高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 知識(shí)整合 專題5 選考模塊 第15講 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
《高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 知識(shí)整合 專題5 選考模塊 第15講 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第1部分 知識(shí)整合 專題5 選考模塊 第15講 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(11頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第15講 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) [限時(shí)50分鐘,滿分70分] 非選擇題(包括8個(gè)小題,共70分) 1.(9分)(2016全國(guó)Ⅱ卷)東晉《華陽(yáng)國(guó)志南中志》卷四中已有關(guān)于白銅的記載,云南鎳白銅(銅鎳合金)聞名中外,曾主要用于造幣,亦可用于制作仿銀飾品?;卮鹣铝袉栴}: (1)鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為_________________________________,3d能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)為____________。 (2)硫酸鎳溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4藍(lán)色溶液。 ①[Ni(NH3)6]SO4中陰離子的立體構(gòu)型是______________________。 ②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+與NH3之間形成的化學(xué)鍵稱為________,提供孤電子對(duì)的成鍵原子是________。 ③氨的沸點(diǎn)________(填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是______________________;氨是________分子(填“極性”或“非極性”),中心原子的軌道雜化類型為________。 (3)單質(zhì)銅及鎳都是由________鍵形成的晶體;元素銅與鎳的第二電離能分別為:ICu=1 958 kJmol-1、INi=1 753 kJmol-1,ICu>INi的原因是_______________ ____________________________________________________________________。 (4)某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。 ①晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為________。 ②若合金的密度為d gcm-3,晶胞參數(shù)a=________nm。 解析 (1)Ni是28號(hào)元素,根據(jù)核外電子的排布規(guī)律可知,其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2。根據(jù)洪特規(guī)則可知,Ni原子3d能級(jí)上8個(gè)電子盡可能分占5個(gè)不同的軌道,其未成對(duì)電子數(shù)為2。 (2)①SO中,S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為=4,成鍵電子對(duì)數(shù)為4,故SO的立體構(gòu)型為正四面體。 ②[Ni(NH3)6]2+中,由于Ni2+具有空軌道,而NH3中N原子含有孤電子對(duì),兩者可通過配位鍵形成配離子。 ③由于 NH3分子間可形成氫鍵,故NH3的沸點(diǎn)高于PH3。NH3分子中,N原子形成3個(gè)σ鍵,且有1個(gè)孤電子對(duì),N原子的軌道雜化類型為sp3,立體構(gòu)型為三角錐形。由于空間結(jié)構(gòu)不對(duì)稱,NH3屬于極性分子。 (3)Cu、Ni均屬于金屬晶體,它們均通過金屬鍵形成晶體。因Cu元素基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為3d104s1,3d能級(jí)全充滿,較穩(wěn)定,失去第2個(gè)電子較難,因此ICu>INi。 (4)①由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知,Ni原子處于立方晶胞的頂點(diǎn),Cu原子處于立方晶胞的面心,根據(jù)均攤法,每個(gè)晶胞中含有Cu原子的個(gè)數(shù)為6=3,含有Ni原子的個(gè)數(shù)為8=1,故晶胞中Cu原子與Ni原子的數(shù)量比為3∶1。 ②根據(jù)m=ρV可得, 1 mol晶胞的質(zhì)量為(643+59)g=a3d gcm-3NA,則a=[] cm=[]107 nm。 答案 (1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2 (2)①正四面體 ②配位鍵 N ③高于 NH3分子間可形成氫鍵 極性 sp3 (3)金屬 銅失去的是全充滿的3d10電子,鎳失去的是4s1電子 (4)①3∶1 ②[]107 2.