1.C、Si、S和N元素在化學(xué)中占有極其重要的地位.
(1)寫出Si的基態(tài)原子價電子排布式3s23p2
從電負性角度分析,C、Si和O元素的非金屬活潑性由強至弱的順序為O>C>Si.
(2)SiC的晶體結(jié)構(gòu)與晶體硅的相似,其中C原子的雜化方式為sp3,微粒間存在的作用力是共價鍵.
(3)氧化物MO的電子總數(shù)與SiC的相等,MO是優(yōu)良的耐高溫材料,其晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似.MO的熔點比CaO的高,其原因是Mg2+半徑比Ca2+小,MgO晶格能大.
(4)SO2、NO2、H2S同屬于V字型結(jié)構(gòu)(填“三角錐形”、“直線型”或“V字型”).從微觀結(jié)構(gòu)角度分析,其中一種分子又與另二種分子有不同之處,該分子的化學(xué)式是H2S.

分析 (1)Si元素14號元素,其3s、3p電子為其價電子,根據(jù)構(gòu)造原理書寫其價電子排布式;同一周期元素,元素的非金屬活潑性隨著原子序數(shù)的增大而增強,同一主族,元素的非金屬活潑性隨著原子序數(shù)的增大而減弱;
(2)晶體硅中一個硅原子周圍與4個硅原子相連,呈正四面體結(jié)構(gòu),所以雜化方式是sp3;非金屬原子之間形成的化學(xué)鍵為共價鍵;
(3)氧化鎂與氧化鈣都屬于離子晶體,離子所帶電荷相同,離子半徑越小,離子鍵越強,晶格能越大,熔沸點越高;
(4)H2S的分子結(jié)構(gòu)為V字型;H2S有2對孤電子,和其他兩種不一樣.

解答 解:(1)Si元素14號元素,其3s、3p電子為其價電子,根據(jù)構(gòu)造原理知其價電子排布式為3s23p2;同一周期元素,元素的非金屬活潑性隨著原子序數(shù)的增大而增強,同一主族,元素的非金屬活潑性隨著原子序數(shù)的增大而減弱,根據(jù)元素在周期表中的位置知,這三種元素的非金屬活潑性強弱順序是:O>C>Si;
故答案為:3s23p2;O>C>Si;
(2)SiC中Si和C原子均形成四個單鍵,故其為sp3雜化;非金屬原子之間形成的化學(xué)鍵全部是共價鍵;
故答案為:sp3;共價鍵;
(3)氧化鎂與氧化鈣都屬于離子晶體,離子所帶電荷相同,Mg2+離子比Ca2+離子半徑小,MgO中離子鍵強,MgO比CaO的晶格能大,故MgO熔沸點高;
故答案為:Mg2+半徑比Ca2+小,MgO晶格能大;
(4)SO2、NO2、H2S是分子晶體,分子結(jié)構(gòu)為V字型,但H2S有2對孤電子,和其他兩種不一樣.
故答案為:V字型;H2S.

點評 本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì),涉及電子排布式的書寫、非金屬的大小比較、雜化軌道類型的判斷以及晶體熔點的比較,題目較為綜合,本題易錯點為(4)題,注意形成π鍵的因素.

練習(xí)冊系列答案
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科目:高中化學(xué) 來源: 題型:選擇題

1.由兩種金屬組成的合金8g,投入到足量的稀硫酸中,測得產(chǎn)生氣體5.6L(標(biāo)準狀況),則原合金不可能是(  )
A.Mg-Cu合金B.Mg-Fe合金C.Al-Zn合金D.Fe-Zn合金

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12.已知可逆反應(yīng) mA(g)+nB(g)?pC(g)+qD(g),反應(yīng)中D的物質(zhì)的量分數(shù)X(D)與時間t的關(guān)系如圖,則下列敘述正確的是( 。
A.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.m+n>p+q
C.T1<T2D.P1<P2

