Question

【題目】Ⅰ.下列各組物質(zhì)性質(zhì)的比較，結論正確的是（____________）

A. 分子的極性： B. 物質(zhì)的硬度：

C. 物質(zhì)的沸點： D.在中的溶解度：

Ⅱ.錳單質(zhì)及其化合物應用十分廣泛。回答下列問題：

(1)位于元素周期表中第四周期____族，基態(tài)原子核外未成對電子有_____個。

(2)可與反應生成 ，新生成的化學鍵為_____鍵。分子的空間構型為______，其中N原子的雜化軌道類型為_______。

(3)金屬錳有多種晶型，其中的結構為體心立方堆積，晶胞參數(shù)為apm， 中錳的原子半徑為_____pm。已知阿伏加德羅常數(shù)的值為， 的理論密度____。(列出計算式)

(4)已知錳的某種氧化物的晶胞如圖所示，其中錳離子的化合價為____，其配位數(shù)為____。

Answer 1

【答案】AB VIIB 5 配位 三角錐 sp3 +2 6

【解析】

I.A.先判斷分子是否為極性分子，然后根據(jù)極性分子的極性大于非極性分子的極性；

B.二者是離子晶體，離子鍵越強，物質(zhì)的硬度越大；

C.HF分子之間存在氫鍵；

D.CS2、CCl4都是非極性分子，H2O是極性分子，利用相似相溶原理分析；

II.(1)Mn是25號元素，根據(jù)原子序數(shù)與元素周期表的位置判斷其位置；并根據(jù)構造原理書寫其核外電子排布式，判斷其核外未成對電子數(shù)目；

(2)在絡離子的中心離子與配體之間存在配位鍵；用價層電子對理論判斷NH3的空間構型，N原子的雜化軌道類型為sp3；

(3)體心立方結構中Mn原子在晶胞頂點和體心內(nèi)，體對角線為Mn原子半徑的4倍，據(jù)此計算Mn原子半徑；先計算一個晶胞中含有的Mn原子數(shù)，然后根據(jù)ρ=計算晶胞密度；

(4)用均攤法計算晶胞中Mn、O離子個數(shù)，然后利用化合物中正負化合價代數(shù)和等于0計算Mn的化合價；根據(jù)晶胞結構可知：在Mn離子上下、前后、左右6個方向有O離子，配位數(shù)是6。

I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正負電中心重合，是非極性分子；而NCl3的N原子上有一對孤電子對，是三角錐形，分子中正負電中心不重合，是極性分子，所以分子極性：BCl3<NCl3，A正確；

B.NaF、NaI都是離子晶體，陰、陽離子通過離子鍵結合，由于離子半徑F-<I-，離子半徑越小，離子鍵越強，物質(zhì)的硬度就越大，所以物質(zhì)硬度：NaF>NaI，B正確；

C.HCl分子之間只存在分子間作用力，而HF分子之間除存在分子間作用力外，還存在分子間氫鍵，因此HF的沸點比HCl的高，C錯誤；

D.CCl4、CS2都是由非極性分子構成的物質(zhì)，H2O是由極性分子構成的物質(zhì)，根據(jù)相似相溶原理可知，由非極性分子構成的溶質(zhì)CCl4容易溶解在由非極性分子構成的溶劑CS2中，由極性分子H2O構成的溶質(zhì)不容易溶解在由非極性分子構成的溶劑CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D錯誤；

故合理選項是AB；

II. (1)Mn是25號元素，在元素周期表中第四周期VIIB族，根據(jù)構造原理可得基態(tài)原子核外電子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知，該原子核外的未成對電子有5個；

(2)MnCl2中的Mn2+上有空軌道，而NH3的N原子上有孤電子對，因此二者反應可形成絡合物 ，則新生成的化學鍵為配位鍵。NH3的價層電子對數(shù)為3+，且N原子上有一對孤電子對，所以NH3分子的空間構型為三角錐形，其中N原子的雜化軌道類型為sp3雜化。

(3)體心立方結構中Mn原子在晶胞頂點和體心內(nèi)，體對角線為Mn原子半徑的4倍，由于晶胞參數(shù)為apm，則，則Mn原子半徑r=pm；在一個Mn晶胞中含有的Mn原子數(shù)為，則根據(jù)晶體密度ρ=可得晶胞密度ρ===g/cm3；

(4)在晶胞中含有的Mn，含有的O離子數(shù)目為：，Mn離子：O離子=4：4=1：1，所以該氧化物的化學式為MnO，化合物中元素正負化合價代數(shù)和等于0，由于O的化合價為-2價，所以Mn的化合價為+2價；根據(jù)晶胞結構可知：在Mn離子上、下、前、后、左、右6個方向各有一個O離子，所以Mn離子的配位數(shù)是6。