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综合质量评估
第一～三章
(45分钟 100分)
一、选择题(本题包括13小题,每小题4分,共52分)
1.(2022·珠海高二检测)关于同一种元素的原子或离子,下列叙述正确的是
( )
A.原子半径比阴离子半径小
B.原子半径比阴离子半径大
C.原子半径比阳离子半径小
D.带正电荷多的阳离子比带正电荷少的阳离子半径大
【解析】选A。同一元素微粒的半径大小挨次为r(阴离子)>r(原子)>r(阳离子),价态高的阳离子半径小,所以选A。
2.(2022·南京高二检测)在基态多电子原子中,关于核外电子能量的叙述错误的是 ( )
A.最易失去的电子能量最高
B.L层电子比K层电子能量高
C.p轨道电子能量确定高于s轨道电子能量
D.在离核最近区域内运动的电子能量最低
【解析】选C。核外电子分层排布,电子总是尽可能排布在能量最低的电子层里,离原子核越近,能量越低,离原子核越远能量越高,越简洁失去。因此A、B、D三项都正确;p轨道电子能量不愿定大于s轨道,例如3s轨道能量大于2p轨道,因此C项不正确。
3.具有下列电子层结构的原子和离子,其对应的元素确定属于同一周期的是
( )
A.两原子其核外全部都是s电子
B.最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
C.原子核外M层上的s、p能级都布满电子,而d能级上没有电子的两种原子
D.两原子N层上都有1个s电子,一个原子有d电子,另一个原子无d电子
【解析】选D。氢原子和锂原子都只有s电子但不在同一周期,A错;最外层电子排布为2s22p6的离子假如是阳离子的话,对应的元素就和最外层电子排布为2s22p6的原子对应的元素不在同一周期,B错;M层上的s、p能级都布满电子,d能级没有电子,无法推断4s能级上有没有电子,C错;N层上有1个s电子的原子,确定在第4周期,D正确。
4.(2022·巴中高二检测)下列各组物质的晶体中,化学键类型相同,晶体类型也相同的是 ( )
A.SiO2和SO2 B.CO2和H2O
C.NaCl和HCl D.CCl4和KCl
【解析】选B。SiO2是含共价键的原子晶体,SO2是含共价键的分子晶体,A错;CO2和H2O均只含共价键,而且是分子晶体,B对;NaCl是由离子键形成的离子晶体,HCl是含共价键的分子晶体,C错;CCl4是含共价键的分子晶体,KCl是由离子键形成的离子晶体,D错。
【加固训练】下列各组物质熔化或气化时,所克服的微粒间的作用力属同种类型的是 ( )
A.SiO2和CaO的熔化
B.氧化钠和铁的熔化
C.碘和干冰的气化
D.晶体硅和晶体硫的熔化
【解析】选C。SiO2是共价化合物,熔化时破坏共价键;CaO和氧化钠是离子化合物,熔化时破坏离子键;Fe是金属晶体,熔化时要破坏金属键;碘和干冰为分子晶体,气化时破坏分子间作用力;晶体硅是原子晶体,而晶体硫是分子晶体,因此熔化时破坏的作用力不同。
5.下列对一些试验事实的理论解释正确的是 ( )
选项
试验事实
理论解释
A
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半布满
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C＝O之间的夹角为
109°28′
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体,石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
【解析】选A。氮原子核外电子排布为1s22s22p3,氧原子核外电子排布为1s22s22p4,由洪特规章特例知,半布满更稳定,氮原子失电子难,第一电离能大于氧原子;由于CO2中的C＝O之间的夹角为180°,故CO2为直线形分子,B错误;石墨是混合型晶体,金刚石是原子晶体,石墨熔化时,除了断开C—C之间σ键外,还需断开π键,所以熔点高;HF分子之间由于形成氢键,所以沸点高。
【加固训练】下列推论正确的是 ( )
A.SiH4的沸点高于CH4,可推想PH3的沸点高于NH3
B.NH4+为正四周体结构,可推想PH4+也为正四周体结构
C.CO2晶体是分子晶体,可推想SiO2晶体也是分子晶体
D.C2H6是非极性分子,可推想C3H8也是非极性分子
【解析】选B。NH3分子间存在氢键,沸点反常,大于PH3,A项错误。N、P是同主族元素,形成的离子:NH4+和PH4+结构类似都是正四周体形,B项正确。CO2是分子晶体,而SiO2是原子晶体,C项错误。C2H6中两个—CH3对称,是非极性分子,而C3H8是锯齿形结构,是极性分子,D项错误。
6.下列熔、沸点凹凸的比较不正确的是 ( )
A.金刚石>碳化硅>晶体硅
B.HF<HCl<HBr<HI
C.纯铁>生铁
D.MgO>MgCl2
