12.X、Y、Z、W、R、Q為前30號(hào)元素,且原子序數(shù)依次增大.X是所有元素中原子半徑最小的,Y有三個(gè)能級(jí),且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等,Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多,W與Z同周期,第一電離能比Z的低,R與Y同一主族,Q的最外層只有一個(gè)電子,其他電子層電子均處于飽和狀態(tài).請(qǐng)回答下列問(wèn)題:
(1)Q+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10
(2)ZW2-離子的立體構(gòu)型是V形.
(3)Y、R的最高價(jià)氧化物的沸點(diǎn)較高的是SiO2(填化學(xué)式),原因是SiO2為原子晶體,CO2為分子晶體.
(4)將Q單質(zhì)的粉末加入到ZX3的濃溶液中,并通入W2,充分反應(yīng)后溶液呈深藍(lán)色,該反應(yīng)的離子方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH34]2++4OH-
(5)Y有多種同素異形體,其中一種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖,Y原子的配位數(shù)為4,若晶胞的邊長(zhǎng)為a pm,晶體的密度為ρ g/cm3,則阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為$\frac{96×1{0}^{30}}{{a}^{3}•ρ}$(用含a和ρ的代數(shù)式表示).

分析 X、Y、Z、W、R、Q為前30號(hào)元素,且原子序數(shù)依次增大.X是所有元素中原子半徑最小的,則X為H元素;Y有三個(gè)能級(jí),且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等,核外電子排布為1s22s22p2,故Y為C元素;R與Y同一主族,結(jié)合原子序數(shù)可知,R為Si,而Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多,則外圍電子排布為ns2np3,原子序數(shù)小于Si,故Z為N元素;W與Z同周期,第一電離能比Z的低,則W為O元素;Q的最外層只有一個(gè)電子,其他電子層電子均處于飽和狀態(tài),不可能為短周期元素,原子序數(shù)小于30,故核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1,則Q為Cu元素,據(jù)此解答.

解答 解:X、Y、Z、W、R、Q為前30號(hào)元素,且原子序數(shù)依次增大.X是所有元素中原子半徑最小的,則X為H元素;Y有三個(gè)能級(jí),且每個(gè)能級(jí)上的電子數(shù)相等,核外電子排布為1s22s22p2,故Y為C元素;R與Y同一主族,結(jié)合原子序數(shù)可知,R為Si,而Z原子單電子數(shù)在同周期元素中最多,則外圍電子排布為ns2np3,原子序數(shù)小于Si,故Z為N元素;W與Z同周期,第一電離能比Z的低,則W為O元素;Q的最外層只有一個(gè)電子,其他電子層電子均處于飽和狀態(tài),不可能為短周期元素,原子序數(shù)小于30,故核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1,則Q為Cu元素,
(1)Cu+核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d10,
故答案為:1s22s22p63s23p63d10;
(2)NO2-離子中N原子孤電子對(duì)數(shù)為$\frac{5+1-2×2}{2}$=1、價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+1=3,故其立體構(gòu)型是V形,
故答案為:V形;
(3)Y、R的最高價(jià)氧化物分別為二氧化碳、二氧化硅,SiO2為原子晶體,CO2為分子晶體,故沸點(diǎn)較高的是 SiO2,
故答案為:SiO2; SiO2為原子晶體,CO2為分子晶體;
(4)將Cu單質(zhì)的粉末加入到NH3的濃溶液中,并通入O2,充分反應(yīng)后溶液呈深藍(lán)色,反應(yīng)生成[Cu(NH34]2+,該反應(yīng)的離子方程式為:2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH34]2++4OH-,
故答案為:2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH34]2++4OH-;
(5)碳有多種同素異形體,其中一種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖,該晶體一個(gè)晶胞的Y原子數(shù)為:4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8;
每個(gè)Y與周圍的4個(gè)Y原子相鄰,故Y原子的配位數(shù)為4;
若晶胞的邊長(zhǎng)為a pm,則晶胞體積為(a×10-103cm3,晶體的密度為ρ g/cm3,則晶胞質(zhì)量為(a×10-103cm3×ρ g/cm3=ρa(bǔ)3×10-30ρ g,則8×$\frac{12}{{N}_{A}}$g=ρa(bǔ)3×10-30ρ g,故NA=$\frac{96×1{0}^{30}}{{a}^{3}•ρ}$,
故答案為:4;$\frac{96×1{0}^{30}}{{a}^{3}•ρ}$.

