12.已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素,它們的原子序數(shù)依次增大.其中A元素基態(tài)原子第一電離能比B元素基態(tài)原子的第一電離能大,B的基態(tài)原子的L層、R基態(tài)原子的M層均有2個單電子,D是第Ⅷ族中原子序數(shù)最小的元素.
(1)寫出基態(tài)D原子的電子排布式[Ar]3d64s2
(2)已知高純度R的單質(zhì)在現(xiàn)代信息技術(shù)與新能源開發(fā)中具有極為重要的地位.工業(yè) 上生產(chǎn)高純度R的單質(zhì)過程如下:

寫出③的反應方程式SiHCl3+H2 $\frac{\underline{\;1000℃-1100℃\;}}{\;}$ Si+3HCl,已知RHCl3的沸點是31.5°C,則該物質(zhì)的晶體類型是分子晶體,組成微粒的中心原子的軌道雜化類型為sp3,空間構(gòu)型是四面體形.
(3)A的第一電離能比B的第一電離能大的原因是N原子的2p能級處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài),A、B兩元素分別與R形成的共價鍵中,極性較強的是Si-O.A、B兩元素間能形成多種二元化合物,其中與A3-互為等電子體的物質(zhì)的化學式為N2O.
(4)已知D單質(zhì)的晶胞如圖所示,則晶體中D原子的配位數(shù)為8,一個D的晶胞質(zhì)量為$\frac{112}{{N}_{A}}$g.

分析 B的基態(tài)原子的L層、R基態(tài)原子的M層均有2個單電子,則最外層電子數(shù)可能為4或6,B可能為C或O元素,R可能為Si或S元素,D是第Ⅷ族中原子序數(shù)最小的元素,應為Fe,A元素基態(tài)原子第一電離能比B元素基態(tài)原子的第一電離能大,且A的原子序數(shù)小于B,則A是N元素、B是O元素,高純度R的單質(zhì)在現(xiàn)代信息技術(shù)與新能源開發(fā)中具有極為重要的地位,則R是Si元素,
(1)D是Fe元素,其原子核外有26個電子,根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)D原子的電子排布式;
(2)SiO2和C在高溫下發(fā)生置換反應生成粗Si,粗硅和HCl在300℃條件下反應生成SiHCl3,SiHCl3和過量氫氣在1000℃-1100℃條件下反應生成純硅,
③的反應為SiHCl3和氫氣的反應,生成Si和HCl,分子晶體熔沸點較低,該分子中Si原子價層電子對個數(shù)是4且不孤電子對,根據(jù)價層電子對互斥理論判斷Si原子的軌道雜化類型及空間構(gòu)型;
(3)原子軌道中電子處于全滿、全空或半滿最穩(wěn)定;N、O兩元素分別與Si形成的共價鍵中,元素的非金屬性越強,其形成的化合物中極性鍵的極性越強;等電子體中原子個數(shù)相等及價電子數(shù)相等;
(4)該晶胞是體心立方晶胞,該晶胞中Fe原子個數(shù)=1+8×$\frac{1}{8}$=2,其配合物是8,每個Fe原子的質(zhì)量=$\frac{M}{{N}_{A}}$,則該晶胞質(zhì)量就是兩個Fe原子質(zhì)量.

