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[物质结构与性质] 原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素,原子序数依次增...

[物质结构与性质]

原子序数小于36的X、Y、Z、W、R五种元素,原子序数依次增大。五种元素中,仅R为金属元素,其原子序数为27。X价电子排布式为nsnnpn,元素Z基态原子s电子总数与p电子总数相等,W与其它四种元素能层数不同,且未成对电子数目为1个。

根据判断出的元素回答下列问题:

(1)基态R原子核外电子排布式为       X、Y、Z三种原子第一电离能由大到小的顺序为      (用具体元素符号表示)

(2)1mol配合物[R(XY)6]4中含有σ键的数目为     

(3)XZW2是一种高毒类物质,结构与甲醛相似,X原子杂化方式为      沸点高于甲醛的主要原因是     

(4)YW3黄色、油状、具有刺激性气味的液体,该分子的立体构型为      (用文字描述)

(5)某晶体的晶胞结构如图所示,则该化合物的化学式为      (R、Z用具体元素符号表示)

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⑴1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 ,N>O>C ⑵12mol或12×6.02×1023⑶sp2 因为COCl2的相对分子质量比甲醛大,故范德华力比甲醛大,导致其沸点比甲醛高 ⑷三角锥形 ⑸CoO 【解析】 试题分析:五种元素中,仅R为金属元素,其原子序数为27,则R为Co元素;X价电子排布式为nsnnpn,n=2,则X的电子排布式为2s22p2,是C元素;元素Z基态原子s电子总数与p电子总数相等,则Z的电子排布式只能是1s22s22p2,是O元素;则Y为N元素;W与其它四种元素能层数不同,且未成对电子数目为1个,Y只能位于第三周期,是Cl元素; (1)R的原子序数为27,其基态原子核外电子总数为27,其核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2;同一周期元素,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大,N处于第VA族,所以第一电离能大小为:N>O>C; (2)[Co(CN)6]4-中CN-与Co之间有6个配位键,在每个CN-内部有一个共价键,所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12mol或12×6.02×1023; (3)COCl2,与甲醛结构相似,则其分子中含有1个碳碳双键和2个C-Cl单键,其中心原子C采用sp2杂化;因为COCl2的相对分子质量比甲醛大,则范德华力比甲醛大,导致其其沸点高于甲醛; (4)NCl3的分子中N原子形成3个N-Cl键,含有1对孤电子对,故其立体构型为三角锥形; (5)R为Co、Z为O,根据均摊法可知,在这个晶胞中氧离子位于棱上和体心,数目=12×1/4+1=4,钴离子位于顶点、面心,数目=8×1/8+6×1/2=4,所以氧离子、钴离子个数比是1:1,其化学式为:CoO。 考点:位置、结构与性质的综合应用  
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高炉气中含有的气体主要有N2COCO2等。在含有大量N2的高炉气体系中,富集CO的技术关键在于要有对CO选择性好的吸附材料,从而实现CON2的分离。

(1)由CO可以直接合成许多C1化工产品,如生产甲醇。已知

2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)  H=1453kJ·mol1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    H=571.6kJ·mol1

又知CO(g)燃烧热H=283kJ·mol1CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) H=  kJ·mol1

(2)工业上常采用醋酸亚铜氨溶液来吸收CO,该反应的化学方程式如下:

CH3COOCu(NH3)2 (aq)+CO(g)满分5 manfen5.com CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)   H<0

吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨,可采取的措施有  

  a.适当升高温度     b.适当降低温度     c.增大压强      d.减小压强

(3)到目前为止,CO吸附剂的开发大多数以铜(+1)为活性组分负载在各种载体上,然后采用变压吸附(PSA)方式在含N2体系中脱出CO。下图是变压吸附回收高炉气中CO的流程图。

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PSA-I吸附CO2时间PSA-IICO回收率的影响见下图,由此可见,为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求,应采取的措施是       

