18.不銹鋼是一種常見的合金,耐高溫,加工性能好,在生產(chǎn)生活中有廣泛用途.一種不銹鋼的主要成分是Fe、Ni、Cr、Si、P.回答下列問題:
(1)基態(tài)Cr3+的價層電子電子排布式為3d3.第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Cr3+相同的元素是N.
(2)金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱,生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni(CO)4,該分子呈正四面體構(gòu)型.則:
①Ni(CO)4的熔點低于(填“高于”“低于”或“等于”)SiO2的熔點,理由為Ni(CO)4屬于分子晶體,二氧化硅屬于原子晶體.
②寫出與CO 互為等電子體的一種分子的電子式:
(3)H3PO4比H3PO3酸性強的原因為H3PO4中心磷原子的正電荷更高,導致P-O-H中共用電子對更易向P偏移,因而H3PO4比H3PO3更易電離出氫離子,酸性更強.PO43-的空間構(gòu)型為正四面體.
(4)鐵基超導材料有多種,如圖所示是一種鐵基超導材料的晶胞結(jié)構(gòu)(鐵位于面心).寫出該超導材料的化學式:BaFe2Se2.Se與同周期的As、Br相比較,第一電離能由大到小的順序是Br>As>Se(用元素符號表示).
(5)如圖所示晶胞為長方體結(jié)構(gòu),晶胞參數(shù)為a pm、b pm、c pm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則該晶體的密度為$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$g/cm3

分析 (1)Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1,失去4s能級1個電子、3d能級2個電子形成Cr3+;Cr3+中3d能級含有3個未成對電子;
(2)①Ni(CO)4為無色揮發(fā)性液態(tài)物質(zhì),屬于分子晶體,而二氧化硅屬于原子晶體;
②原子數(shù)目相等、價電子總數(shù)也相等的微;榈入娮芋w;
(3)同種元素含氧酸,該元素化合價越高,其酸性越強(或非羥基氧越多,酸性越強);
PO43-中P原子孤電子對數(shù)=$\frac{5+3-2×4}{2}$=0,價層電子對數(shù)=4+0=4;
(4)晶胞中Ba位于頂點、體心,F(xiàn)e位于面心,Se位于晶胞內(nèi)部與棱上,根據(jù)均攤法計算晶胞中Ba、Fe、Se原子數(shù)目,確定化學式;
同周期隨原子序數(shù)增大,元素第一電離能呈增大趨勢,但ⅡA族、VA族元素第一電離能高于同周期相鄰元素的;
(5)結(jié)合晶胞含有原子數(shù)目,用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質(zhì)量,再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算晶體密度.

解答 解:(1)Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1,失去4s能級1個電子、3d能級2個電子形成Cr3+,基態(tài)Cr3+的價層電子電子排布式為3d3,Cr3+中3d能級含有3個未成對電子,第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Cr3+相同的元素是N元素,
故答案為:3d3;N;
(2)①Ni(CO)4為無色揮發(fā)性液態(tài)物質(zhì),屬于分子晶體,而二氧化硅屬于原子晶體,Ni(CO)4的熔點低于SiO2的熔點,
故答案為:低于;Ni(CO)4屬于分子晶體,二氧化硅屬于原子晶體;
②CO分子中含有2個原子,其價電子個數(shù)是10,與CO互為等電子體的分子為N2,電子式為,
故答案為:;
(3)H3PO4、H3PO3中磷元素的化合價依次為+5、+3,H3PO4中心磷原子的正電荷更高,導致P-O-H中共用電子對更易向P偏移,因而H3PO4比H3PO3更易電離出氫離子,酸性更強,
PO43-中P原子孤電子對數(shù)=$\frac{5+3-2×4}{2}$=0,價層電子對數(shù)=4+0=4,空間構(gòu)型為正四面體形,
故答案為:H3PO4中心磷原子的正電荷更高,導致P-O-H中共用電子對更易向P偏移,因而H3PO4比H3PO3更易電離出氫離子,酸性更強;正四面體;
(4)晶胞中Ba位于頂點、體心,Ba原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2,F(xiàn)e位于面心,F(xiàn)e原子數(shù)目為8×$\frac{1}{2}$=4,Se位于晶胞內(nèi)部與棱上,Se原子數(shù)目為2+8×$\frac{1}{4}$=4,故化學式為BaFe2Se2,
同周期隨原子序數(shù)增大,元素第一電離能呈增大趨勢,但As元素原子4p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài),能量較低,第一電離能高于同周期相鄰元素的,故第一電離能Br>As>Se,
故答案為:BaFe2Se2;Br>As>Se;
(5)用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質(zhì)量為$\frac{2×137+4×56+4×79}{{N}_{A}}$g,晶胞參數(shù)為a pm、b pm、c pm,則晶體密度為:$\frac{2×137+4×56+4×79}{{N}_{A}}$g÷(a×10-10 cm×b×10-10 cm×c×10-10 cm)=$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$g/cm3
故答案為:$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$.