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查,涉及核外電子排布、雜化軌道、分子構(gòu)型、晶體類型與性質(zhì)、配合物、晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算等,需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ),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:選擇題

1.25℃時(shí),水中存在電離平衡:H2O?H++OH-,△H>0.下列敘述正確的是( 。
A.將水加熱,KW增大,pH不變
B.向水中加入少量的NaOH固體,平衡逆向移動(dòng),c(OH-)降低
C.向水中加入少量的NH4Cl固體,平衡逆向移動(dòng),溶液呈堿性
D.向0.1mol/L的醋酸溶液中加入一定量的醋酸鈉晶體,溶液中的c(OH-)增大,KW不變

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題

2.有機(jī)物C4H8O3在一定條件下的性質(zhì)有:在濃硫酸存在下,可脫水生成能使溴水褪色的只有一種結(jié)構(gòu)形式的有機(jī)物,在濃硫酸存在下,能分別與乙醇或乙酸反應(yīng),在濃硫酸存在下,還能生成分子式為C4H6O2的五元環(huán)狀有機(jī)物,則有機(jī)物C4H8O3的有關(guān)敘述正確的是( 。
A.C4H8O3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOCH2CH2CH2COOH
B.C4H8O3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH(OH)CH2COOH
C.C4H8O3為α-羥基丁酸
D.C4H8O3為羥基乙酸乙酯

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題

19.下列對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是( 。
A.向磷酸二氫銨溶液中加入足量氫氧化鈉溶液:NH4++OH-═NH3•H2O
B.向氫氧化亞鐵中加入足量的稀硝酸:Fe(OH)2+2H+═Fe2++2H2O
C.FeSO4溶液在空氣中放置變質(zhì):4Fe2++O2+2H2O═4Fe3++4OH-
D.過(guò)量SO2通入冷氨水中:SO2+NH3•H2O=HSO3-+NH4+

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題

7.已知有機(jī)色質(zhì)的發(fā)色官能團(tuán)可以被氧化或發(fā)生加成反應(yīng)生成無(wú)色物質(zhì).
(1)為了探索比較SO2和Cl2的漂白原理,甲同學(xué)做了如下對(duì)比實(shí)驗(yàn):
a.將干燥的SO2和干燥的Cl2分別通到干燥的品紅試紙上,發(fā)現(xiàn)紅色試紙均不褪色;
b.將SO2和Cl2分別通入品紅溶液中,發(fā)現(xiàn)品紅溶液均褪色;
c.加熱b中漂白后的溶液,發(fā)現(xiàn)前者恢復(fù)紅色,并產(chǎn)生刺激性氣味的氣體,后者無(wú)明顯現(xiàn)象;
d.將SO2和Cl2分別持續(xù)通入紫色石蕊試液中,發(fā)現(xiàn)前者只變紅,不褪色,后者先變紅,后褪色.
請(qǐng)根據(jù)甲同學(xué)的實(shí)驗(yàn)事實(shí),簡(jiǎn)要說(shuō)明SO2與Cl2漂白原理的相同與不同之處.
相同之處:SO2和Cl2本身都沒(méi)有漂白性,起漂白作用的分別是其與水反應(yīng)后的產(chǎn)物H2SO3 和HClO
不同之處:①H2SO3只能與某些有機(jī)色質(zhì)發(fā)生加合或化合反應(yīng),生成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì),產(chǎn)物受熱分解再放出SO2,是非氧化還原反應(yīng).HClO能與很多有機(jī)色質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成物較穩(wěn)定.
(2)乙同學(xué)為了探索對(duì)比O3、H2O2和Cl2的漂白能力大小,將等體積等濃度的品紅溶液與三種漂白劑呈噴霧狀分別反應(yīng),至完全褪色時(shí),發(fā)現(xiàn)消耗三種漂白劑的物質(zhì)的量相同,但褪色時(shí)間O3最短,H2O2次之,Cl2最長(zhǎng).
②消耗三種漂白劑的物質(zhì)的量相同的原因是:每摩爾物質(zhì)得電子數(shù)相等.
③O3漂白速度較H2O2快的主要原因是氧化性O(shè)3>H2O2;
④Cl2漂白速度最慢的主要原因可能是Cl2與H2O反應(yīng)生成HClO濃度較。
(3)丙同學(xué)為了比較H2O2和NaClO的氧化性強(qiáng)弱,將兩者混合,觀察到產(chǎn)生大量無(wú)色無(wú)味氣體.
⑤丙同學(xué)認(rèn)為,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為H2O2+ClO-═Cl-+H2O+O2↑,
由此確認(rèn)NaClO的氧化性強(qiáng)于H2O2;丁同學(xué)認(rèn)為產(chǎn)生氣體也可能是H2O2分解的原因,建議丙同學(xué)進(jìn)一步補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)來(lái)確認(rèn).
⑥補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)需要的試劑是AgNO3溶液和稀HNO3

