1、N单元物质结构与性质N单元物质结构与性质N1原子结构与元素的性质25.F2 N12013安徽卷 X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW的一种核素的质量数为28，中子数为14 (1)W位于元素周期表第_周期第_族；W的原子半径比X的_(填“大”或“小”)。(2)Z的第一电离能比W的_(填“大”或“小”); XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是_；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢
2、键的物质名称_。(3)振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是_；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是_。(4)在25 、101 kPa下，已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419 kJ，该反应的热化学方程式是_。25答案 (1)三A大(2)小分子间作用力乙酸(其他合理答案均可)(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液Si4HF=SiF42H2(4)4Al(s)3O2(g)=2Al2O3(s)H3352 kJmol1(其他合理答案均可)解析 利用X的信息知其为A族元素，Y是地壳中含量
3、最高的元素，故Y为氧元素，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素可知X为碳元素；Z的基态原子的电子排布式为3s23p1，则Z为13号元素铝；W元素的一种核素的质量数为28，中子数为14，则质子数为14，则W为硅元素。(1)Si核外电子层数为3、最外层电子数为4，因此Si位于第三周期A族；同主族元素随核电荷数增大原子半径增大，故Si的原子半径比C的大。(2)铝为较活泼金属，最外层3p1电子容易失去，因此Al、Si相比，第一电离能较小的是Al；CO2晶体转化为气体，分子没有改变，只是分子间间距变大，因此破坏的作用力是分子间作用力；由H、C、O形成的分子：乙酸、乙醇等同种分子间均存在氢键。
4、(3)Al与盐酸反应后的溶液中含有Al3，因此向该溶液中加入NaOH至过量，依次发生反应为Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2O，可看到的现象是先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最终变为无色溶液；Si与HF反应可置换出H2，同时还生成SiF4气体。(4)13.5 g Al物质的量为0.5 mol，由题中数据可知4 mol Al与氧气完全反应生成固态Al2O3时，放出热量为419 kJ3352 kJ。8C5 E2 F3 N12013重庆卷 合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。铝元素在周期表中的位置为_。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通
5、入的气体为_。AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_。焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为_。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。80.0 g Cu Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，则合金中Cu的质量分数为_。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合图中信息推断该合金中除铜外一定含有_。图08答案 (1
6、)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2NaAlO2H2OAr(其他合理答案均可)(2)吸氧腐蚀CaCO3或CaO(3)83.1%Al、Ni解析 无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量CO2，目的是将AlO全部转化为Al(OH)3；AlMg合金焊接前，为防止高温下金属与空气中的O2、N2、CO2等发生反应，应使用稀有气体作保护气；炼铁过程中，需加入生石灰或石灰石，跟原料中的SiO2等物质发生反应，将其转化为炉渣而除去；CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，因Cu(OH)2可溶于氨水，所得白色沉淀必为Al(OH)3，其物质的量为0.5 mol，则原合金中Al的质量为13.5 g；当p
7、H3.4时开始沉淀，说明该合金中含Al，在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明含Ni。4E2 E5 N12013四川卷 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为43，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是()AW、Y、Z的电负性大小顺序一定是ZYWBW、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是WXYZCY、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体DWY2分子中键与键的数目之比是214C解析 利用题中“W、X原子的最外层电子数之比为43和X的原子序数大于W”可知W一定在X的上一周期，且可推知W为C，进而可知X为Al，Z为Cl，则Y可能是Si(硅)、P(磷)或
8、S(硫)。Si(硅)的电负性小于C(碳)，A项错误；C(碳)核外电子层数只有2层，小于核外电子层数为3的Al、Cl等元素的原子半径，B项错误；若Y为Si，则SiCl4的空间构型是正四面体，C项正确；CS2分子中的碳硫双键中一条为键、一条为键，故该分子中键与键数相等，D项错误。N2化学键11B1 B3 G1 H3 F4 N22013重庆卷 化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。(1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25 时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。N2的结构式为_。上述反应离子方程式为_，其平均反应速率v(NO)为
