物質(zhì) | 熔點/K | 沸點/K | 水中溶解度(標(biāo)準(zhǔn)狀況) |
H2S | 187 | 202 | 每升水中溶解2.6L |
H2O2 | 272 | 423 | 以任意比互溶 |
分析 (1)氮元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài),第一電離能高于氧元素、氫元素;
(2)Ti原子核外電子數(shù)為22,根據(jù)和外電子排布三規(guī)則書寫核外電子排布式;
(3)N2H4分子中N、N之間有一個非極性鍵,N、H之間都是極性鍵;
(4)H2O分子中O原子形成2個O-H鍵,含有2對孤對電子,雜化軌道數(shù)目為4;
(5)H2O2的分子之間形成氫鍵,沸點高于硫化氫的,H2O2與H2O分子之間也可以形成氫鍵,增大了溶解度;
(6)離子所帶電荷相等,離子半徑越小,晶格能越大;
(7)根據(jù)均攤法計算晶胞中N、B原子數(shù)目,B原子配位數(shù)為4,原子的配位數(shù)與原子數(shù)目成反比,表示出晶胞質(zhì)量,再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算晶胞密度.
解答 解:(1),氮元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài),第一電離能高于氧元素、氧元素、氫元素,第一電離能為N>O>H,
故答案為:N;
(2)Ti原子核外電子數(shù)為22,核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2(2分),
故答案為:[Ar]3d24s2;
(3)N2H4分子中N、N之間有一個非極性鍵,N、H之間都是極性鍵,所以1mol N2H4分子中含有的極性鍵數(shù)目為4NA,
故答案為:4NA;
(4)H2O分子中O原子形成2個O-H鍵,含有2對孤對電子,空間構(gòu)型為V形,雜化軌道數(shù)目為4,O原子采取sp3雜化,
故答案為:V形;sp3;
(5)H2O2的分子之間形成氫鍵,所以H2O2的熔、沸點高于H2S,H2O2與H2O分子之間也可以形成氫鍵,導(dǎo)致H2O2在水中的溶解度大于H2S水中溶解度,
故答案為:H2O2分子之間存在氫鍵,所以H2O2的熔、沸點高于H2S,H2O2與H2O分子之間也可形成氫鍵,故H2O2在水中溶解度大于H2S在水中溶解度;
(6)離子所帶電荷相等,鎂離子半徑小于鈣離子半徑,故MgO的晶格能大于CaO的晶格能,
故答案為:大于;
(7))晶胞中N原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4,B原子數(shù)目為4,二者原子數(shù)目為1:1,B原子配位數(shù)為4,則N原子配位數(shù)也是4,
晶胞質(zhì)量為4×$\frac{11+14}{{N}_{A}}$g=$\frac{100}{{N}_{A}}$g,晶胞的體積為(a×10-10)3cm3,則晶胞密度ρ=$\frac{\frac{100}{{N}_{A}}g}{(a×1{0}^{-10})^{3}c{m}^{3}}$=$\frac{100}{{{N_A}{{(a×{{10}^{-10}})}^3}}}$g•cm-3,
故答案為:4;$\frac{100}{{{N_A}{{(a×{{10}^{-10}})}^3}}}$.
點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查,涉及電離能、核外電子排布、雜化方式與空間構(gòu)型判斷、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶格能、晶胞計算等,注意同周期第一電離能異常情況、氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響.
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A. | 將2mol SO3氣體通入一定密閉容器中,反應(yīng)達(dá)到平衡后吸收Q kJ熱量,則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為 2SO3(g)?2SO2(g)+O2(g)△H=+Q kJ•mol-1 | |
B. | 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液:H++OH-=H2O | |
C. | 以金屬銀為陽極電解飽和硫酸銅溶液:Cu2++2H2O=2Cu+O2↑+4H+ | |
D. | NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O |
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A. | 用A表示的反應(yīng)速率是0.4mol/(L•min) | |
B. | 分別用B、C、D表示反應(yīng)的速率,其比值是3:2:1 | |
C. | 若在恒容時充入與反應(yīng)無關(guān)的氣體Ar,由于增大了容器內(nèi)的壓強,而加快了反應(yīng)速率 | |
D. | 當(dāng)B的消耗速率與C的消耗速率相等時,反應(yīng)達(dá)到了平衡 |
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