分析 (1)Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+;Cr3+中3d能级含有3个未成对电子;
(2)①Ni(CO)4为无色挥发性液态物质,属于分子晶体,而二氧化硅属于原子晶体;
②原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体;
(3)同种元素含氧酸,该元素化合价越高,其酸性越强(或非羟基氧越多,酸性越强);
PO43-中P原子孤电子对数=$\frac{5+3-2×4}{2}$=0,价层电子对数=4+0=4;
(4)晶胞中Ba位于顶点、体心,Fe位于面心,Se位于晶胞内部与棱上,根据均摊法计算晶胞中Ba、Fe、Se原子数目,确定化学式;
同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,但ⅡA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的;
(5)结合晶胞含有原子数目,用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量,再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶体密度.
解答 解:(1)Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+,基态Cr3+的价层电子电子排布式为3d3,Cr3+中3d能级含有3个未成对电子,第二周期基态原子未成对电子数与Cr3+相同的元素是N元素,
故答案为:3d3;N;
(2)①Ni(CO)4为无色挥发性液态物质,属于分子晶体,而二氧化硅属于原子晶体,Ni(CO)4的熔点低于SiO2的熔点,
故答案为:低于;Ni(CO)4属于分子晶体,二氧化硅属于原子晶体;
②CO分子中含有2个原子,其价电子个数是10,与CO互为等电子体的分子为N2,电子式为,
故答案为:;
(3)H3PO4、H3PO3中磷元素的化合价依次为+5、+3,H3PO4中心磷原子的正电荷更高,导致P-O-H中共用电子对更易向P偏移,因而H3PO4比H3PO3更易电离出氢离子,酸性更强,
PO43-中P原子孤电子对数=$\frac{5+3-2×4}{2}$=0,价层电子对数=4+0=4,空间构型为正四面体形,
故答案为:H3PO4中心磷原子的正电荷更高,导致P-O-H中共用电子对更易向P偏移,因而H3PO4比H3PO3更易电离出氢离子,酸性更强;正四面体;
(4)晶胞中Ba位于顶点、体心,Ba原子数目为1+8×$\frac{1}{8}$=2,Fe位于面心,Fe原子数目为8×$\frac{1}{2}$=4,Se位于晶胞内部与棱上,Se原子数目为2+8×$\frac{1}{4}$=4,故化学式为BaFe2Se2,
同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,但As元素原子4p轨道为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素的,故第一电离能Br>As>Se,
故答案为:BaFe2Se2;Br>As>Se;
(5)用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量为$\frac{2×137+4×56+4×79}{{N}_{A}}$g,晶胞参数为a pm、b pm、c pm,则晶体密度为:$\frac{2×137+4×56+4×79}{{N}_{A}}$g÷(a×10-10 cm×b×10-10 cm×c×10-10 cm)=$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$g/cm3,
故答案为:$\frac{8.14×1{0}^{32}}{abc{N}_{A}}$.
点评 本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子排布、晶体类型与性质、等电子体、分子结构与性质、空间构型、电离能、晶胞计算等,注意同周期主族元素中第一电离能异常情况,掌握均摊法进行晶胞有关计算.
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A. | 过量CO2通入溶液中:2NaCN+H2O+CO2=2HCN+Na2CO3 | |
B. | 经测定CH3COONH4的水溶液呈中性可知:K(NH3•H2O)=1.75×10-5 | |
C. | 将等物质的量浓度的CH3COONa与NaCN溶液等体积混合后的溶液中:c(CH3COO-)>c(CN-) | |
D. | 常温下将10ml的PH=3的醋酸溶液稀释到100ml,其PH<4 |
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A. | . 酸性高锰酸钾溶液 | B. | 溴水 | ||
C. | 新制的氢氧化铜悬浊液 | D. | 氯化铁溶液 |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 2 | B. | 4 | C. | 6 | D. | 8 |
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