【解析】选B。A中均为原子晶体,原子半径越小,熔、沸点越高。B中HF分子之间存在氢键,故熔、沸点反常。C项合金的熔点低于纯金属。D项由于r(O)<r(Cl),故晶格能MgO>MgCl2,所以熔点MgO>MgCl2。
【方法规律】物质熔、沸点的推断方法
(1)原子晶体中原子间键长越短,共价键越稳定,物质熔沸点越高,反之越低。
(2)离子晶体中阴、阳离子半径越小,电荷数越多,离子键越强,熔沸点越高,反之越低。
(3)金属晶体中金属原子的价电子数越多,原子半径越小,金属阳离子与自由电子的静电作用越强,熔、沸点越高,反之越低。
(4)分子晶体中分子间作用力越大,物质的熔、沸点越高,反之越低(具有氢键的分子晶体的熔沸点反常较高)。
【加固训练】下列物质性质的变化规律与键能无关的是 ( )
①HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱
②NH3易液化
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点依次上升
④H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点
⑤Cl2能从含Br-、I-的盐的溶液中置换出单质Br2和I2
A.①③④ B.③④
C.②③④ D.全部
【解析】选C。①和⑤都是物质的化学性质,从氧化性的角度解释,说明氧化性Cl2>Br2>I2,从键能的角度解释,说明HCl、HBr、HI的键能越来越小,②③④都是物理性质,②③都与范德华力有关,②④与氢键有关。
7.(2022·渭南高二检测)已知X、Y是主族元素,I为电离能,单位是kJ·mol-1。请依据下表所列数据推断,错误的是 ( )
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4 600
6 900
9 500
Y
580
1 800
2 700
11 600
A.元素X的常见化合价是+1
B.元素Y是ⅢA族元素
C.元素X与氯形成化合物时,化学式可能是XCl
D.若元素Y处于第3周期,它可与冷水猛烈反应
【解析】选D。X的第一电离能(I1)显著小于I2、I3等,可知X最外层只有一个电子,故常见化合价为+1价,且与氯元素形成XCl,A、C两项正确;Y元素的I1、I2、I3相差不悬殊,与I4悬殊明显,故Y最外层有3个电子,为ⅢA族元素,当处于第3周期时,Y为Al,与冷水不反应,故B正确,而D错误。
8.(双选)如图为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素,若W原子的最外层电子数是其次外层电子数的7/8。则下列说法中正确的是 ( )
X
Y
Z
W
A.Y单质可与Z的氢化物的水溶液反应,使溶液pH上升
B.最高价氧化物的水化物酸性:W>Z
C.原子半径由大到小的排列挨次是Z>Y>X
D.X的单质中有一种为白色蜡状固体
【解析】选A、B。由W的原子结构特点可推知W为氯元素,则由它们在元素周期表中的位置关系可知X、Y、Z依次为氮元素、氧元素和硫元素。A中的反应是2H2S+O2====2S↓+2H2O,A正确;HClO4酸性强于H2SO4,B正确;X、Y、Z的原子半径应是Z>X>Y,C不对;氮元素的单质为无色气体,D不对。
9.(2022·漳州高二检测)有五种元素X、Y、Z、Q、T。X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道;Y原子的特征电子构型为3d64s2;Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道;Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子;T原子的M电子层上p轨道半布满。下列叙述不正确的是 ( )
A.元素Y和Q可形成化合物Y2O3
B.T和Z各有一种单质的空间构型为正四周体形
C.X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D.ZO2是极性键构成的非极性分子
【解析】选C。X的电子排布式为1s22s22p63s23p4,为硫元素;Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,为铁元素;Z的电子排布式为1s22s22p2,为碳元素;Q的电子排布式为1s22s22p4,为氧元素;T的电子排布式为1s22s22p63s23p3,为磷元素。C项中X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物,故C项不正确。
