题目内容

3．A、B、C、D、E、F、G七种前四周期元素且原子序数依次增大，A原子中各个电子层的电子数目相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同且D为地壳中含量最多的非金属元素，E与元素C属于同一主族，F2+的3d轨道有9个电子，G原子第N电子层有3对成对电子，请回答下列问题：
（1）根据对角线规则，请写出A元素最高价氧化物对应水化物与NaOH反应的离子方程式：Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O．
（2）F的基态原子电子排布式为[Ar]3d104s1．
（3）C、D、E原子的第一电离能由小到大的顺序为P＜O＜N（用元素符号回答）
（4）已知EG3分子中E与G之间的共用电子对偏向G，且EG3分子遇水会猛烈的发生水解反应，请写出EG3中心原子E的杂化类型是sp3，EG3遇水反应的化学方程式：PBr3+H2O=H3PO3+HBr
（5）向FSO4（aq）中逐滴加入氨水至过量，会观察到先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，生成深蓝色透明溶液现象．后一步反应的离子反应方程式为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O或者Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-．

分析 A、B、C、D、E、F、G七种元素的原子序数依次增大．其中B的基态原子有3个不同的能级，且各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A原子中各个电子层的电子数目相等，原子序数小于碳，故A为Be元素；F2+的3d轨道有9个电子，F原子外围电子排布为3d104s1，则F为Cu；G原子第N电子层有3对成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，故G为Br；D为地壳中含量最多的非金属元素，应为O元素，结合原子序数关系可知C为N元素，E与元素C属于同一主族，应为P元素，由以上分析可知A为Be元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为P元素，F为Cu元素，G为Br元素，结合对应物质的性质以及元素周期率解答该题．

解答 解：A、B、C、D、E、F、G七种元素的原子序数依次增大．其中B的基态原子有3个不同的能级，且各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A原子中各个电子层的电子数目相等，原子序数小于碳，故A为Be元素；F2+的3d轨道有9个电子，F原子外围电子排布为3d104s1，则F为Cu；G原子第N电子层有3对成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，故G为Br；D为地壳中含量最多的非金属元素，应为O元素，结合原子序数关系可知C为N元素，E与元素C属于同一主族，应为P元素，由以上分析可知A为Be元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为P元素，F为Cu元素，G为Br元素，
（1）Be与Al性质相似，对应的Be（OH）2可与强碱反应，反应的离子方程式为Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O，故答案为：Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O；
 （2）F为Cu，基态原子电子排布式为[Ar]3d104s1，故答案为：[Ar]3d104s1；
（3）N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，则电离能O＜N，同主族元素电离能从上到下减小，三者电离能顺序为P＜O＜N，
故答案为：P＜O＜N；
（4）PBr3中P形成3个δ键，且有1个孤电子对，为sp3杂化，与水反应的化学方程式为PBr3+H2O=H3PO3+HBr，
故答案为：sp3；PBr3+H2O=H3PO3+HBr；
（5）向CuSO4（aq）中逐滴加入过量氨水，会发生先产生蓝色沉淀后沉淀消失，沉淀消失的离子反应方程式：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O，或者Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-，
故答案为：先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，生成深蓝色透明溶液；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O 或者Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-．

点评 本题考查物质结构与性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及核外电子排布、电离能、分子结构与性质、配合物、晶胞结构与计算等，学生要熟练掌握基础知识并能迁移运用，难度中等．

练习册系列答案
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A．分液、蒸馏、萃取B．萃取、蒸馏、分液C．分液、萃取、蒸馏D．蒸馏、萃取、分液
5．CO和CO2按物质的量之比1：3组成混合物A，混合物A在标准状况下的体积是4.48L，则混合物A中氧元素的质量分数是多少？
2．将一定质量的纯碱溶于水中，与适量的盐酸作用，若纯碱中混有KHCO3，从下列关于盐酸的用量和生成CO2气体的量的分析正确的是（　　）
A．盐酸用量偏大，生成CO2气体的量偏大
B．盐酸用量偏大，生成CO2气体的量偏小
C．盐酸用量偏小，生成CO2气体的量偏大
D．盐酸用量偏小，生成CO2气体的量偏小
9．在反应MnO2+4HCl（浓）═MnCl2↑+Cl2↑+2H2O中，当有7.3g HCl被氧化时，生成Cl2的质量为（　　）
A．14.2gB．7.3gC．3.65gD．7.1g
8．有A、B、C、D、E是前四期的元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B-少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子有3能级，且有3个未成对电子；D的最外层电子数是内层电子数的3倍．基态的E是前四周期中未成对电子数最多的原子．
请回答下列问题：
（1）E的基态原子的价电子排布式为3d54s1．
（2）M是由A+、B-组成的化合物，其晶胞结构如图所示．则A+的配位数为6．M的熔点小于（填“大于”或“小于”）化合物A2D的熔点，理由是氯化钠中离子半径大于Na2O、所带电荷小于Na2O，则氯化钠熔点小于Na2O．
（3）AC3在受撞击时生成两种单质，可用于汽车的安全气囊．请写出其受撞击时发生的化学反应方程式：3NaN3$\frac{\underline{\;撞击\;}}{\;}$Na3N+4N2↑．
（4）D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是F＞N＞O（用元素符号表示）．
（5）一定条件下，在EB3的溶液中存在组成为[EBn（H2O）6-n]x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R-H），可发生离子交换反应：[EBn（H2O）6-n]x++xR-H→Rx[EBn（H2O）6-n]x++xH+，交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．将含0.0015mol[EBn（H2O）6-n]x+的溶液与R-H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L-1NaOH 溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+．
15．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期．A是原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．
请回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：
（1）E的基态原子的价电子排布式为3d24s2；C的基态原子轨道表示式是．
（2）B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N．
（3）A、B、C、D、E几种元素中电负性最大的是O（填元素符号），D元素的原子核外有8种不同运动状态的电子．
（4）B2A2分子中σ键和π键的个数之比为3：2．
（5）下列叙述正确的是bd（填序号）．
a． M分子中含有4个σ键             b． N分子中含有极性键和非极性键
c． B的氢化物比C的氢化物更稳定     d． BD2的键角为180°，分子呈直线形．
（6）由A C两元素组成的化合物中氢元素的质量分数为12.5%，相对分子质量为32，结构分析发现该分子结构中只有单键．
①该化合物的结构式为．
②若该物质与液态双氧水恰好完全反应，产生两种无毒又不污染环境的气态物质，写出该反应的化学方程式N2H4+2H2O2═N2↑+4H2O．
12．贝诺酯是由扑热息痛、阿司匹林经化学法拼合制备的解热镇痛抗炎药，其合成如下（反应条件略去）：

（1）阿斯匹林分子中的官能团结构简式是：-COOH、-COO-．
（2）1mol扑热息痛最多可跟2mol的Br2反应；1mol阿司匹林与O2完全氧化为CO2和水，需要耗氧8mol．
（3）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式．
（4）病人服用贝诺酯或阿司匹林，都能在消化液的作用下发生水解反应，且有两种产物相同，其中属芳香族化合物的结构简式是．
（5）下列叙述正确的是AB．
A、生成贝诺酯的反应属于取代反应        B、FeCl3溶液可区别阿司匹林和扑热息痛
C、阿司匹林属于芳香烃       D、贝诺酯既是酯类物质，也是氨基酸．
13．一般情况下，前者无法决定后者的是（　　）
A．原子核外电子排布--元素在周期表中的位置
B．分子间作用力的大小--分子稳定性的高低
C．可逆反应向正方向进行的程度--电离常数的大小
D．物质内部储存的能量--化学反应的热效应

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