题目内容
A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大．A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子．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等；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E的常见化合价为+3；F最高正价与最低负价的代数和为4； G+的M层电子全充满．用化学式或化学符号回答下列问题：（1）G的基态原子的外围电子排布式为
（2）B与F形成的一种非极性分子的电子式为
（3）BD2在高温高压下所形成的晶胞如图所示．该晶体的类型属于
（4）设C元素的气态氢化物为甲，最高价氧化物的水化物为乙，甲与乙反应的产物为丙．常温下，有以下3种溶液：①pH=11的甲的水溶液 ②pH=3的乙的水溶液 ③pH=3的丙溶液，3种溶液中水电离出的cH+之比为
（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应．当丁、戊溶液以物质的量之比为1：4混合后，溶液中各离子浓度大小顺序为
（6）A和C形成的某种氯化物CA2Cl可作杀菌剂，其原理为CA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出CA2Cl与水反应的化学方程式：
（7）往G的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X，下列说法正确的是
A．X中所含化学键有离子键、极性键和配位键
B．X中G2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
C．组成X的元素中第一电离能最大的是氧元素
D．SO42-与PO43-互为等电子体，空间构型均为正四面体．
考点：位置结构性质的相互关系应用,晶胞的计算
专题：元素周期律与元素周期表专题
分析：A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大．A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子，则A为氢元素．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等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，F最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，故D为氧元素、F为硫元素；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子，外围电子排布为ns2np3，处于ⅤA族，原子序数小于氧元素，故C为氮元素；E的常见化合价为+3，原子序数大于氧元素小于硫元素，故E为Al； G+的M层电子全充满，则G原子的核外电子=2+8+18+1=29，故G为Cu元素，据此解答．
解答：
解：A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大．A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子，则A为氢元素．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等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，F最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，故D为氧元素、F为硫元素；C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子，外围电子排布为ns2np3，处于ⅤA族，原子序数小于氧元素，故C为氮元素；E的常见化合价为+3，原子序数大于氧元素小于硫元素，故E为Al； G+的M层电子全充满，则G原子的核外电子=2+8+18+1=29，故G为Cu元素，
（1）G为Cu，基态原子的外围电子排布式为3d104s1，F为S元素，在周期表中属于p区，故答案为：3d104s1；p；
（2）C元素与S元素形成的一种非极性分子为CS2，电子式为
；S元素的一种具有强还原性的氧化物为SO2，分子中S原子价层电子对数=2+
=3，该分子VSEPR模型为平面三角形，
故答案为：；平面三角形；
（3）由CO2在高温高压下所形成的晶胞可知，C原子与掌握4个O原子形成4个C-O键，而O原子与周围2个C原子形成2个C-O键，形成立体网状结构，属于原子晶体，
故答案为：原子；
（4）甲为氨气，乙为硝酸，丙为硝酸铵，常温下，①pH=11的氨水中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=10-11mol/L，
②pH=3的硝酸的水溶液中水电离产生的氢离子等于溶液中氢氧根离子浓度，故水电离出的c（H+）=10-11mol/L，
③pH=3的硝酸铵溶液中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=10-3mol/L，
则3种溶液中水电离出的c（H+）之比=10-11mol/L：10-11mol/L：10-3mol/L=1：1：108，
故答案为：1：1：108；
（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应，则丁为NaAlO2、丙为NaHSO4，当丁、戊溶液以物质的量之比为1：4混合后，发生反应：2NaAlO2+8NaHSO4=Al2（SO4）3+5Na2SO4+4H2O，溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，钠离子浓度最大，硫酸根浓度大于铝离子，故溶液中各离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（A l3+）＞c（H+）＞c（OH-），
故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（A l3+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（6）氯化物NH2Cl可作杀菌剂，其原理为NH2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，应生成HClO，还生成NH3，NH2Cl与水反应的化学方程式为NH2Cl+H2O═HClO+NH3，
故答案为：NH2Cl+H2O═HClO+NH3；
（7）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X为[Cu（NH3）4]SO4，
A．[Cu（NH3）4]SO4中所含化学键有离子键、极性键和配位键，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]SO4中Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故B错误；
C．[Cu（NH3）4]SO4的元素中第一电离能最大的是氮元素，故C错误；
D．SO42-中S原子价层电子对数=4+
=4，没有孤电子对，故SO42-为正四面体结构，SO42-与PO43-互为等电子体，PO43-也正四面体结构，故D正确，
故答案为：AD．
（1）G为Cu，基态原子的外围电子排布式为3d104s1，F为S元素，在周期表中属于p区，故答案为：3d104s1；p；
（2）C元素与S元素形成的一种非极性分子为CS2，电子式为
；S元素的一种具有强还原性的氧化物为SO2，分子中S原子价层电子对数=2+| 6-2×2 |
| 3 |
故答案为：
；平面三角形；（3）由CO2在高温高压下所形成的晶胞可知，C原子与掌握4个O原子形成4个C-O键，而O原子与周围2个C原子形成2个C-O键，形成立体网状结构，属于原子晶体，
故答案为：原子；
（4）甲为氨气，乙为硝酸，丙为硝酸铵，常温下，①pH=11的氨水中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=10-11mol/L，
②pH=3的硝酸的水溶液中水电离产生的氢离子等于溶液中氢氧根离子浓度，故水电离出的c（H+）=10-11mol/L，
③pH=3的硝酸铵溶液中氢离子为水电离产生，故水电离出的c（H+）=10-3mol/L，
则3种溶液中水电离出的c（H+）之比=10-11mol/L：10-11mol/L：10-3mol/L=1：1：108，
故答案为：1：1：108；
（5）丁、戊分别是E、F两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应，则丁为NaAlO2、丙为NaHSO4，当丁、戊溶液以物质的量之比为1：4混合后，发生反应：2NaAlO2+8NaHSO4=Al2（SO4）3+5Na2SO4+4H2O，溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，钠离子浓度最大，硫酸根浓度大于铝离子，故溶液中各离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（A l3+）＞c（H+）＞c（OH-），
故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（A l3+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（6）氯化物NH2Cl可作杀菌剂，其原理为NH2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，应生成HClO，还生成NH3，NH2Cl与水反应的化学方程式为NH2Cl+H2O═HClO+NH3，
故答案为：NH2Cl+H2O═HClO+NH3；
（7）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X为[Cu（NH3）4]SO4，
A．[Cu（NH3）4]SO4中所含化学键有离子键、极性键和配位键，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]SO4中Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故B错误；
C．[Cu（NH3）4]SO4的元素中第一电离能最大的是氮元素，故C错误；
D．SO42-中S原子价层电子对数=4+
| 6+2-2×4 |
| 2 |
故答案为：AD．
点评：本题比较综合，涉及元素推断、核外电子排布、分子结构、溶液pH相关计算、离子浓度比较、配合物等，需要学生具备扎实的基础与分析解决问题能力，难度中等．
练习册系列答案
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