- 电负性
- 共428题
经验规律告诉我们：当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键．下列判断正确的是（ ）
正确答案
解析
解：当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键，
A．Cl元素电负性为3.16、Al元素的电负性为1.61，二者之差为1.55＜1.7，所以属于共价化合物，故A错误；
B．Cl元素电负性为3.16、P元素的电负性为2.19，二者之差为0.97＜1.7，所以属于共价化合物，故B正确；
C．Cl元素电负性为3.16、Si元素的电负性为1.90，二者之差为1.26＜1.7，所以属于共价化合物，故C正确；
D．K的电负性为0.82、Mg的电负性为1.31，虽然二者之差小于1.7，但K、Mg不能形成化合物，只能形成合金，故D错误；
故选BC．
能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力．
（1）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的结构如图1所示．
①富勒烯（C60）分子中碳原子的轨道杂化方式为______．
②富勒烯（C60）晶体与金刚石相比，______的熔点较高．
（2）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等．
①第一电离能：As______Se（填“＞”“＜”或“=”）．
②二氧化硒分子的空间构型为______．
（3）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如图2，请在下图中用箭头表示出配位键．
正确答案
sp2
金刚石
＞
V形
解析
解：（1）①每个碳原子含有的σ键个数为3且不含孤电子对，所以采用sp2 杂化，故答案为：sp2；
②富勒烯（C60）晶体为分子晶体，而金刚石则是原子晶体，所以金刚石的熔点较高，故答案为：金刚石；
（2）①As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，所以第一电离能As＞Se，故答案为：＞；
②二氧化硒分子中价层电子对=2+
（3）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以该配合物中的配位键为：
已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol．请根据下表所列数据判断，错误的是（ ）
正确答案
解析
解：X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；
Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第ⅢA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y，
A．主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，X为第IA族元素，则X常见化合价为+1价，故A正确；
B．根据以上分析知，Y属于第ⅢA族元素，故B正确；
C．X可失去1个电子，化合价为+1，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，如NaCl，故C正确；
D．如果Y是第三周期元素，则为Al，Al和冷水不反应，和酸和强碱溶液反应，故D错误；
故选D．
下列对一些事实的理论解释正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．氮原子2p能级半充满，所以比较稳定，氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；
B．理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2分子是直线形，故B错误；
C．金刚石是原子晶体，故C错误；
D．理论解释不对，HF分子间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误．
故选：A．
（1）氮与元素周期表同周期的相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为______．
（2）与阴离子（CN-）互为等电子体的两种分子有______、______．
（3）氨水溶液中存在多种氢键，任表示出其中两种______、______．
（4）H3P04的K1、K2、K3分别为7.6×10-3、6.3×10-8、4.4×10-13．硝酸完全电离，而亚硝酸K=5.1×10-4，请根据结构与性质的关系解释：
①H3PO4的K1远大于K2的原因是______．
②硝酸比亚硝酸酸性强的原因是______．
（5）X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示．X的核外电子排布式为______与同一个N3-相连的X+有______ 个．
（6）X的高价阳离子（X2+）在水溶液中存在离子[X（H2O）4]2+，则X2+与H2O之间的键型为______该化学键能形成的原因是______请画出[X（H2O）4]2+离子的结构式（用元素符号写结构式）______．
正确答案
解：（1）C、N、O元素是同一周期相邻元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜O＜N，
故答案为：C＜O＜N；
（2）将CN-中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得等电子体N2，将N原子及1个负电荷换成1个O原子，可得等电子体CO，
故答案为：N2；CO；
（3）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键，如O-H…N、N-H…O、O-H…O、N-H…N，
故答案为：O-H…N；N-H…O（或O-H…O、N-H…N）；
（4）①磷酸第一步电离出氢离子后变为阴离子，阴离子难电离出带正电荷的氢离子，所以H3PO4的K1远大于K2，
故答案为：第一步电离生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的H+；
②由于硝酸中非羟基氧是两个，亚硝酸非羟基O是一个，非羟基氧越多酸性越强，所以硝酸比亚硝酸酸性强，
故答案为：硝酸中非羟基氧是两个，亚硝酸非羟基O是一个，非羟基氧越多酸性越强；
（5）X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X原子核外电子数=2+8+18+1=29，则X为Cu元素，Cu元素是29号元素，原子核外电子数为29，核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s1；
该晶胞中白色小球=8×
故答案为：ls22s22p63s23p63d104s1；X+与N3-形成的晶体化学式是Cu3N，因此白球是N3-，所以与同一个N3-相连的X+有6个；
（6）Cu2+与H2O与之间的化学键类型为配位键，Cu2+有空轨道，Cu2+能接受孤对电子，H20能提供孤对电子，所以能形成配位键；
[X（H2O）4]2+离子为[Cu（H2O）4]2+，[Cu（H2O）4]2+离子中含有配位键，其结构式为：
故答案为：配位键；H20能提供孤对电子，Cu2+能接受孤对电子（或Cu2+有空轨道）；
解析
解：（1）C、N、O元素是同一周期相邻元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜O＜N，
故答案为：C＜O＜N；
（2）将CN-中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得等电子体N2，将N原子及1个负电荷换成1个O原子，可得等电子体CO，
故答案为：N2；CO；
（3）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键，如O-H…N、N-H…O、O-H…O、N-H…N，
故答案为：O-H…N；N-H…O（或O-H…O、N-H…N）；
（4）①磷酸第一步电离出氢离子后变为阴离子，阴离子难电离出带正电荷的氢离子，所以H3PO4的K1远大于K2，
故答案为：第一步电离生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的H+；
②由于硝酸中非羟基氧是两个，亚硝酸非羟基O是一个，非羟基氧越多酸性越强，所以硝酸比亚硝酸酸性强，
故答案为：硝酸中非羟基氧是两个，亚硝酸非羟基O是一个，非羟基氧越多酸性越强；
（5）X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X原子核外电子数=2+8+18+1=29，则X为Cu元素，Cu元素是29号元素，原子核外电子数为29，核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s1；
该晶胞中白色小球=8×
故答案为：ls22s22p63s23p63d104s1；X+与N3-形成的晶体化学式是Cu3N，因此白球是N3-，所以与同一个N3-相连的X+有6个；
（6）Cu2+与H2O与之间的化学键类型为配位键，Cu2+有空轨道，Cu2+能接受孤对电子，H20能提供孤对电子，所以能形成配位键；
[X（H2O）4]2+离子为[Cu（H2O）4]2+，[Cu（H2O）4]2+离子中含有配位键，其结构式为：
故答案为：配位键；H20能提供孤对电子，Cu2+能接受孤对电子（或Cu2+有空轨道）；
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