题目内容
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 | 是客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 |
（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______；
（2）H-A，H-B两种共价键中，键能较大的是______；H-A，H-D两种共价键中，键的极性较强的是______；
（3）E位于周期表中的位置是______，单质E与B的最高价氧化物的水化物的稀溶液反应的离子方程式为______；
（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______；
（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______，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
【答案】分析：A、B、C、D、E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，则核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；B是空气中含量最丰富的元素，则B为氮元素；短周期元素中，C的金属性最强，则C为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，则核外电子排布为1s22s22p23s23p5，则D为Cl元素；E的一种核素的质量数为63，中子数为34，则E的质子数为63-34=29，为Cu元素，据此解答．
解答：解：A、B、C、D、E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，则核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；B是空气中含量最丰富的元素，则B为氮元素；短周期元素中，C的金属性最强，则C为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，则核外电子排布为1s22s22p23s23p5，则D为Cl元素；E的一种核素的质量数为63，中子数为34，则E的质子数为63-34=29，为Cu元素，
（1）A与氢可形成一种分子式为C2H4，分子中存在1个C=C、4个C-H，单键为σ键，双键含有1σ键、π键数，故乙烯分子中含有5个σ键、1个π键，分子中σ键和π键数目比为5：1，故答案为：5：1；
（2）碳和氢的电负性相差小，C-H键趋于非极性共价键．氮和氢的电负性相差很大，所以电子云强烈的偏向于氮原子，使得键的极性很大，容易断裂，H-C的键能高于H-N；非金属性Cl＞C，故H-Cl键的极性比H-C强，
故答案为：H-C；H-Cl；
（3）E的质子数为63-34=29，为Cu元素，位于周期表中第四周期第IB族，单质Cu与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：第四周期第IB族；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）根据能量变化示意图1可知，1molNO和1molCO2反应生成1molNO2、1molCO吸收的热量为234kJ，故该反应的热化学方程式为：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，属于离子化合物，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成极性键，NaOH中含有离子键、极性键；
将一定量的Cl2通入一定浓度NaOH的水溶液中，两者恰好完全反应时，生成物中有三种含Cl元素的离子，由图可知t2时刻生成ClO-、ClO3-，二者物质的量之比为2：1，根据电子转移守恒可知还生成Cl-，t2时刻总反应的化学方程式为：5Cl2+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO3+5H2O，
故答案为：离子键、极性键；5Cl2+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO3+5H2O．
点评：本题考查结构性质位置关系的综合应用、化学键、热化学方程式、常用化学用语等，题目较为综合，难度中等，（2）中键能比较是易错点、难点，注意掌握甲烷键能与键长关系的特殊性．
解答：解：A、B、C、D、E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，则核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；B是空气中含量最丰富的元素，则B为氮元素；短周期元素中，C的金属性最强，则C为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，则核外电子排布为1s22s22p23s23p5，则D为Cl元素；E的一种核素的质量数为63，中子数为34，则E的质子数为63-34=29，为Cu元素，
（1）A与氢可形成一种分子式为C2H4，分子中存在1个C=C、4个C-H，单键为σ键，双键含有1σ键、π键数，故乙烯分子中含有5个σ键、1个π键，分子中σ键和π键数目比为5：1，故答案为：5：1；
（2）碳和氢的电负性相差小，C-H键趋于非极性共价键．氮和氢的电负性相差很大，所以电子云强烈的偏向于氮原子，使得键的极性很大，容易断裂，H-C的键能高于H-N；非金属性Cl＞C，故H-Cl键的极性比H-C强，
故答案为：H-C；H-Cl；
（3）E的质子数为63-34=29，为Cu元素，位于周期表中第四周期第IB族，单质Cu与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：第四周期第IB族；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）根据能量变化示意图1可知，1molNO和1molCO2反应生成1molNO2、1molCO吸收的热量为234kJ，故该反应的热化学方程式为：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，属于离子化合物，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成极性键，NaOH中含有离子键、极性键；
将一定量的Cl2通入一定浓度NaOH的水溶液中，两者恰好完全反应时，生成物中有三种含Cl元素的离子，由图可知t2时刻生成ClO-、ClO3-，二者物质的量之比为2：1，根据电子转移守恒可知还生成Cl-，t2时刻总反应的化学方程式为：5Cl2+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO3+5H2O，
故答案为：离子键、极性键；5Cl2+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO3+5H2O．
点评：本题考查结构性质位置关系的综合应用、化学键、热化学方程式、常用化学用语等，题目较为综合，难度中等，（2）中键能比较是易错点、难点，注意掌握甲烷键能与键长关系的特殊性．
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（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有 个方向，原子轨道呈
形．
（3）画出C原子的电子排布图 ．
（4）已知BA5为离子化合物，写出其电子式 ．
（5）DE3中心原子的杂化方式为 ，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为 ．
（6）用电子式表示F元素与E元素形成化合物的形成过程 ．
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| A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素 |
| B元素原子的核外p电子数比s电子数少1 |
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| D原子核外所有p轨道全满或半满 |
| E元素的主族序数与周期数的差为4 |
| F是前四周期中电负性最小的元素 |
| G在周期表的第七列 |
（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有
形．
（3）画出C原子的电子排布图
（4）已知BA5为离子化合物，写出其电子式
（5）DE3中心原子的杂化方式为
（6）用电子式表示F元素与E元素形成化合物的形成过程