题目内容

19．A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中A～F为短周期主族元素，G为第四周期元素．已知：A是原子半径最小的元素，B和D同周期，固态的BD2能升华，E、F在B、D的下一周期，且E原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；G的质子数比F多12．请回答：
（1）G的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；B、C、D第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N（用元素符号表示）．
（2）CA3分子的空间立体构型为三角锥形；G的硫酸盐与过量的CA3水溶液反应得到含配离子的深蓝色溶液，写出该配离子的化学式[Cu（NH3）4]2+．
（3）元素C的简单离子与Na+形成的晶体的最小结构单元如图所示．则Cn-的配位数为6．
（4）工业上将干燥的F单质通入熔融的E单质中制得化合物E2F2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl．
（5）已知298K时，B和BD的燃烧热分别为-393.5KJ/mol、-283KJ/mol，该温度下B转化为BD的热化学方程式为2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1 或C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1．

分析 A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中A～F为短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；E原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故E为S元素，可推知F为Cl；E、F在B、D的下一周期，B和D同周期，则B、D处于第二周期，固态的BD2能升华，应是CO2，则B为碳元素、D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；G的质子数比F多12，故G的质子数为17+12=29，故G为Cu，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中A～F为短周期主族元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；E原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故E为S元素，可推知F为Cl；E、F在B、D的下一周期，B和D同周期，则B、D处于第二周期，固态的BD2能升华，应是CO2，则B为碳元素、D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；G的质子数比F多12，故G的质子数为17+12=29，故G为Cu．
（1）G为Cu，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳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，故第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；C＜O＜N；
（2）NH3分子的空间立体构型为：三角锥形；硫酸铜与过量的NH3水溶液反应得到含配离子的深蓝色溶液，该配离子的化学式为[Cu（NH3）4]2+，
故答案为：[Cu（NH3）4]2+；
（3）元素C的简单离子与晶胞棱中心的Na+离子距离最近，每个顶点为8个晶胞共用，每个钠离子为4个晶胞共用，故Cn-的配位数为3×8×$\frac{1}{4}$=6，
故答案为：6；
（4）工业上将干燥的氯气通入熔融的硫单质中制得化合物S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，反应中只有一种元素化合价发生改变，即只有S元素化合价发生变化，S2Cl2中S元素平均化合价为+1，0.2molS2Cl3含有0.4molS原子，0.2molS2Cl3反应时转移0.3mol电子，则被氧化的S原子为$\frac{0.3mol}{4-1}$=0.1mol，被氧化物的S原子为0.4mol-0.1mol=0.3mol，设S元素在还原产物中的化合价为x，则（1-x）×0.3=0.3，解得x=0，故还原产物为S，由元素守恒可知，有水参与反应，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，
故答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；
（5）已知298K时，碳和CO的燃烧热分别为-393.5KJ/mol、-283KJ/mol，则：
①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1
②CO（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ•mol-1
根据盖斯定律：①×2-②×2得：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
或者①-②×2得：C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1
故答案为：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1 或C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1．

点评 本题比较综合，涉及电离能、分子空间构型、配合物、晶胞计算、氧化还原反应方程式书写、热化学方程式书写等，推断元素是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，（5）中注意没有明确转化方程式．

练习册系列答案
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9．下列各式表示水解反应的是（　　）
A．HCO3-+H2O?H3O++CO32-B．HS-+H2O?H2S+OH-
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10．SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S-F键．已知断裂lmol F-F、S-F键需吸收的能量分别为l60kJ、330kJ．又知：1mol S（s）转化成气态S原子时吸收280kJ能量，则S（s）+3F2（g）═SF6（g）的反应热为（　　）
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7．有机物H是合成免疫抑制剂药物霉酚酸的中间体，可由如图路径合成得到．

（1）有机物A中的含氧官能团的名称为酚羟基、酯基．
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（4）步骤⑤可得到副产品有机物J，有机物J和有机物F互为同分异构体，写出有机物J的结构简式：（任写一种）．
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Ⅰ．可以发生银镜反应，且能够与NaHCO3反应产生CO2；
Ⅱ．是芳香族化合物，且核磁共振氢谱图显示分子中有4种不同化学环境的氢．
写出该同分异构体的结构简式：．
（6）已知：直接与苯环相连的卤素原子难以与NaOH水溶液发生取代反应．根据已有知识并结合相关信息，写出以、HCHO为原料制备  合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：
14．W、X、Y、Z、M、N是六种常见的短周期元素，其中W、X、Y、Z原子半径随原子序数变化如图所示．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强．M的原子序数比Y小1，N元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍．
（1）Y位于元素周期表中第三周期ⅣA族；
Z的最高价氧化物的水化物化学式为HClO4（写化学式）
（2）加热条件下X单质与W单质生成的化合物的电子式为，
（3）X、M的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．
（4）N的常见低价氧化物与Z单质的水溶液反应的化学方程式SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4．
（5）M与Z形成化合物的化学式是AlCl3．实验测得当此化合物处于固态和熔融状态时不导电，溶于水能导电．由此判断该化合物是共价化合物 （填“离子”或“共价”）．
4．下列叙述不正确的是（　　）
A．Ca（ClO）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
B．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入装有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
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D．
锌与不同浓度的硝酸可发生不同的反应（如图：y表示耗去Zn的物质的量，x表示被还原的硝酸的物质的量），4Zn+10HNO3（极稀）=4Zn（NO3）2+5H2O+N2O↑符合图示
11．下列叙述正确的是（　　）
A．常温下1L0.1mol/LNH4Cl溶液与2L0.05mol/LNH4Cl溶液中c（NH4+）相等
B．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）相等
C．pH=6的CH3COOH和CH3COONa混合液中：c（Na+）+c（OH-）-c（CH3COO-）=10-6mol/L
D．pH=9的NaHA溶液中：c（Na+）＞c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A）＞c（OH-）＞c（H+）
8．下列推断符合实际的是（　　）
A．第n周期的最后一种金属元素处在第n-1族（1＜n＜7，n为正整数）
B．m=1和m=7（m为最外层电子数）的元素单质能形成的化合物都是离子化合物
C．m-n=5（m为最外层电子数，n为电子层数）的主族元素存在最强的对应含氧酸
D．第n周期有n种主族金属元素（1＜n＜7，n为正整数）
9．已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B?H++HB-，②HB-?H++B2-．关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，下列说法中一定正确的是（　　）
A．NaHB属于弱电解质
B．溶液中的离子浓度c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（OH-）
C．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH-═H2O
D．c（Na+）=c（HB-）+c（B2-）+c（H2B）

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