有A、B、C、D、E、F、G、H原子序數(shù)遞增的前四周期八種元素.請(qǐng)根據(jù)下列信息,回答問(wèn)題:
①A、B、C、D、E、F為短周期主族元素,原子半徑大小關(guān)系為A<D<C<B<F<E;
②A與D形成的化合物常溫下為液態(tài);
③B元素原子價(jià)電子(外圍電子)排布為nsnnpn
④F元素原子的核外p電子總數(shù)比s電子總數(shù)多1;
⑤第一電子能:F<E;
⑥G的基態(tài)原子核外有6個(gè)未成對(duì)電子;
⑦H能形成紅色(或磚紅色)的H2D和黑色的HD兩種化合物.
(1)G元素基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為
 

(2)BD32-中B原子采取的雜化軌道類型為
 

(3)根據(jù)等電子體原理,推測(cè)C2D分子的空間構(gòu)型為
 

(4)下列有關(guān)E、F的敘述正確的是
 

a.離子半徑E>F              b.電負(fù)性E<F
c.單質(zhì)的熔點(diǎn)E>F            d.E、F的單質(zhì)均能與氧化物發(fā)生置換
e.E的氧化物具有兩性         f.E、F均能與氯元素構(gòu)成離子晶體
(5)CA3極易溶于A2D,原因是
 

(6)E單質(zhì)的晶體中原子的堆積方式如圖甲所示,其晶胞特征如圖乙所示,晶胞如下圖丙所示.則E單質(zhì)的晶體堆積模型為
 
.若已知E原子半徑為r pm,NA表示阿伏伽德羅常數(shù),晶胞的邊長(zhǎng)為a.晶胞的高為h,則晶胞的密度可表示為
 
g/cm3.(用只含r和NA代數(shù)式表示)
考點(diǎn):晶胞的計(jì)算,位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用
專題:元素周期律與元素周期表專題,化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)
分析:有A、B、C、D、E、F、G、H原子序數(shù)遞增的前四周期八種元素,
①A、B、C、D、E、F為短周期主族元素,原子半徑大小關(guān)系為A<D<C<B<F<E;
②A與D形成的化合物常溫下為液態(tài),為水,A的原子序數(shù)小于D,則A是H元素、D是O元素;
③B元素原子價(jià)電子(外圍電子)排布為nsnnpn,且B的原子序數(shù)小于D,n=2,則B是C元素,C的原子序數(shù)大于B而小于D,則C是N元素;
④F元素原子的核外p電子總數(shù)比s電子總數(shù)多1,且原子序數(shù)大于D,則F是Al元素;
⑦H能形成紅色(或磚紅色)的H2D和黑色的HD兩種化合物,則H是Cu元素;
⑥G的基態(tài)原子核外有6個(gè)未成對(duì)電子,則G是Cr元素;
⑤第一電子能:F<E,且E的原子序數(shù)小于F,則E是Mg元素;
再結(jié)合題目分析解答.
解答: 解:有A、B、C、D、E、F、G、H原子序數(shù)遞增的前四周期八種元素,
①A、B、C、D、E、F為短周期主族元素,原子半徑大小關(guān)系為A<D<C<B<F<E;
②A與D形成的化合物常溫下為液態(tài),為水,A的原子序數(shù)小于D,則A是H元素、D是O元素;
③B元素原子價(jià)電子(外圍電子)排布為nsnnpn,且B的原子序數(shù)小于D,n=2,則B是C元素,C的原子序數(shù)大于B而小于D,則C是N元素;
④F元素原子的核外p電子總數(shù)比s電子總數(shù)多1,且原子序數(shù)大于D,則F是Al元素;
⑦H能形成紅色(或磚紅色)的H2D和黑色的HD兩種化合物,則H是Cu元素;
⑥G的基態(tài)原子核外有6個(gè)未成對(duì)電子,則G是Cr元素;
⑤第一電子能:F<E,且E的原子序數(shù)小于F,則E是Mg元素;
(1)G元素是Cr元素,其3d、4s電子為其價(jià)電子,則G元素基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為,
故答案為
(2)CO32-中C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+
1
2
×
(4+2-3×2)=3,所以C原子采取的雜化軌道類型為sp2,故答案為:sp2;
(3)根據(jù)等電子體原理,等電子體結(jié)構(gòu)相似,推測(cè)N2O和CO2為等電子體,所以N2O分子的空間構(gòu)型為 直線形,故答案為:直線形;
(4)E是Mg,F(xiàn)是Al元素,
a.電子層結(jié)構(gòu)相同的離子,其離子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小,所以離子半徑E>F,故正確;
b.同一周期元素,元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而增大,所以電負(fù)性E<F,故正確;
c.鋁原子半徑小于鎂,而電荷大于Mg,所以單質(zhì)的熔點(diǎn)E<F,故錯(cuò)誤;            
d.E、F的單質(zhì)均能與氧化物發(fā)生置換,鎂和二氧化碳發(fā)生置換反應(yīng),鋁和氧化鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng),故正確;
e.F的氧化物具有兩性,E的氧化物沒(méi)有兩性,故錯(cuò)誤;         
f.Al均能與氯元素構(gòu)成的化合物是分子晶體,故錯(cuò)誤;
故選abd;
(5)NH3極易溶于H2O,原因是H2O和NH3是極性分子,H2O與 NH3形成氫鍵,根據(jù)“相似相溶”原理,NH3在H2O中溶解度極大,
故答案為:H2O和NH3是極性分子,H2O與 NH3形成氫鍵,根據(jù)“相似相溶”原理,NH3在H2O中溶解度極大;
(6)E單質(zhì)的晶體中原子的堆積方式如圖甲所示,其晶胞特征如圖乙所示,晶胞如下圖丙所示.則E單質(zhì)的晶體堆積模型為六方最密堆積;
鎂原子的半徑為rpm,晶胞底面為平行四邊形,其各邊長(zhǎng)為a=2r,所以平行四邊形的面積為S=a?asin60°=
3
2
a2
,晶胞中平行四面體的h=2×邊長(zhǎng)為a的四面體的高=2×
6
3
a=
2
6
3
a,所以V(晶胞)=S×h=
3
2
a2
×
2
6
3
a=
2
a3=8
2
r3pm3,則其體積為(8
2
r3×10-30)cm3
該晶胞中Mg原子個(gè)數(shù)=1+8×
1
8
=2,則晶胞的密度=
24
NA
×2
(8
2
r3×10-30)
g/cm3
故答案為:六方最密堆積;
24
NA
×2
(8
2
r3×10-30)
點(diǎn)評(píng):本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì),涉及晶胞計(jì)算、相似相溶原理、元素周期律、原子雜化方式的判斷等知識(shí)點(diǎn),這些知識(shí)點(diǎn)都是高考高頻點(diǎn),難點(diǎn)是晶胞的計(jì)算,注意該晶胞的高不是兩個(gè)原子半徑之和,注意pm和cm之間的單位進(jìn)制,題目難度中等.
練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