解答 解:B的基態(tài)原子的L層、R基態(tài)原子的M層均有2個單電子,則最外層電子數(shù)可能為4或6,B可能為C或O元素,R可能為Si或S元素,D是第Ⅷ族中原子序數(shù)最小的元素,應為Fe,A元素基態(tài)原子第一電離能比B元素基態(tài)原子的第一電離能大,且A的原子序數(shù)小于B,則A是N元素、B是O元素,高純度R的單質(zhì)在現(xiàn)代信息技術(shù)與新能源開發(fā)中具有極為重要的地位,則R是Si元素,
(1)D是Fe元素,其原子核外有26個電子,根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)D原子的電子排布式為[Ar]3d64s2,
故答案為:[Ar]3d64s2;
(2)SiO2和C在高溫下發(fā)生置換反應生成粗Si,粗硅和HCl在300℃條件下反應生成SiHCl3,SiHCl3和過量氫氣在1000℃-1100℃條件下反應生成純硅,
③的反應為SiHCl3和氫氣的反應,生成Si和HCl,反應方程式為SiHCl3+H2 $\frac{\underline{\;1000℃-1100℃\;}}{\;}$ Si+3HCl;
分子晶體熔沸點較低,該物質(zhì)熔沸點較低,為分子晶體,該分子中Si原子價層電子對個數(shù)是4且不孤電子對,根據(jù)價層電子對互斥理論判斷Si原子的軌道雜化類型及空間構(gòu)型分別為sp3、四面體形,
故答案為:SiHCl3+H2 $\frac{\underline{\;1000℃-1100℃\;}}{\;}$ Si+3HCl;分子晶體;sp3;四面體形;
(3)原子軌道中電子處于全滿、全空或半滿最穩(wěn)定,N原子的2p能級處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài),所以N原子比O原子第一電離能大;N、O兩元素分別與Si形成的共價鍵中,元素的非金屬性越強,其形成的化合物中極性鍵的極性越強,因為O元素的非金屬性大于N,則極性O-Si鍵>N-Si鍵;等電子體中原子個數(shù)相等及價電子數(shù)相等,N3-中含有3個原子、價電子數(shù)是16,與該離子互為等電子體的氮氧化物為N2O,
故答案為:N原子的2p能級處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài);O-Si鍵;N2O;
(4)該晶胞是體心立方晶胞,該晶胞中Fe原子個數(shù)=1+8×$\frac{1}{8}$=2,體心上的Fe原子被頂點上的8個原子包圍,所以其配合物是8,每個Fe原子的質(zhì)量=$\frac{M}{{N}_{A}}$g,則該晶胞質(zhì)量就是兩個Fe原子質(zhì)量=2×$\frac{M}{{N}_{A}}$g=2×$\frac{56}{{N}_{A}}$g=$\frac{112}{{N}_{A}}$g,
故答案為:$\frac{112}{{N}_{A}}$g.

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì),為高頻考點,涉及晶胞計算、等電子體判斷、原子結(jié)構(gòu)、微?臻g構(gòu)型判斷等知識點,側(cè)重考查學生分析判斷計算能力,注意(2)中SiHCl3是四面體而不是正四面體結(jié)構(gòu),應為Si-H、Si-Cl不同導致的,為易錯點.

練習冊系列答案
相關(guān)習題

科目:高中化學 來源: 題型:解答題

7.高錳酸鉀在不同的條件下發(fā)生的反應如下:
MnO4-+5e-+8H+═Mn2++4H2O           ①
MnO4-+3e-+2H2O═MnO2↓+4OH-
MnO4-+e-═MnO42-(溶液綠色)             ③
(1)從上述三個半反應中可以看出高錳酸根離子被還原的產(chǎn)物受溶液的酸堿性影響.
(2)將SO2通入高錳酸鉀溶液中,發(fā)生還原反應的離子反應過程為MnO4-→Mn2+
(3)將PbO2投入到酸性MnSO4溶液中攪拌,溶液變?yōu)樽霞t色.下列說法正確的是A(填字母).
A.氧化性:PbO2>KMnO4
B.Mn2+被還原成MnO4-
C.該反應可以用鹽酸酸化
(4)將高錳酸鉀逐滴加入到硫化鉀溶液中發(fā)生如下反應,其中K2SO4和S的物質(zhì)的量之比為3:2.完成下列化學方程式:
①28KMnO4+5K2S+24KOH═28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O.
②若生成6.4g單質(zhì)硫,反應過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2.8mol.

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

8.下列說法正確的是(  )
A.油脂水解可得到氨基酸
B.蛋白質(zhì)水解可以得到高級脂肪酸
C.維生素是一類高分子化合物
D.淀粉和纖維素的組成的化學式可表示為(C6H10O5)n,水解最終產(chǎn)物都是葡萄糖

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

5.足量的鋁粉投入20mLNaOH溶液中,充分反應后放出標準狀況下H26.72L,則NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為( 。
A.15mol•L-1B.10mol•L-1C.5mol•L-1D.1mol•L-1

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

7.以某菱錳礦(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)為原料通過以下方法可獲得碳酸錳粗產(chǎn)品如圖

