题目内容
【题目】已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素,且原子序数依次增大,A的原子半径最小;B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍;C与B同周期且基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2;D、E、F、G是位于同一周期的金属元素,元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色;且D、G的原子序数相差10;E元素有多种化合价,它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色,且E、F的电子数相差1。
请回答下列问题:
(1)基态E原子的价电子排布式为___。
(2)与BC分子互为等电子体的离子为___ (填化学式,任写一种)。
(3)在液态非极性分子B6A6中,B原子采取的杂化方式为___。
(4)元素C的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___。
(5)F可形成化学式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物,其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时,无明显现象。若加入AgNO3溶液时,产生淡黄色沉淀,则第二种配合物的化学式为___。
(6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。
①金属G的晶胞中,测得晶胞中G原子的半径为apm,则G晶体的密度为___g/cm3(列出表达式即可,NA为阿伏伽德罗常数的值),D、G两种晶胞中金属的配位数之比为___。
②金属G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示:
电离能/kJ·mol-1 | I1 | I2 |
G | 746 | 1958 |
锌 | 906 | 1733 |
G的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能(I2),其主要原因是___。
【答案】3d64s2 CN-(NO+或C) sp2 水分子间存在氢键 [Co(NH3)5SO4]Br 2:3 Zn+的价电子排布式为3d104s1,而Cu+的是3d10,Cu+因3d轨道全满更稳定,较难失去电子,I2较大
【解析】
A的原子半径最小,A是H元素;B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍,B是碳元素;C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2,n=2,则C是O元素;D、E、F、G是位于同一周期的金属元素,元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色,D是K元素;且D、G的原子序数相差10,G是Cu元素;E的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色,E是Fe元素;E.、F的电子数相差1,F是Co元素。
(1)根据以上分析,基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2;
(2)与CO分子互为等电子体的离子为CN-(NO+或C);
(3)C6H6是平面结构,C原子采取的杂化方式分別为sp2;
(4)水分子间形成氢键,所以沸点比同主族的简单氢化物都高;
(5)Co可形成分子式均为Co (NH3)5BrSO4的两种配合物,其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4,硫酸根离子在外界,溶于水能电离出硫酸根离子,所以向其溶液中加BaCl2溶液时,现象为生成白色沉淀;向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时,无明显现象;若加入AgNO3溶液时,产生淡黄色沉淀,说明硫酸根在内界,溴离子在外界,则第二种配合物的化学式为[Co(NH8)6SO4]Br;
(6)①金属Cu的晶胞为面心立方,测得晶胞中铜原子的半径为apm,面对角线是4个原子半径,则Cu晶体的密度为: g/cm3;金属K的配位数是8、计算Cu的配位数是12,配位数比是2:3;
②锌的价电子是3d104s2,而铜的是3d104s1,在失去一个电子后,铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上,而锌的第二个电子在4s的半满轨道上,3d全满比4s半满能量低,结构也更稳定,所以需要更多能量所以Cu的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能。
【题目】某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。
(1)测得Na2SO3溶液pH=10,AgNO3溶液pH=5,原因是(用离子方程式表示):___。
(2)调节pH,实验记录如下:
实验序号 | pH | 实验现象 |
a | 10 | 产生白色沉淀,稍后溶解,溶液澄清 |
b | 6 | 产生白色沉淀,一段时间后,沉淀未溶解 |
c | 2 | 产生大量白色沉淀,一段时间后,产生海绵状棕黑色物质X |
查阅资料得知:
ⅰ.Ag2SO3:白色,难溶于水,溶于过量的Na2SO3溶液。
ⅱ.Ag2O:棕黑色,不溶于水,能和酸反应。
该学生对产生的白色沉淀提出了两种假设:
①白色沉淀为Ag2SO3。
②白色沉淀为Ag2SO4,推测的依据是___。
(3)取b、c中白色沉淀,置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4。实验方法是:另取Ag2SO4固体置于__溶液中,未溶解。
(4)将c中X滤出、洗净,为确认其组成,实验如下:
Ⅰ.向X中滴加稀盐酸,无明显变化。
Ⅱ.向X中加入过量浓HNO3,产生红棕色气体。
Ⅲ.分别用Ba(NO3)2、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液,前者无明显变化,后者产生白色沉淀。
①实验Ⅰ的目的是___。
②根据实验现象分析,X的成分是___。
③Ⅱ中反应的化学方程式是___。
(5)该同学综合以上实验,分析产生X的原因:随着酸性的增强,体系的还原性增强。
【题目】H2是一种重要的清洁能源。
(1)2018年我国某科研团队利用透氧膜,一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。其工作原理如图所示(空气中N2与O2的物质的量之比按4:1计)。工作过程中,膜I侧所得=3,则膜I侧的电极方程式为________________________。
(2)已知: CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ/mol,
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3= -41.1 kJ/mol,H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1,则ΔH1=_____________ kJ/mol,该反应自发进行的条件为_________。
A.高温 B.低温 C.任何温度条件下
(3)恒温恒压下,在容积可变的密闭容器中加入1mol CO和2.2 mol H2,发生反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。
P1_______P2,判断的理由是____________________________。
(4)若反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L的密闭容器中发生,反应过程中各物质的物质的量随时间变化见下表所示:
时间/min | 0 | 5 | 10 | 15 |
H2 | 4 | 2 | ||
CO | 2 | 1 | ||
CH3OH(g) | 0 | 0.7 |
①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_____(填字母);
A.容器内压强保持不变 B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)
C.混合气体的相对分子质量保持不变 D.混合气体的密度保持不变
②若起始压强为P0 kPa,则在该温度下反应的平衡常数Kp=__________(kPa)-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
③反应速率若用单位时间内分压的变化表示,则10min内H2的反应速率v(H2)= _______Pa/min。