下列離子方程式表示正確的是( 。
A、向FeBr2溶液中通入少量的氯氣:Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
B、大理石溶于醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
C、向偏鋁鈉溶液中通入過(guò)量的CO2:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
D、磁鐵礦FeO與過(guò)量的稀硝酸反應(yīng):FeO+2H+=Fe2++2H2O

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

Heck反應(yīng)是合成C-C鍵的有效方法之一,如反應(yīng)①:;
化合物Ⅱ可由以下合成路線獲得:Ⅳ(分子式為C3H6O3
H2SO4
CH3OH
H2SO4,△
Ⅱ.
(1)化合物Ⅲ的分子式為
 
,1mol化合物Ⅲ最多可與
 
mol H2發(fā)生加成反應(yīng).
(2)化合物Ⅳ分子結(jié)構(gòu)中有甲基,寫出由化合物IV反應(yīng)生成化合物V的化學(xué)方程式
 

(3)有關(guān)化合物Ⅱ說(shuō)法正確的是
 

A.1mol化合物Ⅱ完全燃燒消耗5mol O2
B.化合物Ⅱ能使酸性高錳酸鉀溶液褪色
C.化合物Ⅱ難溶于水
D.化合物Ⅱ分子間聚合,反應(yīng)生成的高聚物結(jié)構(gòu)為
(4)化合物Ⅲ的一種同分異構(gòu)體Ⅵ,苯環(huán)上的一氯取代物有兩種,Ⅵ能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成無(wú)色氣體,除苯環(huán)上的氫外核磁共振氫譜還有四組峰,峰面積之比為1:1:1:3,V的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
 

(5)也可以發(fā)生類似反應(yīng)①的反應(yīng),有機(jī)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
 

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

煤和石油是一個(gè)國(guó)家化工發(fā)展的支柱,煤和石油產(chǎn)品是合成橡膠、纖維、樹(shù)脂等的基本原料,如煤產(chǎn)品乙炔、石油產(chǎn)品乙烯是化工基本原料之一.根據(jù)下列流程,完成以下問(wèn)題.

