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20.不锈钢是由铁、铬、镍,碳及众多不同元素所组成的合金,铁是主要成分元素,铬是笫一主要的合金元素.其中铬的含量不能低于11%,不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀.

(1)基态碳(C)原子的电甲排布图为
(2)[Cr(H20)4Cl2]•2H2O 中Cr的配位数为6.
(3)与铜属于同一周期,且未成对电子数最多的元素基态原子价层电子排布式为3d54s1
(4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示,若按甲中虚线方向切乙得到的A〜D图中正确的是A.
(5)据报道,只含镁、镍和碳三种元素的晶体具 有超导性.鉴于这三种元素都是常见元素,从而引起广泛关注.该晶体的晶胞结构如下图所示,晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有12个,试写出该晶体的化学式MgCNi3
(6)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位:kJ•mol-1),回答下列问题.
元素代号I1I2I3I4
Q2 0804 0006 1009 400
R5004 6006 9009 500
S7401 5007 70010 500
T5801 8002 70011 600
U4203 1004 4005 900
①在周期表中,最可能处于同一族的是R和U.
②T元素最可能是P区元素.若T为第二周期元素,F.是第三周期元素中原子半径最小的元素,则T、F形成的化合物的空间构型为平面三角形,其中心原子的杂化方式为sp2

分析 (1)基态碳原子含有6个电子,2个电子排在1S轨道上,2个电子排在2s轨道上,2个电子排在2p轨道上,分占2个轨道,且方向相同;
(2)根据化学式确定其配位数;
(3)与铜属于同一周期,则为第四周期,未成对价电子数最多的元素,该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时,其未成对电子数最多,所以该元素是24号元素Cr元素,根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式;
(4)根据晶胞堆积形成较大晶体,按甲虚线方向切乙形成的纵截面分析;
(5)利用均摊法计算确定其化学式,利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数;
(6)Q的电离能较大,且其第一电离能较大,应该为稀有气体元素;
R第一电离能远远小于第二电离能,则R元素原子最外层电子数为1,属于第IA族元素;
S第二电离能远远小于第三电离能,则S元素原子最外层电子数是2,属于第IIA族元素;
T元素第三电离能远远小于第四电离能,则T元素原子最外层电子数是3,属于第IIIA族元素;
U元素第一电离能远远小于第二电离能,则U元素原子最外层电子数是1,属于第IA族元素,据此分析解答.

解答 解:(1)C原子序数为6,则基态碳(C)原子的电子排布图为,故答案为:
(2)[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr与4个H2O,2个Cl-形成配位键,所以配位数为6,故答案为:6;
(3)与铜属于同一周期,则为第四周期,未成对价电子数最多的元素,该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时,其未成对电子数最多,所以该元素是24号元素Cr元素,根据构造原理知,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1),则其价电子排布式为3d54s1;故答案为:3d54s1
(4)甲中Fe位于顶点和体心,乙由8个甲组成,按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等,则排除B、D,由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子,则应为A,故答案为:A;
(5)该晶胞中,碳原子个数是1,镁原子个数=8×$\frac{1}{8}$=1,镍原子个数=6×$\frac{1}{2}$=3,所以其化学式为:MgCNi3,利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知,晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3=12,
故答案为:12;MgCNi3
(6)Q的电离能较大,且其第一电离能较大,应该为稀有气体元素;
R第一电离能远远小于第二电离能,则R元素原子最外层电子数为1,属于第IA族元素;
S第二电离能远远小于第三电离能,则S元素原子最外层电子数是2,属于第IIA族元素;
T元素第三电离能远远小于第四电离能,则T元素原子最外层电子数是3,属于第IIIA族元素;
U元素第一电离能远远小于第二电离能,则U元素原子最外层电子数是1,属于第IA族元素,
①R和U属于第IA族元素,故答案为:R和U;
②T属于第IIIA族元素,则T最可能是P区元素;若T为第二周期元素,T为B元素,E是第三周期元素中原子半径最小的元素,则为Cl元素,T、E形成化合物为BCl3,BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对,中心原子的杂化方式为sp2,所以其空间构型为平面三角形,故答案为:P;平面三角形;sp2

点评 本题考查较为综合,题目难度较大,涉及元素电离能、化学式的确定、轨道式的书写、等电子体等知识点,化学式的确定、配位数的确定是常考知识点.