(9分)(2015山東高考)氟在自然界中常以CaF2的形式存在。 (1)下列關(guān)于CaF2的表述正確的是________。 a.Ca2+與F-間僅存在靜電吸引作用 b.F-的離子半徑小于Cl-,則CaF2的熔點(diǎn)高于CaCl2 c.陰陽(yáng)離子比為2∶1的物質(zhì),均與CaF2晶體構(gòu)型相同 d.CaF2中的化學(xué)鍵為離子鍵,因此CaF2在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電 (2)CaF2難溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,原因是_____________________ _______________________ (用離子方程式表示)。已知AlF在溶液中可穩(wěn)定存在。 (3)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2,OF2分子構(gòu)型為____________,其中氧原子的雜化方式為________。 (4)F2與其他鹵素單質(zhì)反應(yīng)可以形成鹵素互化物,例如ClF3、BrF3等。已知反應(yīng)Cl2(g)+3F2(g)===2ClF3(g) ΔH=-313 kJmol-1,F(xiàn)-F鍵的鍵能為159 kJmol-1,Cl-Cl鍵的鍵能為242 kJmol-1,則ClF3中Cl-F鍵的平均鍵能為________kJmol-1。ClF3的熔、沸點(diǎn)比BrF3的________(填“高”或“低”)。 解析 (1)a項(xiàng),Ca2+與F-間不僅存在靜電吸引,同時(shí)原子核與原子核之間、電子與電子之間也存在靜電排斥,錯(cuò)誤。b項(xiàng),因CaF2、CaCl2均為離子晶體,F(xiàn)-的離子半徑小于Cl-,離子晶體的晶格能與離子所帶電荷數(shù)成正比,與離子核間距成反比,故CaF2晶體的晶格能大于CaCl2。晶格能越大,離子晶體的熔點(diǎn)越高,故CaF2的熔點(diǎn)高于CaCl2,正確。c項(xiàng),陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比相同,晶體構(gòu)型不一定相同。d項(xiàng),CaF2是離子化合物,在熔融狀態(tài)下能電離產(chǎn)生自由移動(dòng)的離子,故CaF2在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電,正確。 (2)由信息可知,CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),Al3+與F-可形成配離子AlF,從而促進(jìn)了CaF2溶解平衡的正向移動(dòng),故反應(yīng)的離子方程式為3CaF2+Al3+===3Ca2++AlF。 (3)OF2分子中,中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為(6+12)=4,成鍵電子對(duì)數(shù)為2,因此分子構(gòu)型為V形,O原子的雜化方式為sp3雜化。 (4)設(shè)Cl—F鍵的平均鍵能為x。根據(jù)反應(yīng)的焓變=反應(yīng)物的鍵能總和-生成物的鍵能總和可知,Cl2(g)+3F2(g)===2ClF3(g)的ΔH=242 kJmol-1+159 kJmol-13-6x=-313 kJmol-1,則x=172 kJmol-1。ClF3和BrF3為結(jié)構(gòu)相似的分子晶體,相對(duì)分子質(zhì)量越大,其熔、沸點(diǎn)越高,因ClF3的相對(duì)分子質(zhì)量小于BrF3,故ClF3的熔、沸點(diǎn)低于BrF3。 答案 (1)bd (2)3CaF2+Al3+===3Ca2++AlF (3)V形 sp3 (4)172 低 3.(9分)(2015全國(guó)Ⅱ卷)A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素,A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型;C、 D為同周期元素,C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍;D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子?;卮鹣铝袉栴}: (1)四種元素中電負(fù)性最大的是________(填元素符號(hào)),其中C原子的核外電子排布式為____________。 (2)單質(zhì)A有兩種同素異形體,其中沸點(diǎn)高的是________(填分子式),原因是____________;A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為________和________。 (3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1∶3的化合物E, E的立體構(gòu)型為________,中心原子的雜化軌道類型為________。 (4)化合物D2A的立體構(gòu)型為________,中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為________,單質(zhì)D與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A,其化學(xué)方程式為_____________________________________________________________________。 (5)A和B能夠形成化合物F,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)a=0.566 nm,F(xiàn)的化學(xué)式為________;晶胞中A原子的配位數(shù)為________;列式計(jì)算晶體F的密度(gcm-3)________。 解析 A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素,A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型,則A是O,B是Na;C、D為同周期元素,C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍,則C是P;D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子,所以D是氯元素。 (1)非金屬性越強(qiáng),電負(fù)性越大,則四種元素中電負(fù)性最大的是O。P的原子序數(shù)是15,則根據(jù)核外電子排布可知C原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)。 (2)氧元素有氧氣和臭氧兩種單質(zhì),由于O3相對(duì)分子質(zhì)量較大,范德華力大,所以沸點(diǎn)高的是O3;A和B的氫化物分別是水和NaH,所屬的晶體類型分別為分子晶體和離子晶體。 (3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1∶3的化合物E,即E是PCl3,其中P含有一對(duì)孤對(duì)電子,其價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4,所以E的立體構(gòu)型為三角錐形,中心原子的雜化軌道類型為sp3。 (4)化合物Cl2O分子中氧元素含有2對(duì)孤對(duì)電子,價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4,所以立體構(gòu)型為V形,單質(zhì)D與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A,則化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O===Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。 (5)O2-半徑大于Na+半徑,由F的晶胞結(jié)構(gòu)可知,大球代表O2-,小球代表Na+,每個(gè)晶胞中含有O2-個(gè)數(shù)為81/8+61/2=4,含有Na+個(gè)數(shù)為8,故O2-、Na+離子個(gè)數(shù)之比為4∶8=1∶2,從而推知F的化學(xué)式為Na2O。由晶胞結(jié)構(gòu)可知,每個(gè)O原子周圍有8個(gè)Na原子,故O原子的配位數(shù)為8。晶胞參數(shù)a=0.566 nm=0.56610-7cm,則晶胞的體積為(0.56610-7cm)3,從而可知晶體F的密度為=2.27 gcm-3。 答案 (1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne] 3s23p3) (2)O3 O3相對(duì)分子質(zhì)量較大,范德華力大 分子晶體 離子晶體 (3)三角錐形 sp3 (4)V形 4 2Cl2+2Na2CO3+H2O===Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+2Na2CO3===Cl2O+CO2+2NaCl) (5)Na2O 8 =2.27 gcm-3 4.(9分)鈦鐵合金具有吸氫特性,在制造以氫為能源的熱泵和蓄電池等方面有廣闊的應(yīng)用前景。 (1)基態(tài)Fe原子有________個(gè)未成對(duì)電子,F(xiàn)e3+的電子排布式為__________________,在基態(tài)Ti2+中,電子占據(jù)的最高能層具有的原子軌道數(shù)為________。 (2)液氨是富氫物質(zhì),是氫能的理想載體。下列說法正確的是________。 A.NH與PH、CH4、BH、ClO互為等電子體 B.相同條件下,NH3的沸點(diǎn)比PH3的沸點(diǎn)高,且NH3的穩(wěn)定性強(qiáng) C.已知NH3與NF3都為三角錐型分子,則N原子都為sp3雜化方式且氮元素的化合價(jià)都相同 (3)氮化鈦熔點(diǎn)高,硬度大,具有典型的NaCl型晶體結(jié)構(gòu),其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示: ①設(shè)氮化鈦晶體中Ti原子與跟它最近鄰的N原子之間的距離為r,則與該Ti原子最近鄰的Ti的數(shù)目為________,Ti原子與跟它次近鄰的N原子之間的距離為________,數(shù)目為________。 ②已知在氮化鈦晶體中Ti原子的半徑為a pm,N原子的半徑為b pm,它們?cè)诰w中是緊密接觸的,則在氮化鈦晶體中原子的空間利用率為________。 ③碳氮化鈦化合物在汽車制造和航天航空領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用,其結(jié)構(gòu)是用碳原子代替氮化鈦晶胞頂點(diǎn)的氮原子,則這種碳氮化鈦化合物的化學(xué)式________。 解析 (1)Fe基態(tài)原子電子排布式1s22s22p63s23p63d64s2,在3d軌道有4個(gè)未成對(duì)電子;Fe原子失去3個(gè)電子得電子Fe3+,則Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5;基態(tài)Ti2+的電子排布式為:1s22s22p63s23p63d2,最高能層為M層,M能層含有1個(gè)3s軌道、3個(gè)3p軌道和5個(gè)3d軌道,共有9個(gè)原子軌道; (2)A.等電子體為原子數(shù)相等和價(jià)電子數(shù)相等的原子團(tuán),NH與PH、CH4、BH均含有5個(gè)原子團(tuán),且價(jià)電子均為8,為等電子體,而ClO價(jià)電子數(shù)為32,不屬于等電子體,故A錯(cuò)誤;B.分子間存在氫鍵的熔沸點(diǎn)高,相同壓強(qiáng)時(shí),氨氣分子間有氫鍵,PH3分子間不含氫鍵,所以NH3沸點(diǎn)比PH3高,元素的非金屬性越強(qiáng),其氫化物越穩(wěn)定,非金屬性N比P強(qiáng),所以氨氣比磷化氫穩(wěn)定,故B正確;C.NH3與NF3分子中N原子含有3個(gè)共用電子對(duì)和一個(gè)孤電子對(duì),所以其價(jià)層電子對(duì)是4,都采用sp3雜化,NH3中N元素為-3價(jià),NF3中N元素為+3價(jià),化合價(jià)不同,故C錯(cuò)誤;故答案為B; (3)①根據(jù)氮化鈦晶體可知,在三維坐標(biāo)中,每一個(gè)形成的面上有4個(gè)Ti原子,則一個(gè)12個(gè)Ti原子;Ti原子位于頂點(diǎn),被8個(gè)晶胞共有,即Ti元素與跟它次近鄰的N原子個(gè)數(shù)為8;Ti原子與跟它次近鄰的N原子之間的距離為晶胞體對(duì)角線的一半,距離為r; ②氮化鈦晶胞為面心立方密堆積,晶胞中共含有4個(gè)Ti和4個(gè)N,體積為:π(a3+b3)4,晶胞的邊長(zhǎng)為a+b,晶胞體積為(2a+2b)3,氯化鈉晶體中離子的空間利用率為=100%; ③利用均攤法可知,晶胞中含有碳原子數(shù)為8=1,含有氮原子數(shù)為6=3,含有鈦原子數(shù)為12=4,所以碳、氮、鈦原子數(shù)之比為1∶3∶4,則化合物的化學(xué)式為Ti4CN3。 答案 (1)4 1s22s22p63s23p63d5 9 (2)B (3)①12 r 8 ②100% ③Ti4CN3 5.(8分)(2016海南高考)M是第四周期元素,最外層只有1個(gè)電子,次外層的所有原子軌道均充滿電子。元素Y的-1價(jià)離子的最外層電子數(shù)與次外層的相同。回答下列問題: (1)單質(zhì)M的晶體類型為________,晶體中原子間通過________作用形成面心立方密堆積,其中M原子的配位數(shù)為________。 (2)元素Y基態(tài)原子的核外電子排布式為________,其同周期元素中,第一電離能最大的是________(寫元素符號(hào))。元素Y的含氧酸中,酸性最強(qiáng)的是________(寫化學(xué)式),該酸根離子的立體構(gòu)型為________。 (3)M與Y形成的一種化合物的立方晶胞如圖所示。 ①該化合物的化學(xué)式為________,已知晶胞參數(shù)a=0.542 nm,此晶體的密度為________gcm-3。(寫出計(jì)算式,不要求計(jì)算結(jié)果。阿伏加德羅常數(shù)為NA) ②該化合物難溶于水但易溶于氨水,其原因是____________________。此化合物的氨水溶液遇到空氣則被氧化為深藍(lán)色,深藍(lán)色溶液中陽(yáng)離子的化學(xué)式為________。 解析 根據(jù)題給信息推斷M為銅元素,Y為氯元素。 (1)單質(zhì)銅的晶體類型為金屬晶體,晶體中微粒間通過金屬鍵作用形成面心立方密堆積,銅原子的配位數(shù)為12。 (2)氯元素為17號(hào)元素,位于第三周期,根據(jù)構(gòu)造原理知其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5,同周期元素由左向右元素原子的第一電離能逐漸增大,故其同周期元素中,第一電離能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中,酸性最強(qiáng)的是HClO4,該酸根離子中氯原子為sp3雜化,沒有孤對(duì)電子,立體構(gòu)型為正四面體形。 (3)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)利用切割法分析,每個(gè)晶胞中含有銅原子個(gè)數(shù)為81/8+61/2=4,氯原子個(gè)數(shù)為4,該化合物的化學(xué)式為CuCl;則1 mol晶胞中含有4 molCuCl,1 mol晶胞的質(zhì)量為499.5 g,又晶胞參數(shù)a=0.542 nm,此晶體的密度為或gcm-3。②該化合物難溶于水但易溶于氨水,其原因是Cu+可與氨形成易溶于水的配位化合物。該溶液在空氣中Cu+被氧化為Cu2+,故深藍(lán)色溶液中陽(yáng)離子的化學(xué)式為[Cu(NH3)4]2+。 答案 (1)金屬晶體 金屬鍵 12 (2)1s22s22p63s23p5 Ar HClO4 正四面體 (3)①CuCl 或 ②Cu+可與氨形成易溶于水的配位化合物(或配離子) [Cu(NH3)4]2+ 6.