10.(2021·上海高考)X、Y、Z、W是短周期元素,X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构,工业上通过分别液态空气获得其单质;Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等;Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同;W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法确定正确的是
( )
A.X元素的氢化物的水溶液显碱性
B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C.Z元素的单质在确定条件下能与X元素的单质反应
D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
【解析】选C。通过液化空气法可分别得到N2或O2,则X可能为N或O,O的氢化物H2O呈中性,A错误。Y元素原子最外层上s、p电子数相等,则最外层电子排布为ns2np2,可能为C或Si,C的最高价氧化物CO2熔点和沸点都很低,D错误。Z元素的+2价阳离子核外电子排布与氖原子相同,因此Z为Mg;W元素原子M层有一个未成对的p电子,则其最外层电子排布可能为3s23p1或3s23p5,因此W可能为Al或Cl。Mg、Al、Cl均为第3周期元素,离子半径Mg2+>Al3+,Cl->Mg2+,B错误。Mg在确定条件下可与O2或N2反应,C正确。
11.下列叙述错误的是 ( )
①离子键没有方向性和饱和性,而共价键有方向性和饱和性
②配位键在形成时,是由成键双方各供应一个电子形成共用电子对
③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种猛烈的相互作用
④在冰晶体中,既有极性键、非极性键,又有氢键
⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键
⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水,但缘由不完全相同
A.①③ B.②④ C.②⑤ D.④⑥
【解析】选B。配位键在形成时,成键的一方供应孤电子对,另一方接受孤电子对(即供应空轨道)。冰晶体中,水分子内存在极性键但无非极性键,水分子间存在氢键。
12.(双选)下列描述中正确的是 ( )
A.CS2为V形的极性分子
B.ClO3-的空间构型为平面三角形
C.SF6中有6对完全相同的成键电子对
D.SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化
【解析】选C、D。由CO2的分子构型可知A错误;ClO3-中中心原子Cl有一对孤电子对,所以为三角锥形,B错误;S有6个价电子正好与6个F形成6个共价键,C正确;SiF4中Si形成4个σ键,SO32-中硫原子形成3个σ键,还有一对孤电子对,所以Si、S均是sp3杂化,D正确。
【方法规律】ABn型分子的极性推断
若中心原子A的化合价的确定值等于该元素所在的主族序数,则为非极性分子;若不等,则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子,NH3、H2O、SO2等为极性分子。
13.下列关于晶体的说法中,不正确的是 ( )
①晶体中原子呈周期性有序排列,有自范性;而非晶体中原子排列相对无序,无自范性;
②含有金属阳离子的晶体确定是离子晶体;
③共价键可打算分子晶体的熔、沸点;
④MgO的晶格能远比NaCl大,这是由于前者离子所带的电荷数多,离子半径小;
⑤晶胞是晶体结构的基本单元,晶体内部的微粒按确定规律作周期性重复排列;
⑥晶体尽可能实行紧密积累方式,以使其变得比较稳定;
⑦干冰晶体中,一个CO2分子四周有12个CO2分子紧邻;CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
A.①②③ B.②③④
C.④⑤⑥ D.②③⑦
【解析】选D。②中含有金属阳离子的晶体可能是离子晶体或金属晶体;③中分子晶体的稳定性等化学性质与共价键有关,分子晶体的熔、沸点与分子间作用力有关;⑦中CsCl晶体中阴、阳离子的配位数为8,NaCl晶体中阴、阳离子的配位数为6。
【易错提示】(1)由原子构成的晶体不愿定是原子晶体,如稀有气体形成的晶体是分子晶体。
(2)含有离子的晶体不愿定是离子晶体,如金属晶体中含有金属阳离子。
(3)含共价键的晶体不愿定是原子晶体,如分子晶体的结构粒子分子内部含共价键,离子晶体结构粒子离子内部也可以有共价键,如Na2O2、NaOH、NH4Cl等。
(4)(计算晶胞中粒子个数时,并不是全部晶胞都简洁套用立方晶胞的分摊法。如六棱柱晶胞中,顶点、侧棱、底面上的棱、面心上的粒子依次被6、3、4、2个晶胞共有。
二、非选择题(本题包括4小题,共48分)
