物质的结构决定物质的性质．请回答下列涉及物质结构和性质的问题:(1)第二周期中.元素的第一电离能处于B与N之间的元素有3种．(2)某元素位于第四周期Ⅷ族.其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同.则其基态原子的价层电子排布式为3d84s2．(3)乙烯酮(CH2=C=O)是一种重要的有机中间体.可用CH3COOH在(C2H5O)3P=O存在下加热脱H2O得� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

精英家教网 > 高中化学 > 题目详情

3．物质的结构决定物质的性质．请回答下列涉及物质结构和性质的问题：
（1）第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有3种．
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d⁸4s²．
（3）乙烯酮（CH₂=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH₃COOH在（C₂H₅O）₃P=O存在下加热脱H₂O得到．乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型是sp²和sp，1mol（C₂H₅O）₃P=O分子中含有的σ键的数目为25N_A．
（4）已知固态NH₃、H₂O、HF的氢键键能和结构如图1：

物质	氢键X-H…Y	键能kJ．mol^-1
（HF）_n	D-H…F	28.1
冰	O-H…O	18.8
（NH₃）_n	N-H…N	5.4

解释H₂O、HF、NH₃沸点依次降低的原因单个氢键的键能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）_n和（NH₃）_n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n，．
（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能．碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，与碳原子等距离最近的碳原子有12个．已知碳化硅晶胞边长为apm，则晶胞图2中1号硅原子和2号碳原子之间的距离为$\frac{\sqrt{11}a}{4}$pm，碳化硅的密度为$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³．

分析（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素的；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，碳原子的电子排布为1s²2s²2p²，未成对电子数为2，则该元素为Ni；
（3）乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH₂中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2；（C₂H₅O）₃P=O分子含有25个σ键；
（4）平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）_n和（NH₃）_n只有1个，结合气化要克服的氢键的总键能；
（5）根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，可以计算碳原子周围与其距离最近的硅原子数目；
以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；
作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于O点，与顶点碳原子形成如图所示：，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，利用余弦定理计算cos∠AOB的值，再利用余弦定理计算BC的长度，即晶胞图2中1号硅原子和2号碳原子之间的距离；
结合晶胞中原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶体密度．

解答解：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期相邻元素的高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，
故答案为：3；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s²2s²2p²，未成对电子数为2，则该元素为Ni，其基态原子的价层电子排布式为3d⁸4s²，
故答案为：3d⁸4s²；
（3）乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH₂中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp²和sp，（C₂H₅O）₃P=O分子含有25个σ键，1mol（C₂H₅O）₃P=O分子中含有的σ键的数目为25N_A，
故答案为：sp²和sp；25N_A；
（4）单个氢键的键能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）_n和（NH₃）_n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n，故H₂O、HF、NH₃沸点依次降低，
故答案为：单个氢键的键能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）_n和（NH₃）_n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n；
（5）晶胞中Si原子数目为4、C原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，则碳原子配位数也是4，即碳原子周围与其距离最近的硅原子数目为4；
以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与碳原子等距离最近的碳原子有$\frac{8×3}{2}$=12个；
作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于O点，与顶点碳原子形成如图所示：，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，则：
（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²-2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×cos∠AOB=a²，
解得cos∠AOB=$\frac{1}{3}$
故（$\frac{\sqrt{3}}{4}$a）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²-2×$\frac{\sqrt{3}}{4}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{1}{3}$=BC²，
解得BC=$\frac{\sqrt{11}a}{4}$
晶胞质量为4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g，则晶体密度为4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g÷（a×10^-10 cm）³=$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³，
故答案为：4；12；$\frac{\sqrt{11}a}{4}$；$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

点评本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、氢键、晶胞计算等，（4）（5）为易错点、难点，侧重考查学生分析计算能力，难度较大．

练习册系列答案

年级	高中课程	年级	初中课程
高一	高一免费课程推荐！	初一	初一免费课程推荐！
高二	高二免费课程推荐！	初二	初二免费课程推荐！
高三	高三免费课程推荐！	初三	初三免费课程推荐！
更多初中、高中辅导课程推荐,点击进入>>

相关习题

科目：高中化学 来源： 题型：选择题

12．下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（　　）

	A．	向饱和FeCl₃溶液中滴加过量氨水，可制取Fe（OH）₃胶体
	B．	取少量溶液X，向其中加入适量新制的氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe²⁺
	C．	用渗析法除去淀粉中混有的NaCl
	D．	已知${I}_{3}^{-}$?I₂+I^-，向盛有KI₃溶液的试管中加入适量CCl₄，振荡静置后CCl₄层显紫色，说明KI₃在CCl₄中的溶解度比在水中的大

查看答案和解析>>

科目：高中化学 来源： 题型：解答题

13．现将一块敷有铜箔的绝缘板浸入800mL3mol/L的FeCl₃溶液中，一段时间后，将该线路板取出，向溶液中加入铁粉56.0g，充分反应后剩余固体51.2g，求最终所得溶液中溶质的物质的量浓度（忽略反应前后溶液体积的变化）．

查看答案和解析>>

科目：高中化学 来源： 题型：解答题

11．醋酸亚铬水合物[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，微溶于乙醇，不溶于水和乙醚（易挥发的有机溶剂）．其制备装置及步骤如下：

