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11.卤族元素的单质和化合物很多,我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们.
(1)卤族元素位于周期表的p区;溴的价电子排布式为4s24p5
(2)请根据下表提供的第一电离能数据判断:最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘.
第一电离能
(kJ/mol)
1681125111401008900
(3)已知高碘酸有两种形式,分别为H5IO6 )和HIO4,前者为五元酸,后者为一元酸.请比较二者酸性强弱:H5IO6<HIO4.(填“>”、“<”或“=”)
(4)与KI3类似的,还有CsICl2等.已知CsICl2不稳定,受热易分解,倾向于生成晶格能更大的物质,则它按下列A式发生.
A.CsICl2=CsCl+ICl
B.CsICl2=CsI+Cl2
(5)已知ClO2-为角型,中心氯原子周围有四对价层电子.ClO2-中心氯原子的杂化轨道类型为sp3,与ClO2-互为等电子体的微粒是Cl2O.(任写一个)
(6)图1为碘晶体晶胞结构.有关说法中正确的是AD.
A.碘分子的排列有2种不同的取向,2种取向不同
的碘分子以4配位数交替配位形成层结构
B.用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子
C.碘晶体为无限延伸的空间结构,是原子晶体
D.碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力
(7)已知CaF2晶体(见图2)的密度为ρg/cm3,NA为阿伏加德罗常数,相邻的两个Ca2+的核间距为a cm,则CaF2的相对分子质量可以表示为$\frac{\sqrt{2}}{2}$ρNAa3

分析 (1)根据基态原子核外电子排布式中最后填充电子的能级确定,溴是35号元素,处于第四周期ⅦA族;
(2)第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量,第一电离能越小,就越容易失去一个电子;
(3)含氧酸中,含非羟基氧原子个数越多,酸性越强(或者同种元素含氧酸中心元素化合价越高,酸性越强);
(4)在离子晶体中离子半径越小、离子所带电荷越高,晶格能越大;
(5)已知ClO2-为角型,中心氯原子周围有四对价层电子,则Cl原子杂化轨道数目为4;原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体;
(6)碘为分子晶体,晶胞中碘分子的排列有2种不同的取向,在顶点和面心不同,层内以4配位数交替配位形成层结构,分子内I原子之间形成非极性键,而分子之间为范德华力,根据均摊法计算晶胞中I原子数目;
(7)根据均摊法可知晶胞中红色球数目为4、黄色球数目为8,结合化学式可知红色球为Ca2+、黄色球为F-,假设CaF2的相对分子质量为M,表示出晶胞质量,两个离得最近的钙离子是位于顶点和面心上的,则晶胞面对角线长度为2a c,故晶胞棱长为2a cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}a$ cm,再结合m=ρV计算.

解答 解:(1)卤族元素位于周期表中ⅦA族,外围电子排布式为ns2np5,电子最后填充p能级,属于p区元素,溴处于第四周期ⅦA族,价电子排布式为4s24p5
故答案为:p;4s24p5
(2)碘的第一电离能越小,碘更容易形成较稳定的单核阳离子,
故答案为:碘;
(3)H5IO6)中含有5个羟基氢,为五元酸,含非羟基氧原子1个,HIO4为一元酸,含有1个羟基氢,含非羟基氧原子3个,所以酸性:H5IO6<HIO4
故答案为:<;
(4)CsICl2不稳定,受热易分解,倾向于生成晶格能更大的物质,由于氯离子的半径小于碘离子,所以CsCl的晶格能大于CsI的晶格能,按反应CsICl2=CsCl+ICl进行,
故选:A;
(5)已知ClO2-为角型,中心氯原子周围有四对价层电子,则Cl原子杂化轨道数目为4,属于sp3杂化;等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒,与ClO2-互为等电子体的为Cl2O等,
故答案为:sp3;Cl2O;
(6)A.碘分子的排列有2种不同的取向,在顶点和面心不同,层内2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构,故A正确;
B.用均摊法可知平均每个晶胞中碘分子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4,即有8个碘原子,故B错误;
C.碘晶体为无限延伸的空间结构,构成微粒为分子,是分子晶体,故C错误;
D.分子内I原子之间形成非极性键,而分子之间为范德华力,故D正确;
故答案为:AD;
(7)根据均摊法可知晶胞中红色球数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4、黄色球数目为8,结合化学式可知红色球为Ca2+、黄色球为F-,假设CaF2的相对分子质量为M,则晶胞质量为4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g,两个离得最近的钙离子是位于顶点和面心上的,则晶胞面对角线长度为2a c,故晶胞棱长为2a cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}a$ cm,则4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g=ρg/cm3×($\sqrt{2}a$ cm)3,解得M=$\frac{\sqrt{2}}{2}$ρNAa3
故答案为:$\frac{\sqrt{2}}{2}$ρNAa3

点评 本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子排布、电离能、分子结构与性质、杂化方式、等电子体、晶胞结构与计算等知识点,需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力,需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力.

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(1)测定目的:测定某品牌软包装橙汁中维生素C的含量.
(2)测定原理:C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-
(3)实验用品:
①仪器:(自选,略).
②试剂:指示剂淀粉溶液(填名称)、浓度为7.5×10-3 mol•L-1的标准碘溶液、蒸馏水等.
(4)实验过程:
①洗涤仪器,检查滴定管是否漏液,润洗后装好标准碘溶液待用.
②打开橙汁包装,目测:颜色--橙黄色,澄清度--好.用酸式滴定管(填仪器名称)向锥形瓶中量入20.00mL待测橙汁,滴入2滴指示剂.
③用左手控制滴定管的活塞(填部位),右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化,直到滴定终点,滴定至终点的现象是当滴入最后一滴标准液溶液变为蓝色,且半分钟内不变色.
(5)数据记录与处理:若滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL,则此橙汁中维生素C的含量是990mg•L-1.(C6H8O6的相对分子质量为176)
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19.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是(  )
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6.有机物A是一种重要的有机合成原料.以有机物A为原料合成G(医药中间体和材料中间体)的路线如图所示:

已知:
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