- 电离能
- 共448题
Ⅰ、（1）Al元素的原子核外共有______种同能级的电子．
（2）Mg、Al、Si三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为______．
（3）AlCl3•NH3和AlC
（4）铝晶体的晶胞结构如右图所示．一个晶胞中铝原子的数目是______，晶体中一个铝原子周围与之距离最近且相等的铝原子数目是______．
Ⅱ、X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，已知：
①X元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，且X原子半径小于Q的．
②Y元素是地壳中含量最多的元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有1个未成对电子．
③Z元素的电离能数据见下表（kJ•mol-1）：
请回答：
（1）XY2分子空间构型为______，X原子的轨道杂化方式为______；QX的晶体结构与金刚石的相似，其中X原子的杂化方式为______，微粒间存在的作用力是______．
（2）晶体ZW的熔点比晶体XW4明显高的原因是______．
（3）氧化物MO的电子总数与QX的相等，则M为______（填元素符号）．MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与ZW晶体相似．MO的熔点比CaO的高，其原因是______．
正确答案
解：Ⅰ、（1）铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，故答案为：5；
（2）Mg、Al和Si位于同一周期，同一周期第一电离能大呈增大趋势，而Mg由于具有全充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以Si＞Mg＞Al，故答案为：Si＞Mg＞Al；
（3）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3为配体，提供弧电子对的原子是N，AlCl4-的价层电子对=4+
（4）铝晶胞是面心立方，所以每个金晶胞中含有的原子个数=8×
Ⅱ、X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，x元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，则x和Q属于第IVA族元素，所以X是C元素，Q是Si元素，Y元素是地壳中含量最多的元素，所以Y是O元素，w元素的电负性略小于Y元素，在w原子的电子排布中，P轨道上只有1个未成对电子，所以W是Cl元素，根据Z的电离能知，Z是第IA族元素，且Z的原子序数大于Y，所以Z是Na元素，
（1）CO2分子中碳原子价层电子数=2+
故答案为：直线型；SP；SP3；共价键；
（2）一般来说，离子晶体熔点高于分子晶体，氯化钠是离子晶体，四氯化碳是分子晶体，所以晶体NaCl的熔点比晶体CCl4明显高，
故答案为：氯化钠为离子晶体而四氯化碳是分子晶体；
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等为20，则M是Mg元素，MgO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，相同类型的离子晶体中，晶格能与离子半径成反比，晶格能越大其熔点越高，镁离子半径小于钙离子半径，所以氧化镁的晶格能大，则MgO的熔点比CaO的高，
故答案为：Mg；镁离子半径比钙离子小，氧化镁晶格能大．
解析
解：Ⅰ、（1）铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，故答案为：5；
（2）Mg、Al和Si位于同一周期，同一周期第一电离能大呈增大趋势，而Mg由于具有全充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以Si＞Mg＞Al，故答案为：Si＞Mg＞Al；
（3）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3为配体，提供弧电子对的原子是N，AlCl4-的价层电子对=4+
（4）铝晶胞是面心立方，所以每个金晶胞中含有的原子个数=8×
Ⅱ、X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，x元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，则x和Q属于第IVA族元素，所以X是C元素，Q是Si元素，Y元素是地壳中含量最多的元素，所以Y是O元素，w元素的电负性略小于Y元素，在w原子的电子排布中，P轨道上只有1个未成对电子，所以W是Cl元素，根据Z的电离能知，Z是第IA族元素，且Z的原子序数大于Y，所以Z是Na元素，
（1）CO2分子中碳原子价层电子数=2+
故答案为：直线型；SP；SP3；共价键；
（2）一般来说，离子晶体熔点高于分子晶体，氯化钠是离子晶体，四氯化碳是分子晶体，所以晶体NaCl的熔点比晶体CCl4明显高，
故答案为：氯化钠为离子晶体而四氯化碳是分子晶体；
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等为20，则M是Mg元素，MgO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，相同类型的离子晶体中，晶格能与离子半径成反比，晶格能越大其熔点越高，镁离子半径小于钙离子半径，所以氧化镁的晶格能大，则MgO的熔点比CaO的高，
故答案为：Mg；镁离子半径比钙离子小，氧化镁晶格能大．
下列说法中正确的是 （ ）
A第一电离能由大到小的顺序为O＞N＞C
B由于C22-和O22+为等电子体，所以可以判断O22+的电子式为
CNO3-中N采用sp2杂化，故NO3-的空间构型为三角锥形
D液态HF通常也可以写成（HF）n的形式，是因为液态HF分子间存在氢键．
正确答案
解析
解：A、同周期从左到右，第一电离能增大，但同周期第ⅡA、ⅤA元素反常，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故A错误；
B、C22-和O22+两种微粒，原子数相同，价电子总数相等互为等电子体，结构相似，故B正确；
C、NO3-中N采用sp2杂化，中心原子周围无弧对电子对，所以空间构型为平面三角形，故C错误；
D、液体HF分子间若形成氢键，有可能发生缔合现象，故D正确；故选BD．
下列原子的价电子排布中，对应于第一电离能最大的是（ ）
正确答案
解析
解：四种元素中C为N元素，D为O元素，位于同一周期，2s22p3中p轨道为半充满状态，难以失去电子，则第一电离能最大，所以第一电离能N大于O，B元素为Si，A为镓元素，由于AB分别在第四和第三周期，所以它们的第一电离能小于N元素，故第一电离能最大的是N；
