题目内容
14．
已知A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态．通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，其晶胞结构如右图所示．原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，在近10年迅速发展起来的第三代新型半导体材料．试回答下列问题：
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1．
（2）A、B、C的第一电离能由大到小的顺序：N＞C＞Si（用元素符号表示）．
（3）B元素的单质分子中有2个π键，与其互为等电子体的物质的化学式可能为CO或CN-（任写一种）．
（4）上述A的氧化物分子中心原子采取sp杂化，其晶胞中微粒间的作用力为分子间作用力．
（5）EH3分子的空间构型为三角锥形，其沸点与BH3相比低（填“高”或“低”），原因
是NH3分子之间存在氢键
（6）向CuSO4溶液中逐滴加入BH3的水溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到深蓝色的透明溶液．请写出沉淀溶解的离子方程式Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O．
分析 A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态，外围电子排布式为ns2np3，则B为N元素、D为P元素、E为As；通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，由其晶胞结构可知为CO2，A为碳元素；原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，可推知C为Si．
解答 解：A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中B、D、E原子最外层电子层的P能级（轨道）上的电子处于半充满状态，外围电子排布式为ns2np3，则B为N元素、D为P元素、E为As；通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，由其晶胞结构可知为CO2，A为碳元素；原子序数为31的元素镓（Ga）与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，可推知C为Si．
（1）Ga与Al同主族相邻，Ga原子核外电子数为13+18=31，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；
（2）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的，同主族自上而下第一电离能增大，故第一电离能：N＞C＞Si，
故答案为：N＞C＞Si；
（3）B元素为N2，结构式为N≡N，分子中有2个π键，与其互为等电子体的物质的化学式可能为CO或CN-，
故答案为：2；CO或CN-；
（4）上述A的氧化物为CO2，为直线形结构，分子中C原子采取sp杂化，属于分子晶体，其晶胞中微粒间的作用力为分子间作用力，
故答案为：sp；分子间作用力；
（5）AsH3分子与NH3分子构型相似，为三角锥形结构，由于NH3分子之间存在氢键，故AsH3的沸点比NH3的低，
故答案为：三角锥形；低；NH3分子之间存在氢键；
（6）向CuSO4溶液中逐滴加入NH3的水溶液，先生成Cu（OH）2蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到深蓝色的透明溶液，生成[Cu（NH3）4]2+，沉淀溶解的离子方程式：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O，
故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O．
点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及结构性质物质关系、核外电子排布、电离能、化学键、等电子体、空间构型与杂化方式判断、氢键、配合物等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备知识的基础．
如下表是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题 | ① | |||||||||||||||||
| ② | ③ | ④ | ⑤ | ⑥ | |||||||||||||
| ⑦ | ⑧ | ⑨ | |||||||||||||||
（2）②、⑥两元素形成的化合物的空间构型为平面正三角形，其中心原子的杂化类型为sp2．
（3）写出元素⑧基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1．
（4）比较：第一电离能：③＜④，电负性：④＜⑤（填“＞”或“＜”或“=”）．
（5）元素⑦与CO可形成的X（CO）5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于分子晶体（填晶体类型）．
（6）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为配位键．
（7）金属⑦的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为2：1．
Ⅰ．将光亮铜丝插人浓硫酸，加热；
Ⅱ．待产生大量黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；
Ⅲ．冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用．
回答下列问题：
（1）步骤Ⅱ产生气体的化学式为SO2．
（2）向含微量 Cu2+试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，能产生红褐色沉淀．现将少量黑色沉淀放入稀硫酸中，充分振荡以后，再滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未见红褐色沉淀，由此所得结论是黑色沉淀中不含有CuO．
（3）为证明黑色沉淀含有铜的硫化物，进行如下实验：
| 装置 | 现象 | 结论及解释 |
 | ①A试管中黑色沉淀逐渐溶解 ②A试管上方出现红棕色气体 ③B试管中出现白色沉淀 | a．现象②说明褐色沉淀具有 还原性性． b．试管B中产生白色沉淀的总反应的离子方程式为 NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+ |
（5）为测定黑色沉淀中Cu2S 的百分含量，取0.2g 步骤Ⅰ所得黑色沉淀，在酸性溶液中用 40.0mL 0.075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：
8MnO4-+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
6MnO4-+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
反应后煮沸溶液，赶尽SO2，过量的高锰酸钾溶液恰好与35.0mL 0.1mol/L （NH4）2Fe（SO4）2 溶液反应完全．则混合物中Cu2S 的质量分数为40%．
| A | B | |
| C | D |
（1）A位于元素周期表二周期，VA族，其氢化物的分子式是NH3．
（2）下列叙述中，正确的是a（填字母）．
a．稳定性：A的氢化物＞C的氢化物 b．还原性：B2-＞D2-
c．酸性：H4CO4＞H2DO4 d．最高化合价值：D=B＞A＞C
（3）DB2通过下列工艺流程可制化工业原料H2DB4和清洁能源H2．
①原电池中DB2参与反应的电极为负极，写出电极反应式SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-；若有5mol DB2参加反应（假若反应物无损耗），则生成标准状况下112L H2．
②为检验分离器的分离效果，取分离后的H2DB4溶液于试管，向其中逐滴加入AgNO3溶液至充分反应，若观察到无淡黄色沉淀产生，最终生成白色沉淀，证明分离效果较好．
③将该工艺流程用总反应的化学方程式表示为：SO2+2H2O=H2SO4+H2．
| A． | $\underset{\stackrel{\;}{C}}{•}$H2O | B． | $\underset{\stackrel{\;}{N}}{•}$2H4 | C． | $\underset{\stackrel{\;}{B}}{•}$F3 | D． | $\underset{\stackrel{\;}{C}}{•}$2H4 |
已知X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X-的半径，Y2是空气主要成分之一．请回答：
科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径．近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过．其工作原理的示意图如图所示：| A． | 使它转化为较稳定物质，便于保存和运输 | |
| B． | 增强漂白和消毒作用 | |
| C． | 使转化为较易溶于水的物质 | |
| D． | 增加氯的质量分数，有利于漂白、消毒 |
| A． | 邻-二溴苯只有一种 | |
| B． | 苯分子中所有原子在同一平面上 | |
| C． | 二甲苯没有同分异构体 | |
| D． | 苯既能发生加成反应也能发生取代反应 |