已知:Ksp(MnCO3)=2.2×10-11,Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33
(1)濾渣1中,含鐵元素的物質(zhì)主要是Fe(OH)3(填化學式,下同);加NaOH調(diào)節(jié)溶液的pH約為5,如果pH過大,可能導致濾渣1中Al(OH)3、SiO2含量減少.
(2)濾液2中,+1價陽離子除了H+外還有Na+、NH4+(填離子符號).
(3)取“沉錳”前溶液amL于錐形瓶中,加入少量AgNO3溶液(作催化劑)和過量的1.5%(NH42S2O8溶液,加熱,Mn2+被氧化為MnO4-,反應一段時間后再煮沸5min[除去過量的(NH42S2O8],冷卻至室溫.選用適宜的指示劑,用b mol•L-1 的(NH42Fe(SO4)標準溶液滴定至終點,消耗(NH42Fe(SO42標準溶液V mL.
①Mn2+與(NH42S2O8反應的還原產(chǎn)物為SO42-[或“H2SO4”“Na2SO4”“(NH42SO4”](填化學式).
②“沉錳”前溶液中c(Mn2+)=$\frac{bV}{5a}$mol•L-1(列出表達式).
(4)其他條件不變,“沉錳”過程中錳元素回收率與NH4HCO3初始濃度(c0)、反應時間的關(guān)系如圖示.

①NH4HCO3初始濃度越大,錳元素回收率越高(填“高”或“低”),簡述原因NH4HCO3初始濃度越大,溶液中c(CO32-)度越大,根據(jù)溶度積Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO32-)可知溶液c(Mn2+)越小,析出的MnCO3越多;.
②若溶液中c(Mn2+)=1.0mol•L-1,加入等體積1.8mol•L-1 NH4HCO3溶液進行反應,計算20~40min內(nèi)v(Mn2+)=0.0075mol/(L.min).

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

17.處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法,是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S.
已知:CO(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol
S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-296.0kJ/mol
下列說法不正確的是( 。
A.兩個反應均為氧化還原反應
B.CO2與SO2不能用澄清石灰水鑒別
C.CO2分子中各原子最外層均為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)
D.相同條件下:2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)△H=+270kJ/mol

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科目:高中化學 來源: 題型:實驗題

4.海藻中提取碘的流程如圖1:

(1)指出提取碘的過程中有關(guān)實驗操作名稱:①過濾,③萃取分液;寫出過程②中有關(guān)反應的離子方程式Cl2+2I-═2Cl-+I2
(2)在提取碘的過程中,可供選擇的有機試劑有下列四組,可使用的是B.
A.甲苯、酒精    B.四氯化碳、苯    C.汽油、醋酸    D.汽油、甘油
(3)在3mL碘水中,加入1mL四氯化碳,振蕩、靜置后,觀察到試管里的分層現(xiàn)象是D(注:圖片2中深色區(qū)為紫紅色溶液)
(4)為使海藻灰中碘離子轉(zhuǎn)化為碘的有機溶液,實驗室里有燒杯、玻璃棒、集氣瓶、酒精燈、導管、圓底燒瓶、石棉網(wǎng)以及必要的夾持器、物品,尚缺少的玻璃儀器是普通漏斗分液漏斗.

(5)從含碘的有機溶液中提取碘和回收有機溶劑,還需經(jīng)過蒸餾,指出圖3實驗裝置中的錯誤之處.
①溫度計不能插入溶液中,應放在支管口;②冷凝管中水流方向相反了;③沒有石棉網(wǎng).

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

1.我國三峽工程所提供的清潔、價廉、可再生的水電,相當于每年燃燒500萬噸原煤的火力發(fā)電廠生產(chǎn)的電能,因此三峽工程有助于控制(  )
A.溫室效應B.氮的氧化物排放C.白色污染D.對臭氧層的破壞

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

2.配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時,下列操作會使所配制溶液的濃度偏小的是( 。
①在濾紙上稱取NaOH固體
②向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液時有少量濺出
③轉(zhuǎn)移溶液時未洗滌燒杯和玻璃棒
④定容搖勻時液面下降
⑤定容時俯視容量瓶刻度線
⑥定容時仰視容量瓶刻度線.
A.①③④⑤B.①②③⑥C.②③④⑥D.①②④⑤

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