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11.钛、铬、铁、溴、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途.
(1)制备CrO2Cl2的反应为:K2Cr2O2+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑.
①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是O>Cl>C(用元素符号表示).
②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型,COCl2分子中σ键和π键的个数比为3:1,中心原子的杂化方式为sp2杂化.
(2)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同,其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10-2nm和7.8×10-2nm.则熔点:NiO>FeO(填”<”、“=”或“>”).
(3)Ni和La的合金晶细胞结构如图1所示.

①该晶体的化学式为LaNi5
②已知该物质的摩尔质量M gmol-1,密度为d gcm-3.设NA为阿伏伽德罗常数的值,则该晶胞的体积是$\frac{M}{d{N}_{A}}$cm3(用含M、d、NA的代数式表示).
(4)铜晶体中原子的堆积方式如图2所示.
①基态铜原子的电子排布式为3d104s1. 
②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目12.
(5)某M原子的外围电子排布式为3S23p5,铜与M形成化合物的晶胞如图3所示(黑点代表铜原子,空心圆代表M原子).
①该晶体的化学式为CuCl.
②已知铜和M电负性分别为1.9和3.0,则铜与M形成的化合物属于共价(填“离子”或“共价”)化合物.
③已知该晶体的密度pgcm-3,阿伏伽德罗常数的值为NA,则该晶体中铜元子与M原子之间的最短距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×(64+36.5)}{p{N}_{A}}}$×1010 pm(只写计算式).

分析 (1)①同周期自左而右电负性增大,Cl、O形成的化合物中O元素表现负价,对键合电子吸引更大;
②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型,结构式为,单键为σ键,双键含有1个σ键和、1个π键,C原子形成3个σ键,没有孤对电子,杂化轨道数目为3;
(2)离子电荷相等,离子半径越小,晶格能越大,熔沸点越高;
(3)①根据均摊法计算晶胞中Ni、La原子数目,进而确定化学式;
②结合晶胞含有原子数目,表示出晶胞质量,结合m=ρV计算晶胞体积;
(4)①Cu的核外电子数为29,处于周期表中第四周期IB族;
②Cu原子堆积方式为面心立方密堆积;
(5)某M原子的外围电子排布式为3S23p5,则M为Cl.
①根据均摊法计算晶胞中Cu、Cl原子数目,进而确定化学式;
②一般两个元素的电负性相差大于1.7的两种元素形成化合物时形成离子键,小于1.7的两种元素形成共价键;
③Cu原子与周围的4个Cl原子形成正四面体结构,四面体中心Cu原子与顶点氯原子距离最近,四面体中心的Cu原子与晶胞顶点Cl原子连线处于晶胞体对角线上,且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$,而体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$倍,结合晶胞含有原子数目表示出晶胞质量,结合m=ρV计算.

解答 解:(1)①同周期自左而右电负性增大,Cl、O形成的化合物中O元素表现负价,对键合电子吸引更大,氧元素电负性大于Cl的,故电负性:O>Cl>C,
故答案为:O>Cl>C;
②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型,结构式为,单键为σ键,双键含有1个σ键和、1个π键,则σ键和π键的个数比为3:1,C原子形成3个σ键,没有孤对电子,杂化轨道数目为3,采取sp2杂化,
故答案为:3:1;sp2杂化;
(2)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同,均属于离子化合物,离子电荷相等,Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径,故NiO的晶格能大于FeO的晶格能,故熔沸点NiO>FeO,
故答案为:>;
(3)①晶胞中Ni处于体心与面上,La处于顶点,则晶胞中Ni原子数目为1+8×$\frac{1}{2}$=4、La原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1,故化学式为:LaNi5
故答案为:LaNi5
②该物质的摩尔质量M gmol-1,晶胞质量为$\frac{M}{{N}_{A}}$g,密度为d gcm-3,则该晶胞的体积是$\frac{M}{{N}_{A}}$g÷d gcm-3=$\frac{M}{d{N}_{A}}$cm3
故答案为:$\frac{M}{d{N}_{A}}$;
(4)①Cu的核外电子数为29,处于周期表中第四周期IB族,价电子排布式为:3d104s1
故答案为:3d104s1
②Cu原子堆积方式为面心立方密堆积,以顶点原子为研究,与之相邻的原子出面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用,则其周围距离最近的铜原子数目为$\frac{3×8}{2}$=12,
故答案为:12;
(5)某M原子的外围电子排布式为3S23p5,则M为Cl.
①根据均摊法,晶胞中Cu原子数目为4、Cl原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4,则化学式为CuCl,
故答案为:CuCl;
②铜和Cl电负性分别为1.9和3.0,二者电负性相差3.0-1.9=1.1<1.7,则CuCl属于共价化合物,
故答案为:共价;
③Cu原子与周围的4个Cl原子形成正四面体结构,四面体中心Cu原子与顶点氯原子距离最近,四面体中心的Cu原子与晶胞顶点Cl原子连线处于晶胞体对角线上,且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$,而体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$倍,晶胞质量为4×$\frac{64+36.5}{{N}_{A}}$g,设晶胞棱长为a cm,则4×$\frac{64+36.5}{{N}_{A}}$g=pgcm-3×(a cm)3,解得a=$\root{3}{\frac{4×(64+36.5)}{p{N}_{A}}}$,则该晶体中铜元子与M原子之间的最短距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×(64+36.5)}{p{N}_{A}}}$cm=$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×(64+36.5)}{p{N}_{A}}}$×1010cm,
故答案为:$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{4×(64+36.5)}{p{N}_{A}}}$×1010

点评 本题是对物质结构与性质的考查,涉及电负性、化学键、杂化方式、晶体类型与性质、晶胞计算等,注意根据氧化物判断氧与氯的电负性,(5)中计算为难点,需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力.

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(3)NH3可用于合成尿素、硫酸铵等氮肥.某化肥厂从生产的硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO42的物质.该物质在水溶液中以SO42-和N4H44+两种正四面体构型的离子存在.N4H44+遇碱生成一种形似白磷的N4分子.
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b.1mol N4分解生成N2,形成了4mol π键
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16.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺序排列,其中正确的是(  )
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20.氨气在工农业生产中有重要应用.
I.(1)如图所示,向NaOH固体上滴几滴浓氨水,迅速盖上盖,观察现象.

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(2)已知氨气极易溶于水,而难溶于有机溶剂CCl4.下列装置中不适宜做氨气尾气吸收的是C.

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