14.已知A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的六種元素.其中A、B、C、D核電荷數(shù)之和為36,A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層 電子數(shù),D原子質(zhì)子數(shù)為B原子質(zhì)子數(shù)的兩倍,E元素所在主族均為金屬,F(xiàn)的價電子數(shù) 與C的核電荷數(shù)相等.
(1)下列關于上述幾種元素的說法正確的是c、d.
a.B、C、D的原子半徑由大到小的順序為:D>C>B
b.E、F的最外層電子數(shù)相等
c.A、B、C、D四種元素中電負性和第一電離能最大的均為B
d.B與C形成的化合物中可能含有非極性鍵
e.A、C、F位于周期表的3區(qū)
(2)B單質(zhì)有兩種同素異形體.其中在水中溶解度較大的是O3(填化學式),原因是O3為極性分子,而O2為非極性分子,由相似相溶原理知O3更易溶解于極性溶劑水中.
(3)EA2和A2B熔點較高的是CaH2(填化學式),原因是CaH2為離子晶體,H2O為分子晶體.
(4)D與B可以形成兩種分子,其中DB2分子中心原子的雜化類型是sp2
下列分子或離子中與DB3結(jié)構(gòu)相似的是c.
a.NH3 b.SO32-c.NO3-d.PCl3
(5)已知B、F能形成兩種化合物,其晶胞如圖所示.則高溫時甲易轉(zhuǎn)化為乙的原因為Cu2O中Cu的3d軌道為3d10全充滿狀態(tài),比較穩(wěn)定.

若乙晶體密度為pg/cm3,則乙晶胞的晶胞參數(shù)為a=$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$×109  nm.

分析 A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的六種元素.A、B、C、D核電荷數(shù)之和為36,則B不能位于第三周期,由于第三周期中Na、Mg、Al三者原子序數(shù)之和最小為36,A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù),則B處于第二周期,A、C原子最外層電子數(shù)均為1,二者處于IA族,C、D不可能處于第三周期,因為第四周期中K、Ca二者原子序數(shù)之和最小為39,故C也屬于短周期元素,C的原子序數(shù)又大于B,故C為Na,A為氫或鋰,A、B、D原子序數(shù)之和為36-11=25,D原子質(zhì)子數(shù)為B原子質(zhì)子的兩倍,則A為H元素、B為O元素、D為S元素;E元素所在主族均為金屬,則E處于ⅡA族,原子序數(shù)大于硫,故E為Ca.結(jié)合元素周期律與物質(zhì)性質(zhì)解答.

