数小于15可知,A是氧元素,B是钠元素;A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大,C、D为同周期元素,且D元素最外层有一个未成对电子,因此D是氯元素。(1)元素的非金属性O>Cl>P,则电负性O>Cl>P,Na是金属,其电负性最小;P的电子数是15,根据构造原理可写出其核外电子排布式。(2)氧元素有O2和O3两种同素异形体,相对分子质量O3>O2,范德华力O3>O2,则沸点O3>O2。A和B的氢化物分别是H2O和NaH,所属晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。(3)PCl3分子中P含有一对孤电子对,其价层电子对数为4,因此其立体构型为三角锥形,中心原子P的杂化轨道类型为sp3杂化。(4)Cl2O分子中心原子O原子含有2对孤电子对,其价层电子对数为4,因此其立体构型为V形;根据电子守恒和质量守恒可写出Cl2与湿润的Na2CO3反应的化学方程式。(5)根据化合物F的晶胞结构,利用均摊11
法可计算出氧原子个数:N(O)=8×8+6×2=4,钠原子全部在晶胞内,N(Na)=8,因此F的化学式为Na2O;以顶角氧原子为中心,与氧原子距离最近且等距离的钠原子有8个,即晶胞中A 原子的配位m
数为8;晶胞参数即晶胞的棱长a=0.566 nm,晶体F的密度=V=4×62 g/mol6.02×1023 mol-13
=2.27 g/cm。 -7(0.566×10 cm)3答案 (1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne] 3s23p3)
(2)O3 O3相对分子质量较大,范德华力较大 分子晶体 离子晶体
(3)三角锥形 sp3杂化
(4)V形 4 2Cl2+2Na2CO3+H2O===Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3===Cl2O+CO2+2NaCl)
4×62 g/mol
(5)Na2O 8 =2.27
(0.566×10-7 cm)3×6.02×1023 mol-1
g/cm3
3.解析 根据题意经推断可知,a、b、c、d、e依次为H、N、O、S、Cu。
(1)根据同周期和同主族元素第一电离能的变化规律和N原子的价层电子结构特点(2p轨道半充满),可知,N、O、S的第一电离能大小顺序为I(N)>I(O)>I(S);Cu的价层电子排布式为3d104s1,其价层
电子轨道示意图为
(2)H与N、O、S形成的二元化合物分别为NH3、N2H4、H2O、H2O2、H2S。其中NH3分子呈三角锥形;中心原子的杂化方式为sp3杂化;根据分子结构式可知,分子中只含极性共价键的有:NH3、H2O、H2S,既含极性键又含非极性键的分子有N2H4和H2O2。
(3)这些元素形成的含氧酸有HNO2、HNO3、H2SO4、H2SO3,其5+1
中HNO2和HNO3分子中的中心原子的价层电子对数为2=3,6+2--
H2SO4和H2SO3为4=4;SO2SO2 4呈四面体结构,3呈三角锥结构。
1
(4)晶胞中O原子的个数为8×8+1=2,Cu原子个数为4,两种
原子个数比Cu∶O=2∶1,其化学式为Cu2O。铜离子的电荷数为+1。
(5)H、N、O、S、Cu这五种元素形成离子个数比为1∶1型离子
-化合物中,呈四面体结构的阴离子只有SO24;由图2知该阳离子为
[Cu(NH3)4(H2O)2]2+,其中存在的化学键类型有共价键和配位键,由于H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱,故该化合物加热时先失去H2O。
答案 (1)N (2)sp3 H2O2、N2H4 (3)HNO2、HNO3 H2SO3 (4)+1
-2+
(5)SO2 共价键和配位键 HO HO与Cu的配位键比NH3422
与Cu2+的弱
【一年模拟试题精练】
1.解析 短周期元素A、B、C、D,A元素的原子最外层电子排布式为ms1,则A位于ⅠA族,B元素的原子价电子排布式为ns2np2,B属于ⅣA族,C元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等,其原子核外电子排布式为1s22s22p4,故C为氧元素,D元素原子的L层的p能级中有3个未成对电子,则D元素原子电子排布式为1s22s22p3,故D为氮元素。
(1)A位于ⅠA族,若A元素为非金属元素,则A为氢元素,与氧元素的化合物为H2O、H2O2,化合物中的共价键为σ键。
(2)当n=2时,B为碳元素,其最简单气态氢化物分子式为CH4,为正四面体结构,其中心原子杂化方式为sp3杂化;BC2为CO2,CO2为直线形结构,分子中正负电荷中心重合,属于非极性分子,当n=3时,B为Si元素,与氧元素形成的化合物为SiO2,属于原子晶体。
(3)若A元素的原子最外层电子排布式为2s1,A为锂元素,B元素的原子价电子排布式为3s23p2,B为硅元素,同周期元素第一电离能从左往右总体上呈增大趋势,非金属性越强其第一电离能越大,但N元素原子2p能级容纳3个电子,为半充满状态,则N元素的第一电离能高于O元素,故四种元素第一电离能大小顺序为:N>O>Si>Li。
(4)由晶胞图可知,每个钛原子周围与它最近且距离相等的钙离子位于体心,故与Ti原子最近且距离相等的钙离子有8个,根据均摊法可知,处于顶角的原子同时为8个晶胞所共有,每个原子有1/8属于该晶胞,处于棱上的原子,同时被4个晶胞所共有,每个原子有1/4属于该晶胞;处于体心位置的原子则完全属于该晶胞,所以1??1??