(1)寫出電石制取乙炔的化學(xué)方程式
 

(2)隨意丟棄聚氯乙烯制品會(huì)造成白色污染,聚氯乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
 
.C2H4O中是否含有醛基可用
 
(填試劑名稱)來(lái)檢驗(yàn).
(3)有機(jī)物CH3CH2OH的俗稱
 
,含有的官能團(tuán)名稱是
 

(4)由乙炔制備聚氯乙烯、由乙烯制備聚乙烯的過(guò)程中均涉及到的化學(xué)反應(yīng)類型是
 

A 氧化反應(yīng)   B 取代反應(yīng)  C 加聚反應(yīng)    D 消去反應(yīng)
(5)石油經(jīng)一系列加工過(guò)程獲得乙烯,其中不涉及到的物質(zhì)分離方法是
 

A.分餾        B.過(guò)濾        C.干餾        D.裂解.

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

將計(jì)算的最終結(jié)果填在空白處.
(1)含有分子數(shù)為b的某氣體質(zhì)量為a g,則V L標(biāo)準(zhǔn)狀況下的該氣體的質(zhì)量為
 
g.(用NA表示阿伏加德羅常數(shù))
(2)120mL含有0.20mol碳酸鈉的溶液和200mL鹽酸,不管將前者滴加入后者,還是將后者滴加入前者,都有氣體產(chǎn)生,但最終生成的氣體體積不同,則鹽酸的濃度的c的范圍是
 

(3)一定體積的KMnO4溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的KHC2O4?H2C2O4?2H2O.若用0.100 0mol/L的NaOH溶液中和相同質(zhì)量的KHC2O4?H2C2O4?2H2O,所需NaOH溶液的體積恰好為KMnO4溶液的3倍,則KMnO4溶液的濃度為
 
mol/L(保留4位有效數(shù)字)

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

金屬鈦素有“太空金屬”、“未來(lái)金屬”等美譽(yù).工業(yè)上,以鈦鐵礦為原料制備二氧化鈦并得到副產(chǎn)品FeSO4?7H2O(綠礬)的工藝流程如下圖所示.

已知:TiO2+在一定條件下會(huì)發(fā)生水解;鈦鐵礦主要成分為鈦酸亞鐵(FeTiO3),含有少量SiO2雜質(zhì);其中一部分鐵元素在鈦鐵礦處理過(guò)程中會(huì)轉(zhuǎn)化為+3價(jià).
(1)黑鈦液中生成的主要陽(yáng)離子有TiO2+和Fe2+,寫出步驟①化學(xué)反應(yīng)方程式:
 
;步驟②中,加入鐵粉的主要目的是
 

(2)步驟③中,實(shí)現(xiàn)混合物的分離是利用物質(zhì)的
 
(填字母序號(hào)).
a.熔沸點(diǎn)差異    b.溶解性差異    c.氧化性、還原性差異
(3)步驟②、③、④中,均涉及到的操作是
 
(填操作名稱);在實(shí)驗(yàn)室完成步驟⑤“灼燒”所需主要儀器有
 

(4)請(qǐng)結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)用化學(xué)平衡理論解釋步驟④中將TiO2+轉(zhuǎn)化為Ti(OH)4的原因:
 

(5)可以利用生產(chǎn)過(guò)程中的廢液與軟錳礦(主要成分為MnO2)反應(yīng)生產(chǎn)硫酸錳(MnSO4,易溶于水),該反應(yīng)的離子方程式為
 

(6)實(shí)驗(yàn)室通過(guò)下面方法可測(cè)定副產(chǎn)品綠礬中FeSO4?7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù).
a.稱取2.85g綠礬產(chǎn)品,溶解,在250mL容量瓶中定容;
b.量取25.00mL待測(cè)溶液于錐形瓶中;
c.用硫酸酸化的0.01mol/LKMnO4溶液滴定至終點(diǎn),消耗KMnO4溶液體積的平均值為19.00mL(滴定時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為:Fe2++MnO4-+H+→Fe3++Mn2++H2O 未配平 ).
計(jì)算上述樣品中FeSO4?7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為
 
(用小數(shù)表示,保留二位小數(shù)).

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

下列物質(zhì)中:①Na ②NaCl溶液   ③Na2O  ④蔗糖 ⑤CO2
⑥Ba(OH)2  ⑦NH3  ⑧NaCl   ⑨HCl  ⑩BaSO4
屬于電解質(zhì)的是
 
,屬于非電解質(zhì)的是
 
,
能導(dǎo)電的是
 
.(用序號(hào)填寫)

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

在同溫同壓下,同體積的CH4和CO2分子數(shù)之比為
 
,物質(zhì)的量之比為
 
,原子總數(shù)之比為
 
,質(zhì)量之比為
 

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:

將49g H2SO4溶于水中,配制成1L溶液,則該溶液的物質(zhì)的量濃度為( 。
A、0.1mol/L
B、0.5mol/L
C、4mol/L
D、1mol/L

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同步練習(xí)冊(cè)答案