题目内容

(2012?西安一模)已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素,A与B;C、D与E分别位于同一周期.A原子L层上有2对成对电子,B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X,CE、FA为电子数相同的离子晶体.
(1)写出A元素的基态原子价电子排布式
2s22p4
2s22p4
;F离子电子排布式
1s22s22p63s23p6
1s22s22p63s23p6

(2)写出X的化学式
Na3AlF6
Na3AlF6

(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因:
氯化铝为分子晶体,氧化铝为原子晶体,用氧化铝冶炼铝消耗能量大
氯化铝为分子晶体,氧化铝为原子晶体,用氧化铝冶炼铝消耗能量大

(4)CE、FA的晶格能分别为786KJ/mol l、3401KJ/mo,试分析导致两者晶格能差异的主要原因是:
晶格能与离子的电荷呈正比,电荷越多,晶格能越大,钙离子、氧离子电荷大于钠离子、氯离子电荷
晶格能与离子的电荷呈正比,电荷越多,晶格能越大,钙离子、氧离子电荷大于钠离子、氯离子电荷

(5)F与B可形成离子化合物,其晶胞结构如图所示:F与B形成离子化合物的化学式为
CaF2
CaF2
;该离子化合物晶体的密度为a g/cm3,则晶胞的体积是
4×78g/mol
ag/cm3.6.02×1023/mol
4×78g/mol
ag/cm3.6.02×1023/mol
(只要求列出算式).
分析:A原子L层上有2对成对电子,则A是O元素,A和B同周期,且B的原子序数大于A,B能形成离子,所以B是F元素;
FA是离子化合物,F应该是+2价,属于第二主族,且F原子序数增大,但属于前20号元素,所以F是Ca元素;
C、D与E分别位于同一周期,且原子序数依次增大,B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体,B显-2价,C和D的化合价都为正整数,根据原子个数知,C是+1价,D是+3价,且原子序数大于10,所以C是Na元素,D是Al元素,E是Cl元素.
(1)根据核外电子排布式的书写规则书写;
(2)先确定元素,然后写出化学式;
(3)氧化铝是原子晶体,氯化铝是分子晶体,其熔点不同;
(4)晶格能与离子电荷成正比;
(5)利用均摊法确定化学式,晶胞的质量与其密度之比为体积.
解答:解:A原子L层上有2对成对电子,则A是O元素,A和B同周期,且B的原子序数大于A,B能形成离子,所以B是F元素;
FA是离子化合物,F应该是+2价,属于第二主族,且F原子序数增大,但属于前20号元素,所以F是Ca元素;
C、D与E分别位于同一周期,且原子序数依次增大,B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体,B显-2价,C和D的化合价都为正整数,根据原子个数知,C是+1价,D是+3价,且原子序数大于10,所以C是Na元素,D是Al元素,E是Cl元素.
(1)A是O元素,其最外层电子为其价电子,其价电子排布式为:2s22p4,F是Ca元素,钙原子失去最外层一个电子变成钙离子,钙离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6
故答案为:2s22p4,1s22s22p63s23p6
(2)通过以上分析知,C是Na元素,D是Al元素,B是F元素,所以其化学式为Na3AlF6
故答案为:Na3AlF6
(4)氯化铝为分子晶体,氧化铝为原子晶体,用氧化铝冶炼铝消耗能量大;
故答案为:氯化铝为分子晶体,氧化铝为原子晶体,用氧化铝冶炼铝消耗能量大;
(5)晶格能与离子的电荷呈正比,电荷越多,晶格能越大,钙离子、氧离子电荷大于钠离子、氯离子电荷,所以氧化钙晶格能大于氯化钠;
故答案为:晶格能与离子的电荷呈正比,电荷越多,晶格能越大,钙离子、氧离子电荷大于钠离子、氯离子电荷;
(6)该分别中氟离子个数=8,钙离子个数=
1
8
×8+6×
1
2
=4,钙离子和氟离子个数比=4:8=1:2,所以其化学式为
CaF2;     
该晶胞中含有8个氟离子,4个钙离子,其质量为
78g
NA
×4
,密度为ρ,所以其体积V=
m
ρ
=
4×78g/mol
ag/cm3.6.02×1023/mol