N(Ca)∶N(Ti)∶N(O)=1∶?8×8?∶?12×4?=1∶1∶3,该晶体的化学
????式为CaTiO3。
答案 (1)2s22p4 σ (2)正四面体 sp3 非极性 原子 (3)N>O>Si>Li (4)8 CaTiO3
2.解析 由题干信息可知,X、Y、Z、W、R五种元素分别为N、O、S、Ca、Ti。(2)由于N的2p轨道处于半充满状态,结构稳定,故其第一电离能大于O。(3) N的常见单质为N2,两个氮原子间通过三
键相结合,其中含有1个σ键和2个π键。(4)S的最高价氧化物对应
-
水化物的酸根离子为SO24,中心硫原子有4对成键电子,故其空间
构型为正四面体形,中心原子的杂化轨道类型为sp3。(5)由晶胞的结构示意图,根据“均摊法”可确定该矿物的一个晶胞中含有3个O、1个Ca和1个Ti,其化学式为CaTiO3 ,由晶胞边长可知该晶胞的体积为a3 cm3,一个晶胞的质量为136 g/NA,则该晶胞的密度为136/(a3NA g)/cm3。
答案 (1)[Ar]3d24s2 (2)N>O (3)1 (4)正四面体 sp3 (5)CaTiO3 136/(a3NA)
3.解析 (1)Ga核外有31个电子,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1。(2)同主族元素从上到下,第一电离能逐渐减小,电负性也逐渐减小,因此氮所在主族中第一电离能最大的为N。Ga所在主族中,电负性最大的为B。(3)根据原子守恒配平化学方程式。(4)氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构,则氮化镓为原子晶体,Ga原子与N原子之间以共价键相结合。(5)①1个Ga与4个N形成共价键,Ga无孤电子对,则杂化类型为sp3杂化。1一个N周围有4个Ga,N的配位数为4,②该晶胞中Ga的个数为8×81
+1=2,N的个数为4×4+1=2。以该晶胞为研究对象,则ρ×a3314×2+70×2
=,a=N
A
168
cm。
NA〃ρ答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1
(2)N B (3)GaCl3+NH3一定条件=====GaN+3HCl (4)共价键 原子 (5)①sp杂化 4 ②3
3
168
NA·ρ
4.解析 (1)①Ti2+的核外电子排布式,先写Ti原子核外电子排布
3
式,再由外向内失电子。②BH-4中B原子价层电子对数为4,sp杂
化,空间正四面体构型。(2)A项,NH3分子中N原子价层电子对数为1+3=4,N原子sp3杂化,正确;B项,NH3分子间能形成氢键,沸点比PH3高,正确;C项,NH3是配体,N原子是配位原子,正确;D项,CN-与N2是等电子体,结构相似,正确。(3)①CS2是非极性溶剂,根据相似相溶原理, C60是非极性分子。②每个碳原子与另外三个碳原子相连,形成3个σ键,每个碳原子占有1/2,1 mol C60中mσ键为90 mol。(4)MgH2晶胞中占有2个Mg、4个H原子,ρ=V=N2×MNA×26n×MNA523
===a,V= cm。 VVVa〃NA
答案 (1) ①1s22s22p63s23p63d2或[Ar]3d2 ②正四面体 (2)ABCD
(3)①非极性 ②90NA(或90×6.02×1023或5.418×1025) 52(4) a·NA
高考化学复习题型集训39 物质结构与性质
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