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PSA-II中富集得到的CO有广泛的用途,除生产甲醇外,列举其中一种用途  

③检验放空气体中是否含有CO的实验操作是:将该气体通入氯化钯(PdCl2)溶液中,观察是否有黑色的单质钯生成,写出对应的化学方程式       

(4)已知:Ksp(CaCO3)=aKsp[Ca(OH)2]=b,将少量CO2气体通入石灰乳中充分反应,达到平衡后,测得溶液c(OH)=c mol·L1,则c(CO32)=        mol·L1(用含abc的代数式表示)。

 

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铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品以高岭土(含SiO2Al2O3、少量Fe2O3)为原料制备硫酸铝晶体[Al2(SO4)3·18H2O]和铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如下图所示。

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请回答下列问题:

(1)高岭土首先需要灼烧,实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有      (填字母)。

a.蒸发皿  b.泥三角  c.漏斗  d.酒精灯  e.三脚架  f.坩埚 g.烧杯  h.试管

(2)研究发现,随着酸熔温度升高,氧化铝的溶出率增大,但若酸熔时温度过高(超过240℃SiO2不仅会消耗硫酸,导致氧化铝溶出率下降,还会同时产生高温的腐蚀性气体,该副反应的化学方程式为     

(3)要检验除铁后的滤液中是否含有Fe3,应采取的实验方法为        ;滤渣2的主要成分为        (填化学式)。

(4)“分离1”操作包含的实验步骤有                        、洗涤、干燥。

(5)中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液,先用硫酸调节酸铝比(溶液中游离硫酸和硫酸铝的物质的量之比),再用氨水中和至一定的pH值即可析出铵明矾晶体,写出该过程中的总反应方程式        

 

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K2SO4是无氯优质钾肥,MnSO4·H2O在工业、农业等方面有广泛的应用以硫酸工的尾气联合制备K2SO4MnSO4·H2O的工艺流程如下:

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(1)检验K2SO4样品是否含有氯化物杂质的实验操作是       

(2)已知软锰矿浆主要成分是MnO2反应IV的化学方程式为       

(3)已知室温下Mn(OH)2Ksp=4.5×1013,向MnSO4液中滴加氨水使溶液的pH=10,此时溶液中残留的Mn2+的浓度为        mol·L1

(4)取一定量MnSO4·H2O样品在空气中加热,样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(样品在300℃时已完全失去结晶水,900℃以上残留固体为金属氧化物)。试通过计算确定曲线中B段所表示物质的化学式(写出计算过程)。

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化合物H是合成植物生长调节剂赤霉酸的重要中间体,其合成路线如下:

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(1)化合物H的含氧官能团为                填官能团的名称

(2)化合物B合成C时还可能生成一种副产物(分子式为C20H24O2该副产物的结构简式为        由C→D的反应类型是       

(3)写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式       

I分子含有1个苯环;

II.分子有4不同化学环境的氢;

III.能发生银镜反应。

(4)根据已有知识并结合相关信息,写出满分5 manfen5.com为有机原料制备满分5 manfen5.com 的合成路线流程图(无机试剂任选,可选择适当有机溶剂)。合成路线流程图示例如下:

CH3CHO满分5 manfen5.comCH3COOH满分5 manfen5.comCH3COOCH2CH3

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氯化亚铜(CuCl广泛用于化工、印染、有机合成等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产氯化亚铜的工艺过程如下:

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回答下列问题:

(1)步骤N元素被还原为最低价,则Cu溶解的化学方程式为        溶解温度应控制在6070,原因是       

(2)写出步骤中主要反应的离子方程式        。(NH4)2SO3要适当过量,目的有:保证Cu2+的还原速率,        。已知NH4Cl、Cu2的物质的量之比[n( NH4Cl )/n(Cu2+)]与Cu2+沉淀率的关系如下图所示,当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜的沉淀率减少,原因是       

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(3)步骤加入乙醇洗涤的目的是       

 

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