题目内容
【题目】[化学一-选修3:物质结构与性质]由S、Cl 及Fe、Co、Ni 等过渡元素组成的新型材料有着广泛的用途,回答下列问题:
(1)钴元素基态原子的电子排布式为________，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为______。
(2)SCl2 分子中的中心原子杂化轨道类型是______，该分子空间构型为_______。
(3)Fe、Co、Ni等过渡元素易与CO形成配合物,化学式遵循18电子规则:中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如Ni 与CO形成配合物化学式为Ni(CO)4，则Fe与CO形成配合物化学式为_______。Ni(CO)4中σ键与π键个数比为_______，Ni(CO)4为____晶 体。
(4)已知NiO的晶体结构如图1所示。
①NiO的晶体结构可描述为:氧原子位于面心和顶点,氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙,镍原子填充在氧原子形成的空隙中。则NiO 晶体中镍原子填充在氧原子形成的______体空隙中。
②已知MgO 与NiO的晶体结构相同,其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm 和69pm。则熔点:MgO_____ NiO( 填“ >”、“ <" 或“ =” ), 理由是______________。
③一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2-作密置单层排列,Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中(如图2),已知O2-的半径为am,每平方米面积上分散的NiO的质量为_________g。(用a、NA表示)
【答案】 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2 Cl> P > S sp3 V 形 Fe(CO)5 1︰1 分子 正八面 ＞ Mg2+半径比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大 
【解析】（1）考查电子排布式、第一电离能规律，钴元素位于第四周期VIII族，27号元素，因此电子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar] 3d74s2 ；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此第一电离能Cl>P>S；（2）考查杂化类型判断、空间构型，SCl2中心原子S有2个σ键，孤电子对数为(6－2×1)/2=2，价层电子对数为4，杂化类型为sp3；空间构型为V形或角形；（3）考查配位化合物、化学键数目、晶体类型判断，Fe属于过渡元素，价电子数为8，CO提供电子的是C，C能提供2个电子，令Fe的配位数为x，根据18电子规则，8＋2x=18，即x为5，化学式为Fe(CO)5；Ni的配位数为4，Ni与CO形成4个σ键，CO与N2互为等电子体，因此1个CO分子有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4中含有σ键的个数为8个，π键的个数为8个，因此比值为1：1；Ni(CO)4属于分子晶体；（4）考查晶胞的计算、晶体熔点高低的判断，①根据图1，NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的正八面体空隙中；②MgO和NiO属于离子晶体，所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点高，Mg2＋的离子半径小于Ni2＋的离子半径，MgO的晶格能大于NiO，即MgO的熔点高于NiO；③建立图所示结构，
，每个氧化镍所占的面积为2a×2a×sin60°，则每平方米含有氧化镍的个数为1/（2a×2a×sin60°），每个氧化镍的质量为75/NAg，因此每平方米含有的氧化镍的质量为
g=g。
【题目】下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
选项 | 实验目的 | 实验方案 |
A | 探究化学反应的限度 | 取5mL0.1mol/LKI溶液,滴加0.1molLFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应 |
B | 探究浓度对化学反应速率的影响 | 用两支试管各取5ml.0.1mo/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和10.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间 |
C | 证明海带中含有碘元素 | 将海带剪碎、加蒸馏水浸泡，取滤液加几滴稀硫酸和1mLH2O2，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝 |
D | 验证CH3COONa 溶液中存在水解平衡 | 取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体(其水溶液呈中性)，观察溶液颜色变化 |
A. A B. B C. C D. D