解答 解:A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的六種元素.A、B、C、D核電荷數(shù)之和為36,則B不能位于第三周期,由于第三周期中Na、Mg、Al三者原子序數(shù)之和最小為36,A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù),則B處于第二周期,A、C原子最外層電子數(shù)均為1,二者處于IA族,C、D不可能處于第三周期,因為第四周期中K、Ca二者原子序數(shù)之和最小為39,故C也屬于短周期元素,C的原子序數(shù)又大于B,故C為Na,A為氫或鋰,A、B、D原子序數(shù)之和為36-11=25,D原子質(zhì)子數(shù)為B原子質(zhì)子的兩倍,則A為H元素、B為O元素、D為S元素;E元素所在主族均為金屬,則E處于ⅡA族,原子序數(shù)大于硫,故E為Ca.
(1)a.同周期自左而右原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大,故原子半徑:C(Na)>D(S)>B(O),故a錯誤;
b.E為Ca、F為Cu,二者最外層電子數(shù)分別為2、1,故b錯誤;
c.H、O、Na、S四種元素中電負性和第一電離能最大的均為O,故c正確;
d.B與C形成的化合物為氧化鈉、過氧化鈉,過氧化鈉中含有非極性鍵,故d正確;
e.H、Na位于周期表的s區(qū),Cu處于周期表中ds區(qū),故e錯誤.
故答案為:cd;
(2)B單質(zhì)有兩種同素異形體有氧氣、臭氧,O2分子為非極性分子,而O3分子為極性分子,水分子是極性分子,相似相溶,故在水中溶解度較大的是O3
故答案為:O3;O3為極性分子,而O2為非極性分子,由相似相溶原理知O3更易溶解于極性溶劑水中;
(3)CaH2屬于離子晶體,H2O屬于分子晶體,熔點較高的是CaH2,
故答案為:CaH2;CaH2屬于離子晶體,H2O屬于分子晶體;
(4)SO2分子中S原子孤電子對數(shù)=$\frac{6-2×2}{2}$=1,價層電子對數(shù)=2+1=3,故S原子的雜化類型是 sp2,
SO3中S原子孤電子對數(shù)=$\frac{6-2×3}{2}$=0,價層電子對數(shù)為3+3=3,為平面三角形結(jié)構(gòu),NH3為三角錐形結(jié)構(gòu),SO32-中S原子孤電子對數(shù)=$\frac{6+2-2×3}{2}$=1,價層電子對數(shù)=3+1=4,為三角錐形結(jié)構(gòu),NO3- 中N原子孤電子對數(shù)=$\frac{5+1-2×3}{2}$=0,價層電子對數(shù)=3+0=3,為平面三角形結(jié)構(gòu),PCl3為三角錐形結(jié)構(gòu),所以NO3-的結(jié)構(gòu)與SO3相似;
故答案為:sp2;c;
(5)甲中Cu原子數(shù)目為4,氧原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4,化學式為CuO,乙中Cu原子數(shù)目為4,氧原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2,化學式為Cu2O,Cu2+外圍電子排布為3d9,而Cu+外圍電子排布為3d10,屬于穩(wěn)定結(jié)構(gòu),故高溫下CuO可以轉(zhuǎn)化為Cu2O,
乙晶體密度為pg/cm3,乙晶胞質(zhì)量為2×$\frac{144}{{N}_{A}}$g,則晶胞參數(shù)=$\root{3}{\frac{2×\frac{144}{{N}_{A}}g}{pg/c{m}^{3}}}$cm=$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$cm=$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$×109 nm,
故答案為:CuO中Cu2+外圍電子排布為3d9,而Cu2O中Cu+外圍電子排布為3d10,屬于穩(wěn)定結(jié)構(gòu);$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$×109 nm.

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查,推斷元素是解題關鍵,涉及核外電子排布、元素周期律、電離能、電負性、雜化方式與空間構(gòu)型判斷、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計算等,元素推斷難度較大,較好地考查學生分析推理能力,難度較大.

練習冊系列答案
相關習題

科目:高中化學 來源: 題型:解答題

6.A、B、C、D、E五種溶液分別是NaOH、NH3•H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一種.常溫下進行下列實驗:
①將1L pH=3的A溶液分別與0.00lmol•L-1 xLB溶液、0.00lmol•L-1 yLD溶液充分反應至中性,x、y大小關系為:y<x;
②濃度均為0.1mol•L-1A和E溶液,pH:A<E;
③濃度均為0.lmol•L-1C與D溶液等體積混合,溶液呈酸性.
回答下列問題:
(1)D是NaOH溶液,E是CH3COOH溶液.(填寫化學式)
(2)用水稀釋0.1mol•L-1B時,溶液中隨著水量的增加而減小的是①②(填寫序號)
①$\frac{c(B)}{c(O{H}^{-})}$②$\frac{c(O{H}^{-})}{c({H}^{+})}$③c(H+)和c(OH-)的乘積④OH-的物質(zhì)的量
(3)常溫下OH-濃度相同的等體積的兩份溶液A和E,分別與鋅粉反應,若最后僅有一份溶液中存在鋅粉,且放出氫氣的質(zhì)量相同,則下列說法正確的是③④(填寫序號)
①反應所需要的時間E>A    ②開始反應時的速率A>E
③參加反應的鋅粉物質(zhì)的量A=E  ④反應過程的平均速率E>A
⑤E溶液里有鋅粉剩余
(4)將等體積、等物質(zhì)的量濃度A和B混合后溶液,升高溫度(溶質(zhì)不會分解)溶液pH隨溫度變化如右圖中的④曲線
(5)室溫下,向0.0lmol•L-1C溶液中滴加0.0lmol•L-1D溶液至中性,得到的溶液中所有離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)(填寫序號)