练习册系列答案
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

10.下列说法中错误的是(  )
A.卤化氢中,以HF沸点最高,是由于HF分子间存在氢键
B.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低
C.H2O的沸点比HF的沸点高,是由于水中氢键键能大
D.氨气极易溶于水与氨气分子和水分子形成氢键有关

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

11.25℃时,将浓度均为0.1mol•L-1、体积均为1L的HX和HY两种酸溶液分别加水稀释至体积为V0,pH随lgV0的变化如图所示,则下列叙述不正确的是(  )
A.HX为弱酸,HY为强酸B.当lgV0=7时,HY的pH=8
C.溶液中水的电离程度:a=c<bD.当lgV0=2时,c(X-)<c(Y-

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

8.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸,测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示.则下列说法正确的是(  )
(已知:H2CO3的电离平衡常数K1=4.3×10-7,K2=5.6×10-11;Al(OH)3的酸式电离平衡常数K=6.3×10-13
A.a曲线表示的离子方程式为:AlO2-+4H+=Al3++2H2O
B.M点时生成的CO2为0.05mol
C.原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:2
D.V1:V2=1:4

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科目:高中化学 来源: 题型:多选题

15.天然气经O2和H2O(g)重整制合成气,再由合成气制备甲醇的相关反应如下
①主反应;CH4(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)═CO(g)+2H2(g)△H1
②副反应:CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H2
③主反应:CH4(g)+H2O(g)═CO+3H2(g)△H3=206.1KJ•mol-1
④主反应:CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H4=90.0KJ•mol-1
⑤副反应:CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H5=49.0KJ•mol-1
下列说法正确的是(  )
A.△H1>△H2
B.设计反应①的主要目的是增大n(CO)/n(H2)的比值
C.CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)的正反应为吸热反应
D.△H2=4△H1=659.3 KJ•mol-1

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

5.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中,按不同方式投料,起始浓度和起始容积相同,一定条件下发生反应:N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H<0.相关数据如表所示:下列说法正确的是(  )
容器
相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压
反应物投料n1mol N2、3mol H22mol NH32mol NH3
平衡时容器体积/LVVV
反应的平衡常数KKKK
平衡时NH3的浓度/mol•L-1ccc
平衡时NH3的反应速率/mol•L-1•min-1vvv
A.V>VB.K>KC.V=VD.c>c

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

12.如图是温度和压强对反应X+Y?2Z影响的示意图.图中纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数.下列叙述正确的是(  )
A.恒容时,混合气体的密度可作为此反应是否达到化学平衡状态的判断依据
B.X、Y、Z均为气态
C.上述反应的逆反应的△H>0
D.使用催化剂Z的产率提高

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

9.甲同学进行了FeCl2溶液的配制、浓度的测定以及Fe2+还原性的实验,并针对异常现象进行探究.
步骤一:甲同学准备用两种方案制取FeCl2
方案1:按如图装置用H2还原无水FeCl3制取.

(1)E中盛放的试剂是碱石灰;D中反应的化学方程式为H2+2FeCl3=2FeCl2+2HCl.
方案2:由0.1mol•L-1 FeCl3溶液制取FeCl2溶液,
(2)写出完成上述操作所涉及的离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+
步骤二:用重铬酸钾法测定方案2所配FeCl2溶液的物质的量浓度.
(3)①若需配制浓度为0.01000mol•L-1的K2Cr2O7标准溶液480mL,实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯,还缺少500mL容量瓶,胶头滴管.
②本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是A(填编号).

③下列错误的操作使测定的FeCl2溶液浓度偏小的是A
a.若在配制K2Cr2O7标准溶液定容时采取俯视姿势
b.若滴定操作中,如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,而滴定结束后气泡消失.
c.锥形瓶洗净后未干燥
步骤三:向2mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液,无现象;再滴加5滴5% H2O2溶液(pH约为5),观察到溶液变红,大约10秒左右红色褪去,有气体生成(经检验为O2).
(4)甲同学探究“步骤三”中溶液褪色的原因:
实验I.取褪色后溶液两份,一份滴加FeCl3溶液无现象;另一份滴加KSCN溶液出现红色;
实验II.取褪色后溶液,滴加盐酸和BaCl2溶液,产生白色沉淀,并测得生成了两种可直接排放到空气中的气体.
实验III.向2mL 0.1mol•L-1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1mol•L-1KSCN溶液,变红,通入O2,无明显变化.
①实验I说明溶液红色褪去是因为SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应.
②实验III的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能.
得出结论:溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN-氧化成SO42-和相关气体.写出该反应的离子方程式2SCN-+11H2O2═2SO42-+2H++2CO2↑+N2↑+10H2O.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

11.端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应,成为Glaser反应.
2R-C≡C-H$\stackrel{催化剂}{→}$R-C≡C-C≡C-R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值.下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线:

回答下列问题:
(1)A的分子式为C6H6,则A和B的关系互为同系物.
(2)B的化学名称为乙苯,D 中官能团的电子式的为
(3)②和③的反应类型分别为取代反应、消去反应.
(4)E的结构简式为
(5)反应①的化学方程式为
(6)化合物()也可发生Glaser偶联反应生成聚合物,该聚合反应的化学方程式为
(7)写出用2-苯基乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的流程图

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