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    20．下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．

    （1）写出上表中元素⑩基态原子的外围电子排布图1s22s22p63s23p63d104s1．
    （2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为：sp2．
    （3）按要求完成下列各题：
    a．与元素④所形成的单质互为等电子体的分子、离子的化学式CO、C22-或CN-或NO+或O22+（各一种）．
    b．元素④的气态氢化物X的水溶液在微电子工业中，可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O．
    （4）在测定①与⑥形成化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是：HF分子之间因形成氢键而形成（HF）n缔合分子，实际测得的为HF和（HF）n的相对分子质量的平均值，比HF的分子量大．
    （5）元素⑨和铁元素均可形成+2价氧化物，晶体结构类型均与氯化铯的相同，
    a、比较离子半径大小：Cl-大于Cs+（填“大于”、“小于”或“等于”）．
    b、元素⑨和铁的+2价离子半径分别为69pm和78pm，则比较两种氧化物的熔点较高的为NiO（填化学式），请解释原因两种氧化物中的阴阳离子的电荷（绝对值）均相等，Ni2+的半径小则NiO的阴阳离子核间距小于FeO的阴阳离子核间距，可知NiO的晶格能较大，熔点高．
    （6）元素⑩所形成的单质晶体中原子的堆积方式为fcc（面心立方），晶胞边长为361pm．又知⑩单质的密度为9.00g•cm-3，原子量为63.6，请回答下列问题：
    a、晶体中该原子的配位数为12，一个晶胞中包含的原子数目为4．
    b、⑩单质的晶胞的体积是4.70×10-23cm3，阿伏加德罗常数为$\frac{4×63.6}{9.00×4.70×10{\;}^{-23}}$/mol=6.01×1023mol-1（列式计算）．

    分析 由元素在周期表中的位置可知①为H，②为Li，③为C，④为N，⑤为O，⑥为F，⑦为Mg，⑧为S，⑨为Ni，⑩为Cu，
    （1）⑩为Cu，原子序数为29，结合构造原理书写电子排布式；
    （2）元素③与①形成的水果催熟剂为C2H4，根据形成的δ键判断；
    （3）元素④所形成的单质为N2，含有14个电子；元素④的气态氢化物X为NH3，与H2O2反应生成N2和水；
    （4）HF分子之间因形成氢键而形成（HF）n缔合分子；
    （5）a、核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
    b、离子半径越小、晶体熔点越高；
    （6）利用均摊法计算

    解答 解：由元素在周期表中的位置可知①为H，②为Li，③为C，④为N，⑤为O，⑥为F，⑦为Mg，⑧为S，⑨为Ni，⑩为Cu，
    （1）⑩为Cu，原子序数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，
    故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
    （2）元素③与①形成的水果催熟剂为C2H4，结构简式为CH2=CH2，C形成3个δ键，为sp2杂化，
    故答案为：sp2；
    （3）a、元素④所形成的单质为N2，含有14个电子，与元素④所形成的单质互为等电子体的分子、离子有CO、C22-或CN-或NO+或O22+，
    故答案为：CO；C22-或CN-或NO+或O22+；
    b、元素④的气态氢化物X为NH3，与H2O2反应生成N2和水，方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O，
    故答案为：2NH3+3H2O2=N2+6H2O；
    （4）F的非金属性很强，对应氢化物中含有氢键，HF分子之间因形成氢键而形成（HF）n缔合分子，实际测得的为HF和（HF）n的相对分子质量的平均值，比HF的分子量大，
    故答案为：HF分子之间因形成氢键而形成（HF）n缔合分子，实际测得的为HF和（HF）n的相对分子质量的平均值，比HF的分子量大；
    （5）a、Cl-、K+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，Cl的原子序数小于K，则Cl-离子半径较大，
    故答案为：大于；
    b、两种氧化物中的阴阳离子的电荷（绝对值）均相等，离子半径越小、晶格能越大，则晶体熔点越高，
    故答案为：NiO；两种氧化物中的阴阳离子的电荷（绝对值）均相等，Ni2+的半径小则NiO的阴阳离子核间距小于FeO的阴阳离子核间距，可知NiO的晶格能较大，熔点高；
    （6）a、Cu单质的晶体为面心立方最密堆积，以顶点Cu原子研究，与之最近的Cu原子处于面心上，每个顶点为12个面共用，故Cu的配位数为12，
    一个晶胞中包含的原子数目为6×$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{8}$×8=4，
    故答案为：12；4；
    b、晶胞边长为361pm．则晶胞的体积为（361×10-10cm）3=4.70×10-23cm3，
    设阿伏加德罗常数为NA，
    则ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{4×63.6}{{N}_{A}}}{4.70×1{0}^{-23}}$=9.00g•cm-3，则NA=$\frac{4×63.6}{9.00×4.70×10{\;}^{-23}}$/mol，
    故答案为：4.70×10-23；NA=$\frac{4×63.6}{9.00×4.70×10{\;}^{-23}}$/mol=6.01×1023mol-1．