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科目:高中化學 來源: 題型:實驗題

5.1L某混合溶液,可能含有的離子如表:
可能大量含有的陽離子H+、NH4+、Al3+、K+
可能大量含有的陰離子Cl-、Br-、I-、ClO-、AlO2-
(1)往該溶液中逐滴加入NaOH溶液并適當加熱,產(chǎn)生沉淀和氣體的物質(zhì)的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)的關系如圖所示.
①該溶液中一定含有的陽離子是H+、NH4+、Al3+
②可能存在的陽離子有K+;
③肯定不存在的陰離子是ClO-、AlO2-
(2)經(jīng)檢測,該溶液中還含有大量的Cl-、Br-、I-,若向2L該混合溶液中通入一定量的Cl2,溶液中Cl-、Br-、I-的物質(zhì)的量與通入Cl2的體積(標準狀況)的關系如表所示,分析后回答下列問題.
Cl2的體積(標準狀況)2.8L5.6L11.2L
n(Cl-1.25mol1.5mol2mol
n(Br-1.5mol1.4mol0.9mol
n(I-a mol00
①a的值為0.15;
②當通入Cl2的體積為3.36L(標準狀態(tài)下)時,溶液中發(fā)生反應的離子方程式為Cl2+2I-=2Cl-+I2;此時溶液中Br-、I-的物質(zhì)的量濃度分別為c(Br-)=0.75mol/L,c(I-)=0.05mol/L.

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

2.體積相同的甲、乙兩個容器中,分別都充有等物質(zhì)的量的SO2和O2,在相同溫度下發(fā)生反應:2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g),并達到平衡.在這個過程中,甲容器保持體積不變,乙容器保持壓強不變,若甲容器中SO2的轉(zhuǎn)化率為p%,則乙容器中SO2的轉(zhuǎn)化率( 。
A.等于p%B.大于p%
C.小于p%D.達到平衡的時間乙更長

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

9.下列各組物質(zhì),相互間屬于同系物關系的是( 。
A.乙醇與甘油B.1-丙醇與2-丙醇C.苯酚與苯甲醇D.乙酸與硬脂酸

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科目:高中化學 來源: 題型:實驗題

19.某無色溶液,由Na+、Ba2+、Al3+、Cl-、AlO2-、MnO4-、CO32-、SO42-中的若干離子組成,將溶液平均分為兩份置于兩支試管:
①取其中一支試管,加入過量HCl.有氣體生成,并得到溶液;
②在①所得溶液中加入HNO3酸化的AgNO3,出現(xiàn)白色沉淀;
③取另一支試管,先加入過量的HCl酸化,再加入過量的NaHCO3溶液,有氣體生成同時析出白色沉淀甲,甲的質(zhì)量為3.9g;
④在③所得溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液,有白色沉淀乙析出.
根據(jù)上述實驗完成下列問題:
(1)溶液中一定不存在的離子是Ba2+,Al3+,MnO4-
(2)一定存在的離子是Na+、AlO2-、CO32-
(3)判斷沉淀乙成分的方法是向沉淀中加入過量HCl,全部溶解沉淀為碳酸鋇,部分溶解沉淀為碳酸鋇與硫酸鋇的混合物.
(4)寫出有關反應的離子方程式
實驗①:CO32-+2H+=CO2↑+H2O;AlO2-+4H+=Al3++2H2O.
(5)通過實驗③可知溶液中存在的離子為AlO2-,原溶液中該離子的物質(zhì)的量為0.1mol.

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

6.起固定氮作用的化學反應是( 。
A.N2與H2在一定條件下反應生成NH3B.硝酸工廠用NH3氧化制NO
C.NH3與HCl生成NH4ClD.由NH3制碳酸氫銨和硫酸銨

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

3.在一個小燒杯里,加入20g Ba(OH)2•8H2O粉末,將小燒杯放在事先已滴有4~5滴水的玻璃片上.然后加入10g NH4Cl晶體,并用玻璃棒迅速攪拌.回答問題:
(1)實驗中玻璃棒的作用是攪拌使混合物充分接觸并反應.
(2)反應方程式是Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O,
(3)該反應屬于復分解反應(填反應類型).
(4)通過玻片與燒杯之間結(jié)冰黏在一起、有少許刺激性氣味的氣體現(xiàn)象,說明該反應為吸熱反應,這是由于反應物的總能量小于生成物的總能量.

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

4.下列判斷不正確的是( 。
A.酸性:HF>HCl>H2SB.沸點:CBr4>CCl4>CF4
C.堿性:Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3D.穩(wěn)定性:H2O>H2S>H2Se

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