9、_molL1min1。还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法_。(2)电化学降解NO的原理如图0所示。图0电源正极为_(填“A”或“B”)，阴极反应式为_。若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为_g。11答案 (1)NN2NO5H2N22OH4H2O0.001加酸升高温度加水 (2)A2NO6H2O10e=N212OH14.4解析 (1)N2结构中含有氮氮三键，其结构式为NN；H2与NO发生氧化还原反应，H由0价升到1价，N由5价降到0价，结合电子守恒及电荷守恒规律，其离子方程式为5H22NON24H2O2OH；溶液的pH由7变为12，表明
10、c(H)由107变成1012，则c(OH)由107增大到102，c(OH)在10 min 内的变化量约为102 mol/L，而c(OH)与c(NO)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(NO)的变化量为0.01 mol/L，则v(NO)0.001 mol/(Lmin)；NO水解：NOH2O HNO2OH，是一个吸热过程，可通过升高温度、加酸和加水的方法促进其水解。(2)根据题图可知，电解池右侧NO转化成N2，发生还原反应：2NO10e6H2O=N212OH，其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2H2O4 e=O24H，其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；转移2 mol电子时，右侧产生0
11、.2 mol N2，质量为5.6 g，左侧产生0.5 mol O2，质量为16 g，同时生成2 mol H，由于H可通过质子交换膜由左侧进入右侧，则右侧电解液质量实际减少：5.6 g2 g3.6 g，左侧电解液质量实际减少：16 g2 g18 g，则两侧质量差为14.4 g。N3分子的结构与性质3H2 N3 N42013重庆卷 下列排序正确的是()A酸性：H2CO3C6H5OHCH3COOHB碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2KOHC熔点：MgBr2SiCl4BND沸点：PH3NH3H2O3D解析 酸性C6H5OHH2CO3CH3COOH，A项错误；同主族元素，周期序数越大，元素的金属性越强，
12、CaBa，同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，CaK，故碱性Ca(OH)2Ba(OH)2，Ca(OH)2KOH，B项错误；MgBr2晶体属于离子晶体，SiCl4晶体属于分子晶体，BN晶体属于原子晶体，熔点：原子晶体离子晶体分子晶体，则SiCl4MgBr2BN，C项错误；同主族元素的氢化物，相对分子质量越大，其熔、沸点一般越高，但由于H2O、NH3分子间存在氢键，D项正确。 N4晶体结构与性质 11B2 J1 J2 N42013四川卷 明矾石经处理后得到明矾KAl(SO4)212H2O。从明矾制备 Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如下所示：图0焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)2
13、12H2O3S=2K2SO42Al2O39SO248H2O。请回答下列问题。(1)在焙烧明矾的反应中，还原剂是_。(2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是_。(4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是_。(5)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25 、101 kPa时： 2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)H1197 kJ/mol；H2O(g)=H2O(l)H244 kJ/mol；2SO2(g)O2(g)2H2O(g)=2H2SO4(l)H3545 kJ/mol。则：SO3(g)与H2
14、O(l)反应的热化学方程式是_。焙烧948 t明矾(M474 g/mol)，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸_t。11答案 (1)S(硫)(2)蒸发结晶(3)4(4)Al3NiO(OH)NaOHH2O=NaAlO23Ni(OH)2(5)SO3(g)H2O(l)=H2SO4(l)H130 kJ/mol432解析 (1)结合明矾煅烧的方程式可知，S的化合价升高，被氧化，作还原剂。(2)从溶液中得到晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)结合AlN的晶体图可推出处于晶胞体心的Al与4个N直接相连，因此该晶体中Al的配位数为4。(4)利用题中放电时信息可知NiOOH作正极(放
15、电时发生还原反应)，则Al作负极，因电解质溶液为NaOH，则放电时Al极发生氧化反应生成NaAlO2，由此容易写出电池总反应。(5)首先写出该反应为SO3(g)H2O(l)=H2SO4(l)，利用盖斯定律，将方程式进行叠加：2，则H545 kJ/mol(197 kJ/mol)(44 kJ/mol)2260 kJ/mol；结合题中给出煅烧明矾的方程式可得关系式：4KAl(SO4)212H2O9SO29H2SO4，可知948 t明矾可得到98%的浓硫酸的质量为106 gt1432 t。8B1 E2 N42013四川卷 X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可化合生成气体G