    点评 本题以元素推断为载体，综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论与分子结构、氢键、晶胞计算等，难度中等，（6）注意利用均摊法进行晶胞计算．

    练习册系列答案
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    （1）写出⑨元素在元素周期表中的位置：第四周期第ⅤⅢ族；
    （2）写出⑥、⑦、⑧三种元素简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞Cl-＞K+；
    （3）写出③、④、⑤、⑧四种元素的最高价氧化物的水化物的碱性强弱顺序：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3；
    （4）①元素和⑤元素的氢氧化物具有相似的化学性质，写出①元素的氢氧化物与足量的NaOH溶液反应的化学方程式Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；
    （5）用电子式表示④、⑦两种元素形成化合物的过程：；
    （6）含有⑥元素某种18电子的离子与H+及OH-均可发生反应，分别写出反应的离子方程式：HS-+H+=H2S↑；HS-+OH-=S2-+H2O；
    （7）②、③两种元素的单质在加热条件下发生反应生成的产物的化学式为Na2O2，其中所含的化学键类型有非极性键和离子键．
    （8）在②、⑥两种元素形成的简单氢化物中，沸点较高的是水，其主要原因是水分子之间有氢键；
    （9）将④、⑨两种元素的单质组成的混合物9.8g溶解在过量某浓度的稀硝酸中，完全反应，假设硝酸的还原产物全部为NO，其物质的量为0.2mol，则向反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量是20g．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    11．下列物质不能发生水解反应的是（　　）
    A．葡萄糖B．淀粉C．油脂D．蔗糖

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    8．在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是（　　）
    A．正极附近SO42-浓度逐渐增大
    B．电子通过导线由铜片流向锌片
    C．正极反应式为Zn-2e-═Zn2+
    D．该原电池工作过程中电解质溶液的pH值增大

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    15．下列化合物分子中的所有碳原子可能处于同一平面的是（　　）
    A．甲基环己烷B．聚-2-甲基丙烯C．乙酸叔丁酯D．苯甲酸苯甲酯

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

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    （1）计算：用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度c为0.25dwmol/L．
    （2）某学生用托盘天平称量小烧杯的质量（烧杯中盛NaOH），称量前把游码放在标尺的零刻度，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将高于（填“高于”或“低于”）右边的托盘，欲使天平平衡，所进行的操作为往左盘添加药品，假定最终称量小烧杯的质量为32.6g（填“32.6g”或“32.61g”）．
    （3）在标尺（图）上画出游码位置（画“△”表示）．

    （4）定容后将溶液振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线，则测得溶液的物质的量浓度将偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．

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    A．所得的分散系属于悬浊液
    B．所得的分散系中分散质为Fe2O3
    C．该分散系能产生丁达尔效应
    D．该磁流体就是Fe（OH）2和Fe（OH）3的悬浊液

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