2020届高三化学题型强化训练-物质结构与性质选做题【以镍元素为载体】

第第#页，共16页第第15页，共16页关键。【解答】基态镍原子的价电子排布式为：3d84s2；元素镍的第二电离能比铜的小，其原因为：铜失去的是全充满的3dio电子，镍失去的是4si电子；①丁二酮肟中甲基中的碳原子都是单键，在与氮相连的碳上有碳氮双键，因此杂化类型是Sp2和Sp3杂化；②由结构简式可知分子中存在配位键，含有C=N键，则含有O键、n键、氧氢之间除共价键外还可存在氢键，故答案为：ABCD；⑶四羰基镍［Ni(CO)4］为无色挥发性剧毒液体。熔点25T，沸点43T熔沸点较低，为分4子晶体；Ni(CO)4可通过如下反应合成：NiS+5CO+4OH-=Ni(CO)4+S2-+CO|-+2也0。反应中涉及所有元素的电负性由大到小的顺序为：0>S>C>H>Ni或0>S=C>H>Ni；与COf-互为等电子体的分子有：BF3或BCl3或S03(4)①晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点，所以晶胞实际含有的镍原子数目=1+8X1=5，晶胞实际含有的镧原子数目=8X21=1，所以晶体的化学式LaNi5，8故答案为：LaNi5；②一个晶胞的质量=Mg,该晶胞的体积=Mg—dg.cm-3=5NANAMNAdMNAdcm3，故答案为：MNAd镍是重要的合金元素，可制作镍铬、镍铝等合金，镍也常用作有机加氢的催化剂及制取配合物。写出基态Cr的简化电子排布式，Cr中共有种不同运动状态的电子。Ni(C0)4与Fe(CO)n同属金属羰基配合物，形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，研究发现金属原子的价电子和CO提供的孤电子总和等于18。TOC\o"1-5"\h\zNi、C、O的电负性由大到小的顺序为。Fe(C0)n分子中n=。已知Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm,根据岩浆晶出规则熔融的NiO和FeO岩浆在冷却过程中，NiO更容易先结晶，试解释其原因。检定镍、钻、铜钯等可用双氰胺，化学式C2H4N4，其结构简式如图所示。双氰胺分子中碳原子的杂化方式有，分子结构中键能最大的共价键是。已知镍晶体的堆积模型与铜相同，且镍铝合金的晶胞如下图所示。OAIOAI镍晶体的堆积模型为。已知Al的第一、第二电离能分别为：I1=578kJ/mol，I2=1817kJ/mol，简述I2远大于I]的原因。已知：镍铝合金密度为dg/cm3,NA代表阿伏伽德罗常数，贝9铝镍的核间距为pm。(用代数式表示)【答案】(1)[Ar]3d54s1；7；①0>C>Ni；5;Ni2+离子半径小于Fe2+,NiO的晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先结晶；sp、sp2；c三N；①Al失去一个电子后最外层为3s2，s是全充满状态，比较稳定，第二个电子很难失去，所以12远大于I]；②品•x1010。2NA・d【解析】【分析】本题考查物质的结构与性质，涉及电子排布式、电负性、杂化轨道、化学键等，知识点较多，题目综合性较强，难度中等。【解答】Cr位于周期表中第4周期第VIB族，则其简化电子排布式为：[Ar]3d54s1，核外电子排布的能级有Is,2s,2p，3s,3p，3d，4s，共有7个不同的能级，故答案为:[Ar]3d54s1；7；①非金属元素的电负性大于金属元素的电负性，O的电负性大于C,所以Ni、C、O的电负性由大到小的顺序为：0>C>Ni,故答案为：0>C>Ni；②CO形成羰基配合物时，个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，根据金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18,则对于Fe(CO)n分子有8+2n=18,所以n=5,故答案为：5；③根据岩浆晶出规则熔融的NiO和FeO岩浆在冷却过程中，NiO更容易先结晶，根据Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm,Ni2+的半径小于Fe2+，二者电荷相同，离子半径越小，离子晶体晶格能越大，所以可以解释为：Ni2+离子半径小于Fe2+，Ni2+和Fe2+带有相等的电荷，NiO的晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先结晶，故答案为：Ni2+离子半径小于Fe2+,NiO的晶格能更高，故NiO熔点高于FeO,岩浆冷却过程中NiO先结晶；-C三N中C原子形成2个o键，连接氨基的C原子成3个o键，均没有孤电子对，C原子杂化发生分别为sp、sp2；分子中存在三键，三键的键能最大，所以分子结构中键能最大的共价键是：C三N,故答案为：sp、sp2；C三N；①Al的第一、第二电离能分别为：1]=578kJ/mol,12=1817kJ/mol,12远大于片,考虑到Al的核外电子排布，Al失去一个电子后最外层为3s2,s是全充满状态，比较稳定，第二个电子很难失去，所以12远大于【1，故答案为：Al失去一个电子后最外层为3s2,s是全充满状态，比较稳定，第二个电子很难失去，所以12远大于I]；②根据镍铝合金晶胞，一个晶胞中含有Nil个，含有A18X1=1个，不妨取lmol这样8的晶胞，即有NA个这样的晶胞，lmol晶胞的质量为m=8