(8分)(2016江蘇高考)[Zn(CN)4]2-在水溶液中與HCHO發(fā)生如下反應(yīng):4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O===[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN (1)Zn2+基態(tài)核外電子排布式為______________________________________。 (2)1 mol HCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目為________ mol。 (3)HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型是________。 (4)與H2O分子互為等電子體的陰離子為________。 (5)[Zn(CN)4]2-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵。不考慮空間構(gòu)型,[Zn(CN)4]2-的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為________。 解析 (1)Zn為30號(hào)元素,其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2,失去最外層的2個(gè)電子即可得到Zn2+,Zn2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。 (2)HCHO的結(jié)構(gòu)式為,單鍵為σ鍵,雙鍵中有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵,1個(gè)HCHO分子中含有3個(gè)σ鍵,故1 mol HCHO中含有σ鍵3 mol。 (3)根據(jù)HOCH2CN的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為可知,“CH2”中的C原子形成4個(gè)σ鍵,該碳原子采取sp3雜化;“CN”中的C原子形成1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵,該碳原子采取sp雜化。 (4)等電子體是指原子總數(shù)相同、價(jià)電子總數(shù)相同的微粒,H2O分子中有3個(gè)原子、8個(gè)價(jià)電子,根據(jù)質(zhì)子-電子互換法可知,符合條件的陰離子為NH。 (5)Zn2+提供空軌道,CN-中C原子提供孤電子對(duì),兩者形成配位鍵,結(jié)構(gòu)可表示為或。 答案 (1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) (2)3 (3)sp3和sp (4)NH (5) 或 7.(9分)(2016武漢模擬) E、G、M、Q、T是五種原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于P區(qū)的同一周期的元素,M的價(jià)層電子排布為nsnnp2n,E與M原子核外的未成對(duì)電子數(shù)相等;QM2與GM為等電子體;T為過渡元素,其原子核外沒有未成對(duì)電子。請(qǐng)回答下列問題: (1)與T同區(qū)、同周期元素原子價(jià)電子排布式是________________。 (2)E、G、M均可與氫元素形成氫化物,它們的最簡(jiǎn)單氫化物在固態(tài)時(shí)都形成分子晶體,其中晶胞結(jié)構(gòu)與干冰不一樣的是________(填分子式)。 (3)E、G、M的最簡(jiǎn)單氫化物中,鍵角由大到小的順序?yàn)開_______________(用分子式表示),其中G的最簡(jiǎn)單氫化物的VSEPR模型名稱為________,M的最簡(jiǎn)單氫化物的分子立體構(gòu)型名稱為________。 (4)EM、GM+、G2互為等電子體,EM的結(jié)構(gòu)式為(若有配位鍵,請(qǐng)用“→”表示)________。E、M電負(fù)性相差1.0,由此可以判斷EM應(yīng)該為極性較強(qiáng)的分子,但實(shí)際上EM分子的極性極弱,請(qǐng)解釋其原因___________________________。 (5)TQ在熒光體、光導(dǎo)體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛。立方TQ晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示,該晶體的密度為ρ gcm-3。如果TQ的摩爾質(zhì)量為M gmol-1,阿伏加德羅常數(shù)為NA mol-1,則a、b之間的距離為________cm。 解析 根據(jù)題給信息推斷M的價(jià)層電子排布為nsnnp2n,s能級(jí)只有一個(gè)軌道最多容納2個(gè)電子,則n=2,M的價(jià)層電子排布只能為2s22p4,M為氧元素;E、G、M、Q、T是五種原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于p區(qū)的同一周期的元素,E與M原子核外的未成對(duì)電子數(shù)相等,則E的價(jià)層電子排布為2s22p2,E為碳元素,G為氮元素;QO2與NO為等電子體,則Q為硫元素;T為過渡元素,其原子核外沒有未成對(duì)電子,則T的價(jià)電子排布為3d104s2,T為鋅元素。 (1)T為鋅元素,屬于ds區(qū),與鋅同區(qū)、同周期元素為銅元素,其原子價(jià)電子排布式是3d104s1。 (2)CH4、NH3、H2O 在固態(tài)時(shí)都形成分子晶體,其中晶胞結(jié)構(gòu)與干冰不一樣的是NH3、H2O。 (3)CH4、NH3、H2O 中,中心原子C、N、O均為sp3雜化,CH4分子中沒有孤對(duì)電子,NH3分子中有1對(duì)孤對(duì)電子、H2O分子中有2對(duì)孤對(duì)電子,根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷鍵角由大到小的順序?yàn)镃H4>NH3>H2O,其中NH3的VSEPR模型名稱為四面體形,H2O分子立體構(gòu)型名稱為V形。 (4)CO、NO+、N2互為等電子體,結(jié)構(gòu)相似,根據(jù)N2的結(jié)構(gòu)式寫出CO的結(jié)構(gòu)式為。CO分子的極性極弱,其原因?yàn)閺碾娯?fù)性分析,CO中的共用電子對(duì)偏向氧原子,但分子中形成配位鍵的電子對(duì)是由氧原子單方面提供的,抵消了共用電子對(duì)偏向O而產(chǎn)生的極性。 (5)根據(jù)立方ZnS晶體結(jié)構(gòu)利用切割法分析知1 mol晶胞中含有4 mol ZnS,該晶體的密度為ρ gcm-3。ZnS的摩爾質(zhì)量為M gmol-1,阿伏加德羅常數(shù)為NA mol-1,設(shè)晶胞的棱長(zhǎng)為x,ρ=4M/NAx3,則x3=4M/NAρ利用幾何知識(shí)計(jì)算,則a、b之間的距離為 cm。 答案 (1)3d104s1 (2)NH3、H2O (3)CH4>NH3>H2O 四面體形 V形 (4) 從電負(fù)性分析,CO中的共用電子對(duì)偏向氧原子,但分子中形成配位鍵的電子對(duì)是由氧原子單方面提供的,抵消了共用電子對(duì)偏向O而產(chǎn)生的極性 (5) 8.(9分)(2016四川高考)M、R、X、Y為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,Z是一種過渡元素。M基態(tài)原子L層中p軌道電子數(shù)是s軌道電子數(shù)的2倍,R是同周期元素中最活潑的金屬元素,X和M形成的一種化合物是引起酸雨的主要大氣污染物,Z的基態(tài)原子4s和3d軌道半充滿。請(qǐng)回答下列問題: (1)R基態(tài)原子的電子排布式是________,X和Y中電負(fù)性較大的是________(填元素符號(hào))。 (2)X的氫化物的沸點(diǎn)低于與其組成相似的M的氫化物,其原因是________________________。 (3)X與M形成的XM3分子的空間構(gòu)型是________。 (4)M和R所形成的一種離子化合物R2M晶體的晶胞如圖所示,則圖中黑球代表的離子是________(填離子符號(hào))。 (5)在稀硫酸中,Z的最高價(jià)含氧酸的鉀鹽(橙色)氧化M的一種氫化物,Z被還原為+3價(jià),該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________________________________。 解析 根據(jù)題目給出的M、R和X的信息確定,M是氧元素,R是鈉元素,X是硫元素。根據(jù)M、R、X、Y為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素確定Y是氯元素。根據(jù)Z的基態(tài)原子4s和3d軌道半充滿,則Z元素原子的核外有24個(gè)電子,它是鉻元素。 (1)Na原子核外有11個(gè)電子,其基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s1或[Ne]3s1。根據(jù)同周期元素電負(fù)性遞變規(guī)律,Cl比S電負(fù)性大。 (2)H2S分子間不能形成氫鍵,H2O分子間能形成氫鍵,氫鍵比范德華力強(qiáng),故H2S比H2O沸點(diǎn)低。 (3)SO3分子中,S原子形成了3個(gè)σ鍵,價(jià)層孤電子對(duì)數(shù)=(6-32)2=0,則S原子的價(jià)層電子對(duì)總數(shù)為3,SO3分子的空間構(gòu)型是平面三角形。 (4)如圖所示的Na2O晶胞中,黑球數(shù)是8,白球數(shù)是8+6=4,則黑球代表Na+。 (5)Cr在周期表的第Ⅵ B族,最高價(jià)含氧酸鉀鹽是K2Cr2O7。O的氫化物中易被氧化的是H2O2。在K2Cr2O7與H2O2的氧化還原反應(yīng)中,Cr被還原為+3價(jià),O被氧化為0價(jià),則化學(xué)方程式為K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4===Cr2(SO4)3+3O2↑+K2SO4+7H2O。 答案 (1)1s22s22p63s1或[Ne]3s1 Cl (2)H2S分子間不存在氫鍵,H2O分子間存在氫鍵 (3)平面三角形 (4)Na+ (5)K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4===Cr2(SO4)3+3O2↑+K2SO4+7H2O- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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