题目内容

10.填写下列空白.
(1)H、D、T三种原子,它们之间的关系是互为同位素,在标准状况下,它们的单质的密度之比是1:2:3;
(2)核内中子数为N的R2+,质量数为A,则n g它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为$\frac{n}{A+16}$(A-N+8)mol.
(3)含6.02×1023个中子的${\;}_{3}^{7}$Li的质量是1.75g;4g D2和20g18O2的单质化合时最多能生成22gD${\;}_{2}^{18}$O.
(4)现有①MgCl2、②石英、③NH4Cl、④干冰、⑤碘六种物质,按要求回答:
熔点最高的是②;含极性键的物质是②③④,只有离子键的物质的是①;微粒以分子间作用力结合的是④⑤;
用电子式表示①的形成过程
(5)原子序数大于4的主族元素A和B的离子为Am+和Bn-,它们的核外电子排布相同,据此判断:
①A和B所属周期数之差为1.
②A和B的核电荷数之差为m+n(用含m,n的代数式表示).

分析 (1)质子数相同中子数不同的同一元素原子互称同位素;根据ρ=$\frac{M}{{V}_{m}}$判断相同条件下密度之比;
(2)核内中子数为N的R2+,质量数为A,R的摩尔质量是Ag/mol,其氧化物化学式为RO,RO中电子数=8+A-N,ngRO的物质的量=$\frac{n}{A+16}$mol,据此计算电子物质的量;
(3)每个${\;}_{3}^{7}$Li中中子数=7-3=4,含6.02×1023个中子的${\;}_{3}^{7}$Li的原子个数=$\frac{1}{4}$×6.02×1023,则n(Li)=$\frac{\frac{1}{4}×6.02×1{0}^{23}}{6.02×1{0}^{23}/mol}$=0.25mol,其质量=nM;
4g D218O的单质化合时需要氧气的质量为$\frac{4g}{4g/mol}$×$\frac{1}{2}$×36g/mol=18g<20g,所以氧气有剩余,根据氢气质量计算生成D2O的质量;
(4)原子晶体的熔点较高;不同非金属元素之间易形成离子键;活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键;分子晶体中微粒之间以分子间作用力结合;
(5)①Am+和Bn-它们的核外电子排布相同,故A原子比B原子多一个电子层,故二者的周期数只差为1.
②ZA-m=ZB+n,则ZA-ZB=m+n.

解答 解:(1)H、D、T三种原子的质子数相同、中子数不同,互为同位素;
相同条件下,气体摩尔体积相等,根据ρ=$\frac{M}{{V}_{m}}$知,其密度之比等于摩尔质量之比=2g/mol:4g/mol:6g/mol=1:2:3,
故答案为:互为同位素;1:2:3;
(2)核内中子数为N的R2+,质量数为A,R的摩尔质量是Ag/mol,其氧化物化学式为RO,RO中电子数=8+A-N,ngRO的物质的量=$\frac{n}{A+16}$mol,电子的物质的量=$\frac{n}{A+16}$(A-N+8)mol,故答案为:$\frac{n}{A+16}$(A-N+8)mol;
(3)每个${\;}_{3}^{7}$Li中中子数=7-3=4,含6.02×1023个中子的${\;}_{3}^{7}$Li的原子个数=$\frac{1}{4}$×6.02×1023,则n(Li)=$\frac{\frac{1}{4}×6.02×1{0}^{23}}{6.02×1{0}^{23}/mol}$=0.25mol,其质量=nM=0.25mol×7g/mol=1.75g;
4g D218O的单质化合时需要氧气的质量为$\frac{4g}{4g/mol}$×$\frac{1}{2}$×36g/mol=18g<20g,所以氧气有剩余,根据氢气的质量是4g、参加反应的氧气的质量是18g,则生成水的质量是22g;
故答案为:1.75;22;
(4)现有①MgCl2、②石英、③NH4Cl、④干冰、⑤碘六种物质,按要求回答:
原子晶体熔沸点较高,这几种物质中只有石英是原子晶体,所以熔点最高的是②;不同非金属元素之间易形成离子键,含极性键的物质是②③④,活泼金属和活泼金属元素之间易形成离子键,只有离子键的物质的是 ①;分子晶体中微粒之间以分子间作用力结合,微粒以分子间作用力结合的是④⑤;
镁原子和氯原子之间通过得失电子形成离子化合物氯化镁,形成过程为
故答案为:②;②③④;①;④⑤;
(5)①Am+和Bn-它们的核外电子排布相同,故A原子比B原子多一个电子层,故二者的周期数之差为1,
故答案为:1;
②由核电荷数=原子序数=核外电子数,ZA-m=ZB+n,则ZA-ZB=m+n,
故答案为:m+n.

点评 本题考查较综合,涉及化学键判断、原子核外电子排布、物质的量有关计算等知识点,侧重考查学生分析判断及计算能力,难点是(5)题计算,题目难度中等.

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