分析 A、B、C、D、E、F、G原子序數(shù)依次增大的7種元素,它們位于元素周期表的前四周期;B元素含有3個能級,且每個能級所含的電子數(shù)相同,原子核外電子排布為1s22s22p2,則B為C元素;D的原子核外有8個運動狀態(tài)不同的電子,則D為O元素;C原子序數(shù)介于碳、氧之間,則C為N元素;F元素與G元素處于同一周期相鄰的族,它們的原子序數(shù)相差3,應處于Ⅷ族及相鄰的族,F(xiàn)元素的基態(tài)原子有4個未成對電子,應處于Ⅷ族及相鄰的族,F(xiàn)元素的基態(tài)原子有4個未成對電子,外圍電子排布為3d64s2,則F為Fe,故G為Cu;在這七種元素中E元素原子半徑最大,A原子半徑最小,則A為H元素,結合(5)①可知E的化合價為+1,故E為K元素,據(jù)此進行解答.
解答 解:A、B、C、D、E、F、G原子序數(shù)依次增大的7種元素,它們位于元素周期表的前四周期;B元素含有3個能級,且每個能級所含的電子數(shù)相同,原子核外電子排布為1s22s22p2,則B為C元素;D的原子核外有8個運動狀態(tài)不同的電子,則D為O元素;C原子序數(shù)介于碳、氧之間,則C為N元素;F元素與G元素處于同一周期相鄰的族,它們的原子序數(shù)相差3,應處于Ⅷ族及相鄰的族,F(xiàn)元素的基態(tài)原子有4個未成對電子,應處于Ⅷ族及相鄰的族,F(xiàn)元素的基態(tài)原子有4個未成對電子,外圍電子排布為3d64s2,則F為Fe,故G為Cu;在這七種元素中E元素原子半徑最大,A原子半徑最小,則A為H元素,結合(5)①可知E的化合價為+1,故E為K元素,
(1)羥胺分子中,價層電子對為4的原子有N、O原子,所以采用sp3雜化的原子有N、O原子,由于羥胺與水分子之間可以形成氫鍵,所以羥胺極易溶于水,
故答案為:N、O;羥胺與水分子之間可以形成氫鍵;
(2)F為Fe元素,F(xiàn)e2+離子半徑比Fe3+離子半徑大,所帶電荷少,故FeO晶格能比Fe2O3小,F(xiàn)eO的熔點比Fe2O3低,
故答案為:低;Fe2+離子半徑比Fe3+離子半徑大,所帶電荷少,F(xiàn)eO晶格能比Fe2O3��;
(3)B為C元素,晶胞中C原子數(shù)目=4+6×12+8×18=8,晶胞質量=8×12NAg=96NAg,若晶體的密度為ρg/cm3,則
晶胞體積=\frac{\frac{96g}{{N}_{A}}}{ρg/c{m}^{3}}=\frac{96}{ρ{N}_{A}}cm3,則晶胞棱長=\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}cm,C原子與周圍4個C原子形成正四面體,該正四面體的棱長a=\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}cm×\frac{\sqrt{2}}{2},斜面高為=\frac{\sqrt{3}}{2}a cm,底面中心到邊的距離為\frac{\sqrt{3}}{2}a×\frac{1}{3} cm,設中心碳原子到頂點碳原子距離為x cm,則中心碳原子到底面面心距離為\frac{x}{3}cm,故正四面體的高為(x+\frac{x}{3})cm,則:(x+\frac{x}{3})2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a×\frac{1}{3} )2=(\frac{\sqrt{3}}{2}a)2,整理得x=\frac{\sqrt{6}}{4}a,
即:x=\frac{\sqrt{6}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}cm×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}cm,
故答案為:\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}};
(4)①Cu是29號元素,其核外電子排布式為:1s22s22p43s23p63d104s1,則其外圍電子排布式為:3d104s1,
故答案為:3d104s1;
②單質E、G分別為K、Cu,金屬K晶體為體心立方堆積,晶胞結構為圖A,晶胞中K原子配位數(shù)為8,金屬Cu晶體為面心立方最密堆積,晶胞結構為圖B,以頂點Cu原子研究與之最近的原子位于面心,每個頂點Cu原子為12個面共用,晶胞中Cu原子配位數(shù)為12,則K、Cu兩種晶體晶胞中金屬原子的配位數(shù)之比為 8:12=2:3,
故答案為:2:3;
(5)①K4[Fe(CN)6]中,亞鐵離子含有空軌道,N原子含有孤電子對,所以F2+與BC-兩種離子之間的作用力為配位鍵,