14.(10分)(2021·四川高考)X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可化合生成气体G,其水溶液pH>7;Y的单质是一种黄色晶体;R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J,J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L;Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。
请回答下列问题:
(1)M固体的晶体类型是 。
(2)Y基态原子的核外电子排布式是 ;
G分子中X原子的杂化轨道类型是 。
(3)L的悬浊液中加入Q的溶液,白色沉淀转化为黑色沉淀,其缘由是
。
(4)R的一种含氧酸根RO42-具有强氧化性,在其钠盐溶液中加入稀硫酸,溶液变为黄色,并有无色气体产生,该反应的离子方程式是 。
【解析】气体G可溶于水且水溶液呈碱性,知气体G为NH3,气体G由X的单质与H2化合得到,则X为氮元素,NH3中氮元素是sp3杂化。Y的单质为黄色晶体,知Y为硫元素。R的3d轨道电子数为4s轨道电子数的3倍,则R为第4周期元素,4s轨道电子数为2,3d轨道电子数为6,R原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则R为铁元素。由Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J,J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L,则Z为氯元素,Q为Na2S,J为NaCl,L为AgCl,Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M,则M为NH4Cl,是离子晶体。AgCl沉淀能转化成Ag2S沉淀,说明Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度。R的含氧酸根RO42-为FeO42-,向其钠盐溶液中加入硫酸,溶液变黄,说明生成Fe3+,并有无色气体生成,反应中Fe的化合价降低,溶液中化合价能上升的元素只有氧元素,则无色气体为O2,反应的离子方程式为4FeO42-+20H+====4Fe3++3O2↑+10H2O。
答案:(1)离子晶体
(2)1s22s22p63s23p4 sp3杂化
(3)Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度
(4)4FeO42-+20H+====4Fe3++3O2↑+10H2O
【加固训练】(1)中国古代四大制造之一——黑火药,它的爆炸反应为S+2KNO3+3C3CO2↑+A+N2↑(已配平)
①除S外,上列元素的电负性从大到小依次为 。
②在生成物中,A的晶体类型为 ,含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为 。
③已知CN-与N2结构相像,推算HCN分子中σ键与π键数目之比为 。
(2)原子序数小于36的元素Q和T,在周期表中既处于同一周期又位于同一族,且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排布为 ,Q2+的未成对电子数是 。
(3)在CrCl3的水溶液中,确定条件下存在组成为
[CrCln(H2O)6-n]x+(n和x均为正整数)的配离子,将其通过氢离子交换树脂(R—H),可发生离子交换反应:
[CrCln(H2O)6-n]x++xR—HRx[CrCln(H2O)6-n]x++xH+
交换出来的H+经中和滴定,即可求出x和n,确定配离子的组成。
将含0.001 5 mol[CrCln(H2O)6-n]x+的溶液,与R—H完全交换后,中和生成的H+需浓度为0.120 0 mol·L-1NaOH溶液25.00 mL,该配离子的化学式为 。
【解析】本题是考查物质结构与性质的综合题,该部分内容较为抽象,高考照旧以考查基础为主。本题侧重对基础的考查,只要做到对涉及的基态原子核外电子排布、原子轨道的杂化类型、电负性、晶体类型的概念或规律的娴熟把握,即可得出正确结论;而最终一问的化学计算则需把握好相关信息,再利用中和反应的简洁计算即可得出结论。
(1)①钾为活泼金属,电负性比较小;C、N、O在同周期,非金属性渐渐增加,电负性也渐渐增大;②K2S是离子化合物,属于离子晶体,产物中含极性共价键的分子为CO2,其空间构型为直线形,中心原子轨道杂化类型为sp;③HCN中CN-与N2结构相像,含有三个键,一个σ键和两个π键;另外和氢原子之间形成一个σ键,所以HCN分子中σ键与π键数目之比为2∶2,即为1∶1。
(2)原子序数小于36的元素Q和T,在周期表中既处于同一周期又位于同一族,应当都属于第Ⅷ族,原子序数T比Q多2,可以确定T为Ni,Q为Fe,所以T的基态原子外围电子(价电子)排布为3d84s2,Q2+即Fe2+的未成对电子数是4。