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查,涉及核外電子排布、晶體類型與性質(zhì)、等電子體、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、空間構(gòu)型、電離能、晶胞計算等,注意同周期主族元素中第一電離能異常情況,掌握均攤法進行晶胞有關(guān)計算.

練習冊系列答案
相關(guān)習題

科目:高中化學 來源: 題型:填空題

8.常溫下有濃度均為0.1mol•L-1的①NH3•H2O、②CH3COOH、③HCl、④NH4 Cl四種溶液.
(1)已知CH3COOH溶液的pH=3,其電離度為1%.
(2)上述①③④三種溶液中由水電離的c(H+)由大到小排序④①③.(填序號)
(3)①溶液和③溶液等體積混合后,溶液呈酸性的原因是(離子方程式表示)NH4++H2O?NH3● H2O+H+.此時,該混合溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是D.
A.c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)    
B.c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(H+
C.c(NH4+)+c(NH3•H2O)=0.1mol•L-1
D.c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

9.有A、B、C、D四種化合物,分別由NH4+、Ba2+、SO42-、HCO3-、OH-、SO32-中的兩種組成,它們具有下列性質(zhì):
①A不溶于水和鹽酸;
②B不溶于水,但溶于鹽酸,
③C是一種強堿,與H2SO4反應(yīng)生成A
④D的溶液和C的溶液混合加熱既有沉淀又有氣體生成,而且生成沉淀溶于鹽酸,產(chǎn)生無色無味的氣體.
試回答以下問題:
(1)推斷A-D的化學式:ABaSO4;DNH4HCO3;
(2)有關(guān)反應(yīng)的離子方程式.
①B與鹽酸反應(yīng)BaSO3+2H+=Ba2++H2O+SO2
③D與過量的C溶液混合加熱:NH4 ++HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+NH3↑.

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科目:高中化學 來源: 題型:推斷題

6.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素,它們的核電荷數(shù)依次增大.其中基態(tài)A原子價電子排布式為nsnnpn;化合物B2E為離子化合物,E原子核外的M層中只有兩對成對電子;C元素基態(tài)原子沒有不成對電子;D單質(zhì)常用于制作太陽能電池和集成電路芯片;F原子最外層只有1個電子,其余各內(nèi)層軌道均充滿電子.請根據(jù)以上信息,回答下列問題(答題時,A、B、C、D、E、F用所對應(yīng)的元素符號表示):
(1)C的同周期相鄰元素的第一電離能由小到大的順序為Na<Al<Mg.
(2)氫化物A2H4分子中A原子采取sp2雜化.
(3)元素F在周期表的位置為第四周期第IB族,E的氣態(tài)氫化物通入二價陽離子F2+的水溶液反應(yīng)的離子方程式為Cu2++H2S=CuS↓+2H+
(4)元素A和D可形成一種無機非金屬材料,其晶體具有很高的硬度和熔點,其化合物中所含的化學鍵類型為σ 鍵(從原子軌道重疊方式看),A、D的最高價氧化物的熔沸點大小順序CO2<SiO2;原因CO2屬于分子晶體,微粒間以范德華力結(jié)合,SiO2屬于原子晶體,微粒間以共價鍵結(jié)合.
(5)B與同主族原子半徑最小的元素M形成的晶胞結(jié)構(gòu)所示的立方晶胞,則其化學式為NaH.設(shè)阿
伏伽德羅常數(shù)為NA,距離最近的兩個B、M原子的核間距為a nm,則該化合物的晶胞密度為(用含a和NA
代數(shù)式表示)$\frac{24×1{0}^{21}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm3

