A、B、C、D、E、F为前四周期的元素。其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A3+比B-少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满；C原子的p轨道

题型：不详难度：来源：

A、B、C、D、E、F为前四周期的元素。其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A³⁺比B^-少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价与最低化合价代数和为4，其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子；F元素的单质为紫红色固体，可通过“湿法冶金”而得。请回答下列问题：
（1）CB₃分子中心原子的杂化类型是     。
（2）F元素的原子的外围电子排布式为     ；如图所示为F与Au以3∶1形成的合金晶胞图，在图中的括号内写出对应的元素符号。

（3）B、D元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：     ＞     （填化学式）。
（4）用导线将A和F的单质做成的电极连接起来，插入到盛有C的最高价氧化物的水化物的浓溶液中构成原电池，试写出在单质A表面发生反应的电极反应式：_____。
（5）分子R是由C元素与氢元素形成的18电子分子，R的电子式为     。
（6）24 g E的单质在33.6 L氧气（标准状况）中燃烧，至反应物全部耗尽，放出x kJ热量。则1mol E与O₂反应生成E的低价氧化物时的热化学方程式为    （已知：E的燃烧热为y kJ/mol）。

答案

（14分）（1）sp³(2分) （2）3d¹⁰4s¹（2分）（2分）
（3）HClO₄>H₂SO₄ (2分)；（4）2H^＋＋NO₃^－＋e^－＝NO₂↑＋H₂O(2分)
（5） (2分) （6）C(s)＋1/2O₂(g)＝CO(g) △H＝－(x－y)kJ/mol(2分)

解析

试题分析：A、B、C、D、E、F为前四周期的元素。其中，A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A³⁺比B^-少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满，所以B是氯元素，则A是Al；C原子的p轨道中有3个未成对电子，因此C是第ⅤA族元素。其气态氢化物在水中的溶解性在同族元素所形成的氢化物中最大，所以C是氮元素；D的最高化合价与最低化合价代数和为4，则D是第ⅥA族元素。其最高价氧化物对应的水化物可以用于制取炸药和制作铅蓄电池，因此D是S元素；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，所以E是碳元素；F元素的单质为紫红色固体，可通过“湿法冶金”而得，则F是铜。
（1）CB₃分子是NCl₃，中心原子N原子含有的孤对电子对数＝（5－3×1）÷2＝1，杂化轨道数目为4，为三角锥型，N原子采取sp³杂化。
（2）铜元素的原子序数是29，则根据构造原理和洪特规则可知，铜原子的外围电子排布式为3d¹⁰4s¹；根据晶胞结构并依据均摊法可知，黑球个数＝8×＝1个。白球个数＝6×＝3个，所以白球和黑球的个数之比是3:1，因此黑球是Au，白球是Cu。
（3）非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强。氯元素的非金属性强于硫元素的非金属性，所以最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是HClO₄>H₂SO₄。
（4）由于常温下单质铝在浓硝酸中发生钝化，所以在该原电池中铜是负极，失去电子。铝是正极，溶液中的NO₃^－得到电子，则正极电极反应式是2H^＋＋NO₃^－＋e^－＝NO₂↑＋H₂O。
（5）N和H元素形成的18电子分子是N₂H₄，其电子式是。
（6）24g碳的物质的量为24g÷12g/mol＝2mol。标准状况下的33.6L氧气的物质的量为33.6L÷22.4L/mol＝1.5mol。所以n（C）：n（O）＝2mol:1.5mol×2＝1:1.5，故燃烧生成物为CO、_CO2.令CO、CO₂的物质的量分别为xmol、ymol，根据C原子守恒有x＋y＝2，根据O原子守恒有x＋2y＝1.5mol×2，联立方程，解得x＝1，y＝1。碳的燃烧热为ykJ/mol，故生成1molCO₂放出的热量为ykJ，所以生成1molCO放出的热量为xkJ-ykJ＝（x－y）kJ，则1mol碳燃烧生成CO放出的热量为（x－y）kJ。因此1mol碳与O₂反应生成CO时的热化学方程式为C(s)＋1/2O₂(g)＝CO(g) △H＝－(x－y)kJ/mol。