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    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．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：填空题

    12．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      
    （1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，①元素位于周期表的s区．
    （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．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    13．某兴趣小组对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀（可能含有CuO、CuS、Cu2S，其中CuS和 Cu2S不溶于稀盐酸、稀硫酸）进行探究，实验步骤如下：
    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+
    （4）CuS固体能溶于热的浓硫酸，请用有关平衡移动原理加以解释：CuS存在溶解平衡CuS（s）?Cu2+（aq）+S2-（aq），热的浓硫酸将S2-氧化，使S2-浓度减小，促进上述平衡向正向移动，使CuS溶解．
    （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%．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    2．短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示，B、D最外层电子数之和为12，二者可形成DB2、DB3两种分子，DB2具有漂白性．
    AB
    CD
    回答下列问题：
    （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．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    9．下列物质中标“•”号的原子为sp3杂化的是（　　）
    A．$\underset{\stackrel{\;}{C}}{•}$H2OB．$\underset{\stackrel{\;}{N}}{•}$2H4C．$\underset{\stackrel{\;}{B}}{•}$F3D．$\underset{\stackrel{\;}{C}}{•}$2H4

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    19．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：
    （1）Q元素在周期表中的位置第三周期ⅥA族；X与J形成的离子化合物的电子式为
    （2）元素的非金属性Z＞Q（填“＞”或“＜”），下列各项中，不能说明这一结论的事实有C（填序号）
    A．Q的氢化物的水溶液在空气中会变浑浊   B．Z与Q形成的化合物中元素的化合价
    C．Z和Q的单质的状态                  D．Z和Q在周期表中的位置
    （3）X与Y可形成阳离子A，检验A离子的方法是取溶液少许于试管中，向溶液中加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝证明原溶液含有NH4+离子
    （4）Y的气态氢化物与Z的单质反应的化学方程式为4NH3+5O2 $\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H2O
    （5）J与Q的单质可形成如图所示原电池（工作温度为320℃），该原电池的负极反应为Na-e-=Na+，其中M是Na2O和Al2O3的混合物，则M的两个作用为隔离正负极，传导钠离子
    （6）常温下向1000mL 0.2mol/L的Q的气态氢化物水溶液中加入1.15g的J的单质，反应后溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10-9，则溶液中各微粒的浓度顺序为（由大到小，不包括水分子和氢氧根离子）c（H2S）＞c（HS-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（S2-）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    6．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：
    请回答下列问题：
    （1）Pt（a）电极发生氧化反应（填“氧化”或“还原”），电极反应式为CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+．
    （2）如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有$\frac{1}{3}$mol．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    3．Cl2制成漂粉精的主要目的是（　　）
    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

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    4．下列事实能证明苯分子中碳和碳之间的化学键是一种介于单键与双键之间的独特的键的是（　　）
    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

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