故答案為:配位鍵;
②CN-中碳原子含有2個σ鍵且不含孤電子對,所以碳原子的雜化方式為sp,1個CN-中含有2個π鍵,所以1molCN-中含有π鍵的數(shù)目為2NA個,
故答案為:2NA;
③黃血鹽溶液與稀硫酸加熱時發(fā)生非氧化還原反應,說明元素化合價不變,生成硫酸鹽和一種與CN-是等電子體的氣態(tài)化合物,根據(jù)元素守恒知該氣態(tài)化合物是CO,
故答案為:CO.
點評 本題考查位置、結構與性質關系的綜合應用,題目難度較大,試題知識點較多、綜合性較強,充分考查學生的分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力,推斷各元素為解答關鍵,(3)晶胞的計算為難點,注意掌握分析、計算方法.
科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | 從第10min到第12min時,生成Cl2的速率v(Cl2)=0.01mol•L-1•min-1 | |
B. | 第8min時與第18min時反應的平衡常數(shù)相同 | |
C. | 由于10min時條件的改變,使COCl2的轉化率降低 | |
D. | 在第14min時,改變的條件可能是壓縮反應容器的體積 |
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | 該電池在常溫下不能正常工作 | |
B. | 熔融NaAlCl4不參與正常電極反應 | |
C. | 正常充電的陰極反應;NaCl+e-=Na+Cl- | |
D. | 過放電時正極反應:AlCl{\;}_{4}^{-}-3e-=4Cl-+Al |
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A | B | C | D |
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Si3N4 | NaOH | Al(OH)3 | C12H22O11 |
制造汽車發(fā)動機 | 制肥皂 | 抗酸藥 | 做調味劑、防腐劑 |
A. | A | B. | B | C. | C | D. | D |
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | ![]() 如圖表示室溫下,用0.1mol•L-1氨水吸收HCl氣體時,溶液的粒子濃度隨吸收HCl的變化,實線表示c(NH3•H2O),虛線表示c(NH{\;}_{4}^{+}),處于M點時溶液呈中性 | |
B. | ![]() 如圖表示2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H<0,正逆反應的平衡常數(shù)隨溫度的變化 | |
C. | ![]() 如圖表示反應2NH3(g)?3H2(g)+N2(g),在恒溫恒壓裝置中達平衡時,N2的物質的量與通入NH3的物質的量的變化關系 | |
D. | ![]() 如圖表示AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)的離子的濃度關系,當處于b點時,蒸發(fā)部分的水后,可以到達平衡線的a點處 |
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | 常溫常壓下,1mol氦氣含有4nA個質子 | |
B. | 1molNa2O2與足量CO2充分反應轉移了2nA個電子 | |
C. | 含49gH2SO4的硫酸溶液中含有nA個氫原子 | |
D. | 標準狀況下,22.4LHCHO含有nA個分子 |
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科目:高中化學 來源: 題型:解答題
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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題
A. | 標準狀況下,2.24 LH2O中含有的原子總數(shù)為3NA | |
B. | 等物質的量的Na2O和Na2O2中含有的陰離子總數(shù)不同 | |
C. | Imol甲基(-14C1H3)所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為8NA、9NA | |
D. | t℃時,MgCO3的Ksp=4×10-6,則飽和溶液中含Mg2+數(shù)目為2×l0-3NA |
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