故答案为:CaF2
4×78g/mol
ag/cm3.6.02×1023/mol
点评:本题以元素的推断为载体考查了核外电子排布式的书写、影响晶格能大小的因素、晶胞的有关计算等知识点,难点是计算晶胞的体积,先确定晶胞的质量,再根据质量、体积和密度的关系来计算即可,难度较大.
练习册系列答案
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(2012?西安一模)某化学学习小组对铝与酸和碱的反应进行探究,过程如下.
实验I:
(1)取形状、大小均相同的铝丝分别与等体积的、PH相同的盐酸、稀硫酸反应,随反应进行,盐酸中生成气体的速率明显比硫酸中生成气体的速率快,对此原因,你认为合理的猜测是下列的
bc
bc
(填写相应的字母);
a.盐酸的物质的量浓度大于硫酸的物质的量浓度
b.Cl-能促进此反应的进行
c.SO42-能抑制此反应的进行
d.硫酸使铝发生钝化
(2)为了探究反应速率不同的原因,请你根据所提供的药品,填写实验方案中的空白部分.
药品:氯化钠固体、硫酸钠固体、硫酸铜固体、氯化铜固体、6mol/L盐酸、3mol/L硫酸、18.4mol/L硫酸、5mol/L硝酸.
方案:取两支试管,分别加入形状、大小均相同的铝丝和等体积的
3mol/LH2SO4
3mol/LH2SO4
(填写相应的试剂,下同),再向其中的一支试管中加入适量的
氯化钠固体(或6mol/LHCl、硫酸钠固体)
氯化钠固体(或6mol/LHCl、硫酸钠固体)
固体,并振荡使固体溶解,观察实验现象.
实验探究:略.
实验II:
取足量的形状、质量均相同的铝丝分别与等体积的6mol/L的盐酸、6mol/L氢氧化钠溶液反应,待反应停止后取出剩余的铝丝洗净、干燥、称量,剩余铝丝的质量关系是前者
大于
大于
后者(填“大于”或“小于”或“等于”);观察反应后的液体,发现铝与盐酸反应后所得的液体是黑色浑浊的,试管底部有少量黑色沉淀,对此现象,同学们进行了如下探究:
(1)提出猜想
同学们查找资料后获得如下信息:工业上用电解法冶炼铝所用的原料氧化铝是从铝土矿中提取的,所以得到的氧化铝中可能还含有微量的氧化铁和二氧化硅两种杂质,据此,同学们提出如下猜想:
猜想1:此黑色固体是铁单质,可能是电解得到的铝与杂质反应生成的,相应的化学反应方程式为
2Al+Fe2O3
 高温 
.
 
2Fe+Al2O3
2Al+Fe2O3
 高温 
.
 
2Fe+Al2O3

猜想2:此黑色固体是硅单质,是电解得到的铝与二氧化硅反应生成的.
猜想3:此黑色固体是铝单质,是铝与盐酸反应时因反应过快而变成粉末分散到溶液中;
猜想4:此黑色固体可能是上述若干种单质组成的混合物.
(2)设计实验方案并完成相关实验:
将反应后所得的液体进行过滤、洗涤,分别取少量固体置于两支试管中,完成下列实验:
1向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸,观察固体是否溶解.实验时发现固体完全溶解,证明猜想
2
2
一定不正确(填“1”、“2”、“3”、“4”).
②向另一试管中加入足量的氢氧化钠溶液,观察固体是否溶解.实验时发现固体完全溶解,证明猜想
1
1
一定不正确(填“1”、“2”、“3”、“4”);
(3)得出结论
综合实验①②的现象,可推知猜想
3
3
(填“1”、“2”、“3”、“4”)是正确的,固体溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2
(2012?西安二模)镍(Ni)是一种重要的金属,在材料科学等领域有广泛应用.
(1)Ni在元素周期表中的位置是
第四周期,第Ⅷ族
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(2)镍易形成配合物,如:Ni(CO)4、[Ni(NH36]2+ 等.写出一种与配体CO互为等电子体的阴离子
CN-、C22-
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.配体NH3中N原子的杂化类型为
sp3
sp3
,它可用作致冷剂的原因是
液态氨汽化时需吸收大量的热
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.若[Ni(NH36]2+ 为正八面体构型,则[Ni(CO)2(NH34]2+的结构有
2
2
种.
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[Ar]3d7
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,NiO(OH)溶于浓盐酸的化学方程式为
2NiO(OH)+6HCl(浓)=2NiCl2+Cl2↑+4H2O
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(4)镍和镧(
 
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La
)组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料,能快速可逆地存储和释放H2.LaNix的晶胞如图,其储氢原理为:镧镍合金吸附H2,H2解离为原子,H储存在其中形成LaNixH6.LaNixH6中,x=
5
5
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放电
充电
LaNix+y NiO+y H2O.写出其放电时负极的电极反应方程式
LaNi5H6+6OH--6e-═LaNi5+6H2O
LaNi5H6+6OH--6e-═LaNi5+6H2O

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