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題

17.已知燃燒7.80g乙炔氣體生成二氧化碳?xì)怏w和液態(tài)水時(shí),放出389.9kJ的熱量,則下列有關(guān)乙炔氣體燃燒的熱化學(xué)方程式中,正確的是( 。
A.2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-389.9kJ•mol-1
B.2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=+2599.2kJ•mol-1
C.C2H2(g)+$\frac{5}{2}$O2(g)═2CO2(g)+H2O(l)△H=-1299.6kJ•mol-1
D.2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-1299.6kJ•mol-1

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題

4.甲醇是基本有機(jī)原料之一,可用于燃料電池、制取MTBE   等有機(jī)產(chǎn)品.
(1)一種“直接甲醇燃料電池”結(jié)構(gòu)如圖1所示,電解質(zhì)為強(qiáng)酸溶液,該燃料電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+
(2)水煤氣法制取甲醇的反應(yīng)其反應(yīng)的焓變、平衡常數(shù)如下:
CH4(g)+1/2O2(g)═CO(g)+2H2(g)△H1=-35.4kJ•mol-1平衡常數(shù)K1
CO(g)+2H2(g)?CH3OH (g)△H2=-90.1kJ•mol-1平衡常數(shù)K2
2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△H3     平衡常數(shù)K3
△H3=-251kJ•mol-1 (填數(shù)值);相同溫度下K3=K12•K22(用含K1、K2代數(shù)式表示).
(3)二氧化碳加氫也可合成甲醇[CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)],在10.0L的密閉容器中投入1molCO2和2.75molH2,在不同條件下發(fā)生反應(yīng),實(shí)驗(yàn)測(cè)得平衡時(shí)甲醇的物質(zhì)的量隨溫度、壓強(qiáng)變化如圖2所示.
①圖2中二氧化碳合成甲醇正反應(yīng)為放熱反應(yīng)(選填:“放熱”或“吸熱”).
②圖2中壓強(qiáng)P1>P2(選填:“>”或“<”).
③在圖2中“M”點(diǎn),平衡常數(shù)K=1.04(填數(shù)值,保留2位小數(shù)).
(4)甲醇與醇ROH在濃硫酸及加熱條件下可制備汽油抗爆震劑 MTBE.已知MTBE的分子式為C5H12O,其核磁共振氫譜如圖3所示.

①ROH的名稱為2-甲基-2-丙醇.
②寫(xiě)出制備MTBE的化學(xué)方程式:CH3OH+(CH33COH$→_{△}^{濃硫酸}$CH3OC(CH33+H2O.

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題

1.已知C2H2(g)+$\frac{5}{2}$O2(g)→2CO2(g)+H2O(l)△H=-1300kJ•mol-1,則下列說(shuō)法正確的是( 。
A.若生成NA個(gè)水蒸氣分子反應(yīng)熱為△H0,則△H0<△H
B.當(dāng)有20NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí),放出2600kJ 熱量
C.當(dāng)有4NA個(gè)碳氧共用電子對(duì)生成時(shí),放出1300kJ熱量
D.上述反應(yīng)為吸熱反應(yīng)

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科目:高中化學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題

2.如圖,表示正反應(yīng)是吸熱的是( 。
A.B.
C.D.

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同步練習(xí)冊(cè)答案