(3)中和生成的H+需浓度为0.120 0 mol·L-1NaOH溶液25.00 mL,则可以得出H+的物质的量为0.120 0×25.00×10-3=0.003 0(mol),所以x=
0.003 0/0.001 5=2;Cr的化合价为+3价,x=2可以得知n=1,即该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2+。
答案:(1)①O>N>C>K ②离子晶体 sp ③1∶1
(2)3d84s2 4 (3)[CrCl(H2O)5]2+
15.(14分)已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素,它们的核电荷数A<B<C<D<E<F。其中A原子核外有三个未成对电子;化合物B2E为离子晶体,E原子核外的M层中只有两对成对电子;C元素是地壳中含量最高的金属元素;D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的;F原子最外层电子数与B的相同,其余各层均布满电子。请依据以上信息,回答下列问题(答题时,A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示):
(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的挨次为
。
(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点 (填“高”或“低”),理由是 。
(3)A的氢化物分子中的中心原子实行 杂化,E的低价氧化物分子的立体构型是 。
(4)F的核外电子排布式是 ,F的高价离子与A的简洁氢化物形成的配离子的化学式为 。
(5)A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显-3价),则其化学式为
(每个球均表示1个原子)。
(6)A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度,是一种新型无机非金属材料,则其化学式为 ,其晶体中所含的化学键类型为 。
【解析】本题的突破口为E原子核外的M层中只有两对成对电子,则E是硫,再结合题意可知B是Na;A原子核外有三个未成对电子,则为第2周期ⅤA族的氮元素;铝是地壳中含量最多的金属元素,则C为Al;在第3周期单质形成的晶体中硅的晶体类型与其他的均不相同,则D为Si;F原子的最外层电子数也是一个,则为第4周期ⅠA族或ⅠB族元素,但是因内层均已布满电子,故为铜。
答案:(1)Na<Al<Si<N
(2)高 NaCl为离子晶体,而SiCl4为分子晶体
(3)sp3 V形
(4)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
[Cu(NH3)4]2+
(5)Cu3N (6)AlN 共价键
16.(10分)(2022·福建高考)氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相,与石墨相像,具有层状结构,可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料,有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。
(1)基态硼原子的电子排布式为 。
(2)关于这两种晶体的说法,正确的是 (填序号)。
a.立方相氮化硼含有σ键和π键,所以硬度大
b.六方相氮化硼层间作用力小,所以质地软
c.两种晶体中的B—N键均为共价键
d.两种晶体均为分子晶体
(3)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为 ,其结构与石墨相像却不导电,缘由是
。
(4)立方相氮化硼晶体中,硼原子的杂化轨道类型为 。该晶体的自然 矿物在青藏高原地下约300 km的古地壳中被发觉。依据这一矿物形成事实,推断试验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是 。
(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1 mol NH4BF4含有
mol配位键。
【解析】(1)硼元素位于元素周期表第2周期第ⅢA族,所以基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1。
(2)依据六方相氮化硼和立方相氮化硼晶体的结构示意图和信息,结合金刚石和石墨的结构,确定六方相氮化硼晶体类似于石墨晶体;立方相氮化硼晶体类似于金刚石晶体;因此二者晶体原子之间均通过共价键相连,而六方相氮化硼晶体层与层之间依靠范德华力即分子间作用力相连,作用力小,质软。