16、，其水溶液pH7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。请回答下列问题：(1)M固体的晶体类型是_。(2)Y基态原子的核外电子排布式是_；G分子中X原子的杂化轨道类型是_。(3)L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是_。(4)R的一种含氧酸根RO具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是_。8答案 (1)离子晶体(2)1s22s22p63s23p4sp3
17、杂化(3)Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度(4)4FeO20H=4Fe33O210H2O解析 “X的单质与氢气化合生成气体G，其水溶液pH7”，可知X为N(氮)，“Y是一种黄色晶体”，可知Y为S(硫)，“R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍”即核外电子排布式为Ar3d64s2，结合电子排布规律可知其是26号元素Fe，由“Z与钠元素形成的化合物与AgNO3反应生成不溶于硝酸的白色沉淀”，可知Z为Cl(氯)，进而可推知G、Q、J、L、M分别为NH3、Na2S、NaCl、AgCl、NH4Cl。(1)NH4Cl是NH与Cl间通过离子键结合，属于离子晶体。(2)S元素为16号元素，其核外
18、电子排布式为1s22s22p63s23p4(或者Ne3s23p4)；NH3分子中N原子成键电子对数为3，孤电子对数为1，即价层电子对数为4，故N原子为sp3杂化。(3)AgCl悬浊液加入Na2S溶液，白色沉淀转化成黑色沉淀，是由于Ksp(Ag2S)Ksp(AgCl)，AgCl沉淀可转化成更难溶的Ag2S沉淀。(5)FeO在酸性溶液中，得到黄色溶液说明溶液中有Fe3，即有铁元素被还原，那么得到的气体只能是氧化产物O2。N5物质结构与性质综合12013广西四市联考实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（）A水晶和干冰的熔化B食盐和醋酸钠的熔化C液溴和液汞的汽化DHCl和NaCl溶于水1B解析水晶
19、是SiO2晶体，熔化需要克服SiO共价键，干冰是二氧化碳晶体，熔化破坏分子间作用力，A项错误；食盐和醋酸钠均是离子化合物，熔化时克服离子键，B项正确；液溴汽化克服分子间作用力，汞汽化克服汞原子间的金属键，C项错误；HCl溶于水破坏共价键，NaCl溶于水破坏离子键，D项错误。22013安徽省级示范高中名校联考A、B、C、D、E是周期表中前四周期的元素，其有关性质或结构信息如下表：元素有关性质或结构信息A负二价的A元素的氢化物在通常状况下是一种液体，其中A的质量分数为88.9%BB原子得到一个电子后3p轨道全充满CC原子的p轨道半充满，它的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成一种常见的盐X
20、DD元素的最高化合价与最低化合价的代数和为零，其最高价氧化物为分子晶体EE元素的核电荷数等于A原子和B元素氢化物的核电荷数之和（1）元素Y是C下一周期同主族元素，比较B、Y元素的第一电离能I1（B）I1（Y）。（2）E元素原子的核外电子排布式为_。（3）盐X的水溶液呈（填“酸性”“碱性”或“中性”），B元素最髙价含氧酸一定比D元素最高价含氧酸的酸性（填“强”或“弱”）。（4）C单质分子中键和键的个数比为，C的氢化物在同族元素的氢化物中沸点出现反常，其原因是_。（5）用高能射线照射液态H2A时，一个H2A分子能释放出一个电子，同时产生一种具有较强氧化性的阳离子，试写出该阳离子的电子式：。写出该阳
21、离子与硫的氢化物的水溶液反应的离子方程式：_。2(1)(2)1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2)(3)酸性强(4)12NH3分子间存在氢键(5)HO, H2H2OH2S=S2H2O2H解析根据题中A、B、C、D、E的信息可确定AE分别为O、Cl、N、C和Fe。(1)Y为P，P与Cl为同一周期元素，Cl在P的右侧，故P的第一电离能小于Cl的第一电离能。(2)Fe为26号元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(3)盐为NH4NO3，属强酸弱碱盐，因NH水解而显酸性；高氯酸酸性强于碳酸。(4)N2分子含氮氮三键，键和键的个数比为12；由于
22、NH3分子间存在氢键，其分子间作用力比同族其他元素的氢化物分子间作用力强，故使其沸点反常的高；(5)H2O释放出一个电子生成H2O，其中氧元素为1价，具有强氧化性。32013贵州四校模拟已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A、E原子的最外层电子数均等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子L层上有2对成对电子。请回答下列问题。（1）E元素基态原子的电子排布式为_。（2）B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为（填元素符号）。（3）D元素与氟元素相比，电负性：DF（填“”“”或“”）。（4）
23、BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图K414所示。该晶体的类型属于。（选填“分子”“原子”“离子”或“金属”晶体），该晶体中B原子轨道的杂化类型为。1molB2A2分子中含键的数目是_。 图K414（5）光谱证实单质E与强碱溶液反应有E（OH）4生成，则E（OH）4中存在。a共价键b配位键c键d键3(1)1s22s22p63s23p1(2)C、O、N(3)(4)原子sp33NA(或1.8061024)(5)abc解析从B的核外电子运动状态看，应为碳原子；D的L层电子排布式为2s22p4，故为O；则A、C元素分别为H、N；根据E的电子层数为氢的3倍，且其最外层电子数等于其周期序数，故E是Al。(2)碳、氮、氧同一周期，因氮原子的2p轨道为半满状态，致使其第一电离能大于相邻的碳和氧。(3)氧、氟为同一周期元素，因氟在氧的右侧，故氟的电负性比氧大。(4)从晶体的结构看，该化合物结构与SiO2相似，为原子晶体，其中碳原子为sp3杂化。C2H4的结构为HCCH，故分子内含有三条键。(5)Al(OH)4中O与H之间形成的化学键为共价键、键，Al3与OH形成的键为配位键。42013青岛模拟太阳能电池的发展已经进入了第三代。第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太