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9.下列各組中的化學(xué)性質(zhì)比較,不正確的是( 。
①酸性:HClO4>HBrO4>HIO4                 
②還原性:I-<Cl-<F-
③堿性:NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
④穩(wěn)定性:PH3>H2S>HCl
⑤半徑:S2->Na+>Mg2+>O2-                   
⑥氧化性:Li+>Na+>K+>Rb+>Cs+
A.①②④B.②④⑤C.①⑤⑥D.②③⑤

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16.根據(jù)陳述的知識,類推得出的結(jié)論正確的是(  )
A.鎂條在空氣中燃燒生成的氧化物是MgO,則鈉在空氣中燃燒生成的氧化物是Na2O
B.乙烯(CH2=CH2)可使酸性高錳酸鉀溶液褪色,則丙烯(CH3-CH=CH2)也可以使其褪色
C.CO2和SiO2化學(xué)式相似,則CO2與SiO2的物理性質(zhì)也相似
D.金剛石的硬度大,則C60的硬度也大

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6.下列關(guān)于膠體的敘述中不正確的是( 。
A.丁達爾現(xiàn)象可用來區(qū)別膠體與溶液
B.溶液、膠體、濁液的根本區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑的大小
C.膠體在一定條件下會發(fā)生聚沉
D.膠體粒子能通過半透膜,不能通過濾紙

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13.配制480mL2mol/L的NaOH溶液:
(1)配制該溶液應(yīng)選用500mL容量瓶.
(2)用托盤天平準確稱取40g固體NaOH.
(3)把稱量好的NaOH固體放入燒杯中,加入適量的水,用玻璃棒攪拌,當(dāng)固體完全溶解后,不能立即把溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶的原因是NaOH溶于水放熱,熱的溶液轉(zhuǎn)入到容量瓶,會影響溶液配制的精確度.
(4)溶質(zhì)溶解后轉(zhuǎn)移至容量瓶時,必須用少量蒸餾水將燒杯及玻璃棒洗滌2-3次,并將洗滌液一并倒入容量瓶,這是因為燒杯中殘留有NaOH溶液.否則,所配得的溶液濃度偏小 (“偏大”“偏小”)
(5)當(dāng)往容量瓶里加蒸餾水時,距刻度線1-2cm處停止,改用膠頭滴管加蒸餾水到溶液的液面正好與刻度線相切,這個操作叫做定容.
(6)如果加水定容時超出了刻度線,如何處理重新配制.

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10.在標(biāo)準狀況下,進行甲、乙、丙三組鎂鋁合金與鹽酸反應(yīng)實驗,三組實驗的有關(guān)數(shù)據(jù)如表:
組別鎂鋁合金質(zhì)量.mgHCl物質(zhì)的量/mol氫氣的體積/mL
255X280
385X336
459X336
試完成下列問題:
(1)①甲組實驗中,鹽酸過量(填“過量”“適量”或“不足量”),理由是HCl的物質(zhì)的量一定,甲中合金質(zhì)量小于乙中合金質(zhì)量,且甲中生成氣體體積小于乙中氣體體積
②乙組實驗中,鹽酸不足(填“過量”“適量”或“不足量”),理由是生成336mL氫氣需要合金的質(zhì)量為255mg×$\frac{336mL}{280mL}$=306mg<385mg
(2)求合金中鎂、鋁的物質(zhì)的量之比,題中可作計算依據(jù)的數(shù)據(jù)是甲,求得鎂、鋁的物質(zhì)的量之比是1:1;
(3)求HCl的物質(zhì)的量.

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11.某強氧化劑XO(OH)2+,被亞硫酸鈉還原到較低價態(tài).如果還原2.4×10-3 mol XO(OH)2+,需用3mL 0.2mol/L的亞硫酸鈉溶液,還原后X的最終化合價為( 。
A.+3B.+2C.-2D.+1

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