故选C．
（1）Cu是元素周期表中第29号元素，写出第三周期基态原子未成对电子数与Cu相同且电负性最大的元素是______（填元素名称）．
（2）CuO受热易分解为Cu2O和O2，请从铜的原子结构来说明CuO受热易分解的原因：______．
（3）如图某种氧化物的晶胞示意图．已知该晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为______．
（4）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，在滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu（NH3）4]SO4•H2O沉淀．
①SO42-中S原子的杂化方式为______．
②NH3分子内的H-N-H键角______（填“大于”“等于”或“小于”）H2O分子内的H-O-H键角．
③S、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为______．
正确答案
解：（1）Cu元素的未成对电子数是1，第三周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素，故答案为：氯；
（2）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，
故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（3）该晶胞中A离子个数=4，B离子个数=
故答案为：
（4）①SO42-中S原子的价层电子数=4+
②H2O分子中含有两个孤电子对，NH3分子中含有一个孤电子对，孤电子对间的排斥能力大于孤电子对和化学键之间的排斥能力，所以NH3分子内的H-N-H键角大于H2O分子内的H-O-H键角，故答案为：大于；
③N、O元素属于同一周期，且N元素属于第VA族，O元素属于第VIA族，O、S属于同一周期，且S元素的原子序数大于O元素，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S．
解析
解：（1）Cu元素的未成对电子数是1，第三周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素，故答案为：氯；
（2）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，
故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（3）该晶胞中A离子个数=4，B离子个数=
故答案为：
（4）①SO42-中S原子的价层电子数=4+
②H2O分子中含有两个孤电子对，NH3分子中含有一个孤电子对，孤电子对间的排斥能力大于孤电子对和化学键之间的排斥能力，所以NH3分子内的H-N-H键角大于H2O分子内的H-O-H键角，故答案为：大于；
③N、O元素属于同一周期，且N元素属于第VA族，O元素属于第VIA族，O、S属于同一周期，且S元素的原子序数大于O元素，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S．
（1）中国古代四大发明之一--黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+S
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结构相似，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，一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-H→Rx[CrCln（H2O）6-n]+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0.0015mol[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0.1200mol•L-1NaOH溶液25.00ml，可知该配离子的化学式为______．
正确答案
解：（1）①非金属性越强，则电负性越强，非金属性：O＞N＞C＞K，则电负性O＞N＞C＞K；
故答案为：O＞N＞C＞K；
②由化学方程式为S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体；含极性共价键的分子为CO2，二氧化碳的结构式为O=C=O，则含有2个价层电子对，所以C原子为sp杂化；
故答案为：离子晶体；sp；
③CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1，
故答案为：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，则Q、T处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6，3d能级有4个单电子，
故答案为：3d84s2；4；
（3）[CrCl（H2O）5]2+（2分）中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，则可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10-3L=0.0030mol，所以x=
故答案为：[CrCl（H2O）5]2+．
解析
解：（1）①非金属性越强，则电负性越强，非金属性：O＞N＞C＞K，则电负性O＞N＞C＞K；
故答案为：O＞N＞C＞K；
②由化学方程式为S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体；含极性共价键的分子为CO2，二氧化碳的结构式为O=C=O，则含有2个价层电子对，所以C原子为sp杂化；
故答案为：离子晶体；sp；
③CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1，
故答案为：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，则Q、T处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6，3d能级有4个单电子，
故答案为：3d84s2；4；
（3）[CrCl（H2O）5]2+（2分）中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，则可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10-3L=0.0030mol，所以x=
故答案为：[CrCl（H2O）5]2+．
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