OH  RCO18O R′′+R′OH（R、R′、R′′代表烃基）
Ⅱ．（R、R′代表烃基）
（1）①的反应类型是加成反应．
（2）②的化学方程式为．
（3）PMMA单体的官能团名称是碳碳双键、酯基．
（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为．
（5）G的结构简式为．
（6）下列说法正确的是ac（填字母序号）．
a．⑦为酯化反应
b．B和D互为同系物
c．D的沸点比同碳原子数的烷烃高
d．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4mol NaOH
（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是．
（8）写出由PET单体制备PET聚酯（化学式为C10nH8nO4n或C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化学方程式．
6．以煤为原料，经化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工．
（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气．
反应为：C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1；
①该反应在高温下能自发进行（填“能”或“不能”）；
②恒温下，在容积不变的密闭容器中，进行如上可逆反应．一段时间后，下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的有：D．
Ⅰ混合气体的密度；Ⅱ容器内气体的压强；Ⅲ混合气体的总物质的量；ⅣCO物质的量浓度
A、只有ⅣB、只有Ⅰ和ⅣC、只有Ⅱ和ⅢD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ
（2）水煤气再进一步反应可制取氢气．反应为H2O（g）+CO（g）?H2（g）+CO2（g），某温度下该反应的平衡常数K=4/9．该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，只投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如下表所示．下列判断不正确的是C．
起始浓度甲乙丙
c（H2）/mol/L0.0100.0200.020
c（CO2）/mol/L0.0100.0100.020
A、反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
B、平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C、平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012mol/L
D、平衡时，乙中CO2的转化率大于60%

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