(3)六方相氮化硼晶体类似于石墨晶体,其晶体层内一个硼原子与相邻三个氮原子成键,空间构型为平面三角形结构;而石墨晶体中层内一个碳原子与相邻三个碳原子成键,还有一个电子在层内自由移动,层内可以导电;而氮化硼形成三个共价键后,硼元素的原子最外层电子全部参与成键,没有自由移动的电子,不导电。
(4)立方相氮化硼晶体结构中每一个硼原子与四个氮原子形成空间立体结构,其杂化方式为sp3杂化;该晶体的自然矿物在青藏高原地下约300 km的古地壳中被发觉,依据这一位置的温度和压强,进而确定由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温、高压。
(5)NH4BF4(氟硼酸铵)中含铵根离子和氟硼酸根离子,其中铵根离子含有三个σ键和一个配位键,而氟硼酸根离子中含有三个σ键和一个配位键,因此1 mol NH4BF4含有2 mol配位键。
答案:(1)1s22s22p1
(2)b、c
(3)平面三角形 层状结构中没有自由移动的电子
(4)sp3 高温、高压
(5)2
17.(14分)(2022·新课标全国卷Ⅱ)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e,原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同,b的价电子层中的未成对电子有3个,c的最外层电子数为其内层电子数的3倍,d与c同族,e的最外层只有1个电子,但次外层有18个电子。回答下列问题:
(1)b、c、d中第一电离能最大的是 (填元素符号),e的价层电子轨道示意图为 。
(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中,分子呈三角锥形,该分子的中心原子的杂化方式为 ;分子中既含有极性共价键,又含有非极性共价键的化合物是 (填化学式,写出两种)。
(3)这些元素形成的含氧酸中,分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是 ;酸根呈三角锥结构的酸是 。(填化学式)
(4)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1,则e离子的电荷为 。
(5)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中,阴离子呈四周体结构;阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。
该化合物中,阴离子为 ,阳离子中存在的化学键类型有 ;该化合物加热时首先失去的组分是 ,推断理由是 。
【解析】a的核外电子总数与其周期数相同,则a为氢;b的价电子层中的未成对电子有3个,则b为氮;c的最外层电子数为其内层电子数的3倍,则c为氧;d与c同主族,d为硫;e的最外层只有1个电子,但次外层有18个电子,其电子排布式应为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜元素。
(1)同一周期的元素第一电离能从左往右渐渐增大,但是氮元素的2p轨道由于是半满的,因此其第一电离能反常得高,同一主族的元素从上到下第一电离能渐渐减小,因此三者电离能大小为N>O>S;铜的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,因此其价层电子轨道示意图为;
(2)依据题意应当是形成氨气,氨气中氮原子为sp3杂化,分子中既有非极性键又有极性键的二元化合物有H2O2、N2H4、C2H6等;
(3)符合题意的酸是HNO2、HNO3;酸根为三角锥形的酸是H2SO3;
(4)晶胞中氧原子有1+8×18=2;铜原子的个数为4,因此该晶体为氧化亚铜,其中铜原子为+1价;
(5)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中,阴离子呈四周体结构,则阴离子为硫酸根,依据阳离子的结构图可以知道该阳离子中含有一个铜离子,四个氨分子,两个水分子,因此该物质的化学式为[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4,阳离子中存在配位键和共价键,该化合物加热时首先失去水,缘由是铜离子与水所形成的配位键要比与氨气所形成的配位键弱。
答案:(1)N
(2)sp3 H2O2、N2H4
(3)HNO2、HNO3 H2SO3(合理即可)
(4)+1
(5)SO42- 共价键和配位键 H2O H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱
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