题目

题型：不详难度：来源：

A、Z、R、D、E、F、G是七种原子序数依次增大且不大于20的元素，其中有两种非金属元素位于同一主族．己知A、Z、D均能与R形成原子（或离子）个数不同的儿种常见化合物．请回答下列有关问题．
（1）若X、Y是D、F形成的最高价氧化物对应的水化物，浓度均为0.1mol/L的X、Y溶液的pH之和为14，则X、Y的晶体熔点相对高低为（写化学式）______，导致这种差异存在的原因是______在相同温度下，相等物质的量浓度的X、Y各自的溶液中，由水电离出的c（H⁺）的相对大小关系为______．
（2）A与Z、E均可形成正四面体构型的气态分子Q、P，又知P的燃烧热为1430kJ/mol．则其燃烧的热化学方程式______．
（3）R与D、F间；R与F、G间均可形成多种化合物，其中有两种是目前广泛使用的具有消毒***菌能力的化合物．则相同物质的量浓度的这两种物质的溶液，消毒***菌能力较强的物质的化学式为______，另一种物质的溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为______．
（4）上述七种元素间能形成多种常见二元化合物，其中Z与G形成的一种化合物存在两类化学键的物质溶于HC1溶液的化学反应方程式为______，ZR₂的电子式是______，该分子的空间构型为______化合物ZRF₂的结构式为______
（5）R能形成多种单质，如R₂、R₃，研究表明，新近制得的一种组成为R₄的分子中，每个R原子均与另外两个R原子各形成一个键，则1molR₄中共用电子对数为______N_A，列有关R₄的说法中正确的是______
①R₄与R₃、R₂互为同位素
②R₄不能与A、Z、D的单质反应
③R₄中各原予最外层均为8电子结构
④R₄是1种新型化合物．

答案

由分析可知，A为氢元素、Z为碳元素、R为氧元素、D为Na元素、E为Si元素、F为氯元素、G为钙元素．
（1）D、F形成的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HClO₄，NaOH为离子晶体，HClO₄形成分子晶体，离子键强于分子间作用力，所以晶体熔点NaOH＞HClO₄；氢氧化钠溶液中氢离子浓度为

Kw

c(OH-)

，高氯酸溶液中水电离的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为

Kw

c(H+)

，在相同温度下，相等物质的量浓度的NaOH、HClO₄的溶液，氢氧化钠溶液中c（OH^-）等于高氯酸溶液中c（H⁺），所以

Kw

c(OH-)

=

Kw

c(H+)

，即在相同温度下，相等物质的量浓度的X、Y各自的溶液中，由水电离出的c（H⁺）相等．
故答案为：NaOH＞HClO₄；NaOH为离子晶体，HClO₄形成分子晶体，离子键强于分子间作用力；相等．
（2）P为SiH₄，燃烧热为1430kJ/mol，燃烧的热化学方程式为SiH₄（g）+2O₂（g）=SiO₂（s）+2H₂O（l），△H=1430kJ/mol．
故答案为：SiH₄（g）+2O₂（g）=SiO₂（s）+2H₂O（l），△H=1430kJ/mol．
（3）相同浓度的次氯酸钠溶液与次氯酸钙溶液，次氯酸钙溶液中次氯酸根离子浓度更大，所以Ca（ClO）₂ 消毒***菌能力较强；NaClO溶液中，次氯酸根水解，溶液呈碱性，水解程度不大，次氯酸根远远大于氢氧根离子浓度，所以 离子浓度Na⁺＞ClO^-＞OH^-＞H⁺．
故答案为：Ca（ClO）₂；Na⁺＞ClO^-＞OH^-＞H⁺．
（4）上述七种元素间能形成多种常见二元化合物，其中Z与G形成的一种化合物存在两类化学键，该物质为CaC₂，
CaC₂与HC1溶液反应生成氯化钙与乙炔，反应化学反应方程式为CaC₂+2HCl=CaCl₂+C₂H₂↑；ZR₂为CO₂，碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式是



，为直线型结构；化合物ZRF₂是COCl₂，氯原子与羰基相连，结构式为



．
故答案为：CaC₂+2HCl=CaCl₂+C₂H₂↑；



；直线型；



．
（5）R₄的分子为O₄，分子中每个O原子均与另外两个O原子各形成一个键，最外层达8电子结构，分子中共价键为

8×4-6×4

2

=4，则1molO₄中共用电子对数为 4N_A．
①O₄与O₃、O₂都是氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故①错误；
②O₄与O₃、O₂都是氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，化学性质相似，所以O₄与氢、碳、钠的单质反应，故②错误；
③O₄分子中，每个O原子均与另外两个O原子各形成一个键，最外层达8电子结构，故③正确；
④O₄是氧元素形成的单质，故④错误．
故答案为：4；③．