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科目:高中化學 來源: 題型:實驗題

13.醋酸是日常生活中常見的弱酸.
Ⅰ常溫下在pH=5的醋酸稀溶液中,醋酸電離出的c(H+)的精確值是10-5-10-9 mol•L-1
Ⅱ某同學用0.1000mol•L-1 NaOH溶液滴定0.1000mL某濃度的CH3COOH溶液
(1)部分操作如下:
①取一支用蒸餾水洗凈的堿式滴定管,加入標準氫氧化鈉溶液,記錄初始讀數(shù)
②用酸式滴定管放出一定量待測液,置于用蒸餾水洗凈的錐形瓶中,加入2滴甲基橙
③滴定時,邊滴加邊振蕩,同時注視滴定管內(nèi)液面的變化
請選出上述操作中存在錯誤的序號①②③.上述實驗與一定物質(zhì)的量濃度溶液配制實驗中用到的相同儀器燒杯(或燒杯和膠頭滴管).
(2)某次滴定前滴定管液面如圖1所示,讀數(shù)為0.80mL.
(3)根據(jù)正確實驗結(jié)果所繪制的滴定曲線如圖2所示,其中點①所示溶液中:c(CH3COO-)=1.7c(CH3COOH),點③所示溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+).計算醋酸的電離常數(shù)1.7×10-5mol•L-1,該CH3COOH的物質(zhì)的量濃度為0.1007mol•L-1

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

3.已知25℃時下列酸的電離平衡常數(shù):K(CH3COOH)=1.75×10-5、K(HCN)=6.2×10-10、K1(H2CO3)=4.2×10-7、K2(H2CO3)=5.6×10-11下列選項不正確的是( 。
A.過量CO2通入溶液中:2NaCN+H2O+CO2=2HCN+Na2CO3
B.經(jīng)測定CH3COONH4的水溶液呈中性可知:K(NH3•H2O)=1.75×10-5
C.將等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa與NaCN溶液等體積混合后的溶液中:c(CH3COO-)>c(CN-
D.常溫下將10ml的PH=3的醋酸溶液稀釋到100ml,其PH<4

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

10.用一種試劑就能將下列五種有機物區(qū)分開來,①乙酸;②乙醛;③苯;④苯酚;⑤四氯化碳;這種試劑可以是( 。
A.. 酸性高錳酸鉀溶液B.溴水
C.新制的氫氧化銅懸濁液D.氯化鐵溶液

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科目:高中化學 來源: 題型:實驗題

7.氫氧燃料電池是符合綠色化學理念的新型發(fā)電裝置.
如圖為電池示意圖,該電池電極表面鍍一層細小的鉑粉,鉑吸附氣體的能力強,性質(zhì)穩(wěn)定.請回答:
(1)氫氧燃料電池的能量轉(zhuǎn)化的主要形式是由化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔,在導線中電子流動方向為由a到b(用a、b表示).
(2)負極反應(yīng)式為2H2+4OH--4e-=4H2O(或H2+2OH--2e-=2H2O).
(3)電極表面鍍鉑粉的原因是增大電極單位面積吸附H2、O2分子數(shù),加快電極反應(yīng)速率.
(4)該電池工作時,H2和O2連續(xù)由外部供給,電池可連續(xù)不斷提供電能.因此,大量安全儲氫是關(guān)鍵技術(shù)之一.金屬鋰是一種重要的儲氫材料,吸氫和放氫原理如下:
Ⅰ2Li+H2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2LiH
ⅡLiH+H2O═LiOH+H2
①反應(yīng)Ⅰ中的還原劑是Li,反應(yīng)Ⅱ中的氧化劑是H2O.(均填化學式)
②已知LiH固體密度為0.82g/cm3,用鋰吸收224L(標準狀況)H2,則被吸收的H2體積與生成的LiH體積比為1148:1.
③由②生成的LiH與H2O作用,放出的H2用作電池燃料,若能量轉(zhuǎn)化率為80%,則導線中通過電子的物質(zhì)的量為32mol.

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

8.某有機物M7.4g與足量氧氣反應(yīng)后,所得氣體依次通過盛有濃H2SO4和堿石灰的裝置,兩裝置分別增重9g和17.6g;同溫同壓下,M蒸汽的密度是H2的37倍,則能夠與鈉反應(yīng)放出H2的M的同分異構(gòu)體的數(shù)目(不考慮立體異構(gòu))( 。
A.2B.4C.6D.8

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