①检查装置气密性后，往三颈瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl₃溶液．
②关闭k2．打开ki，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速．
③待三颈瓶内的溶液由深绿色（Cr³⁺）变为亮蓝色（Cr²⁺）时，把溶液转移到装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞．
④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到2.76g[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O．
（1）装置甲中连通管a的作用是使漏斗内的液体顺利滴下．
（2）三颈瓶中的Zn除了与盐酸生成H₂外，发生的另一个反应的离子方程式为2Cr³⁺+Zn═2Cr²⁺+Zn²⁺．
（3）实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为打开K₂关闭K₁．
（4）装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化二价铬．
（5）洗涤产品时，为了去除可溶性杂质和水分，下列试剂的正确使用顺序是b、c、a（填标号）．
a．乙醚 b．去氧冷的蒸馏水 c．无水乙醇
（6）若实验所取用的CrCl₃溶液中含溶质3.17g，则[Cr（CH₃COO）₂]₂•2H₂O（相对分子质量为376）的产率是73.4%，
（7）一定条件下，[Cr（CH₃COO）₂]2•2H₂O受热得到CO和CO₂的混合气体，请设计实验检验这两种气体的存在．①混合气体通入澄清石灰水中，变浑浊，说明混合气体中含有CO₂；
②混合气体通入灼热的CuO，固体颜色由黑色变红色，说明混合气体中有CO．．

查看答案和解析>>

科目：高中化学 来源： 题型：解答题

18．某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质．打开K₁关闭K₂，可制取某些气体．

（1）甲同学认为装置Ⅰ可用于制取H₂、NH₃、O₂，但装置Ⅱ只能收集H₂、NH₃，不能收集O₂．其理由是氧气的密度比空气大．乙同学认为在不改动装置Ⅱ仪器的前提下，对装置Ⅱ进行适当改进，也可收集O₂．你认为他的改进方法是将装置Ⅱ中装满水．打开K₂关闭K₁，能比较一些物质的性质．
（2）丙同学设计实验比较氧化性：KClO₃＞Cl₂＞Br₂．在A中加浓盐酸后一段时间，观察到C中的现象是溶液呈橙色；仪器D在该装置中的作用是防止倒吸．在B装置中发生反应的离子方程式为ClO₃^-+6H⁺+5Cl^-=3Cl₂↑+3H₂O．
丁同学用石灰石、醋酸、苯酚钠等药品设计了另一实验．他的实验目的是比较醋酸、碳酸和苯酚的酸性强弱（实证酸性：CH₃COOH＞H₂CO₃＞C₆H₅OH）．
（3）实验室常用浓H₂SO₄与硝酸钠反应制取HNO₃．
①下列装置中最适合制取HNO₃的是b．

②实验室里贮存浓硝酸的方法是盛装在带玻璃塞的棕色细口玻璃瓶中，放置在阴凉处（阴暗低温的地方）．

查看答案和解析>>

科目：高中化学 来源： 题型：解答题

8．现有0.001mol•L^-1酸性KMn0₄溶液和未知浓度的无色Na₂SO₃溶液．反应离子方程式是2MnO₄^-+5SO₃^2-+6H⁺=2Mn²⁺+5SO₄^2-+3H₂0
回答下列问题：
（1）该滴定实验所需仪器有下列中的ABDEFGH．
A．酸式滴定管（50mL） B．碱式滴定管（50mL） C．量筒（10mL） D．锥形瓶 E．铁架台 F．滴定管夹 G．烧杯 H．白纸 I．胶头滴管 J．漏斗
（2）不用碱（酸、碱）式滴定管盛放酸性高锰酸钾溶液．试分析原因高锰酸钾能腐蚀橡胶管．
（3）选何种指示剂，说明理由不需要，因为滴定终点时，溶液由无色变为紫红色；．
（4）滴定前平视酸性KMnO₄溶液液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，则（b-a）mL比实际消耗KMnO₄溶液体积少（多、少）．根据（b-a）mL计算得到的待测浓度，比实际浓度小（大、小）．

查看答案和解析>>

科目：高中化学 来源： 题型：选择题

15．下列各组元素中，非金属性依次增大的是（　　）

A．

I、Br、Cl

B．

Al、P、Si

C．

O、S、Na

D．

N、C、B

查看答案和解析>>

科目：高中化学 来源： 题型：选择题

12．我国稀土资源丰富．下列有关稀土元素${\;}_{62}^{144}$Sm与${\;}_{62}^{150}$Sm的说法正确的是（　　）

	A．	${\;}_{62}^{144}$Sm与${\;}_{62}^{150}$Sm互为同位素
	B．	${\;}_{62}^{144}$Sm与${\;}_{62}^{150}$Sm的质量数相同
	C．	${\;}_{62}^{144}$Sm与${\;}_{62}^{150}$Sm是同一种核素
	D．	${\;}_{62}^{144}$Sm与${\;}_{62}^{150}$Sm是不同元素

查看答案和解析>>

科目：高中化学 来源： 题型：选择题

13．下列说法正确的是（　　）

	A．	常温下，由水电离出的c（H⁺）=10^-12mol/L，则溶液pH一定为12
	B．	已知H₂C₂O₄是弱酸，其电离方程式为：H₂C₂O₄?2H⁺+C₂O₄^2-
	C．	常温下，pH=10的氨水溶液中，由水电离出的c（H⁺）=10^-10mol/L
	D．	工业合成氨温度控制在500℃，目的是为了提高产率

查看答案和解析>>

同步练习册答案

练习册

高中

初中

小学