内容正文:
2.解析:已知氧化镍晶胞密度为dg·cm-^,设Ni^2+半径为;……四… rnm,o原子半径为xnm,晶胞的参数为a nm,一个晶胞中[系统主干知识] 含有4个NiO。则m(晶胞)=‘个g.V(晶胞)=a3,则可以1.(1)②孤电子对空轨道(2)①金属离子②配位原子 2.(1)Cu^2++2NH_3·H_2O—Cu(OH)_2↓+2NH4t 得到(a×10-^7)^3·d=N-,a=/=×10^7nm,又因为晶|Cu(OH)_2+4NH3—[Cu(NHs)]++2OH(3)Cl-+ 胞对角线3个О原子相切。晶胞参数a=2x+2r,即4x=1AgAgCl,AgCl+2NH_3一[Ag(NH_3)_2]++Cl \sqrt{2}a,x=4^a,带入计算可得到r-号一个α=^2子间相互作用―分子识别自组装![题点全面练清] 300- ,2.选D、Ti是22号元素,价层电子排布为3d^24s^2,属于元素周 期表中的d区元素,A错误;硒、硅分别与氢元素形成的简单 答案:(1)(÷,0,0)(2))2×,-5×10^’―氢化物即H_2Se,SiH_4,分子构型分别为V形和正四面体形, 3.解析:(1)根据晶胞的结构,D在A和C中间,因此D的坐标错误;在NaCl晶体(图1)中,与Na-最接近且距离相等的 CΓ形成正八面体,C错误;由图可知,每个水分子与金属离 是(÷,÷÷),白色的原子位于顶点和体心,个数为8×子各形成一个配位键;故D正确 8+1=2,D原子位于晶胞内,全部属于晶胞,个数为4,根由信思可知;配合物中1个氯离子为配体,2个氯离子为外界,由钛离于形成配位数为6的配合物可知,配合 据化学式,推出D为Cu。(2)空间利用率是晶胞中球的体积物中还有分子为体,则配合物的化学式为 与晶胞体积的比值,晶胞中球的体积为,[Ti(H_2O)_5CJCH_2O,故选P。 (4×3πr+2×3π_0)×10-°cm',晶胞的体积可以采用4解析:观察该物质的化学式可知,该配合物中提供电子对 形成配位键的原子为1N;O,C’中心高于的配位数为6。 晶胞的密度进行计算,即晶胞的体积为cm3,因此空2由题图可知,通过登合作用形成了个环:每个环中 Cd均可与2个N原子或2个氧原子形成配位键,故Ⅰmol 间利用率为πdNA(2rω+r_0)×10-×100%。该配合物中通过整合作用形成6mol配位键。该螯合物中 108无论是硝基中的N原子,还是NO_3_中的N原子,还是六元 环中的N原子,N均为sp’杂化,即N只有1种杂化方式。 答案:(1)(÷,一,÷)Cu (3)在蒸汽状态下FeCls以双聚分子存在,即分子式为 (2)πdN_A(2r_6+r_0)×10-×100%(答案合理即可)Fe_2Cl_6;每个Fe原子与3个Cl原子形成共价键,还可以提 c—。08供空轨道与另1个Cl原子提供的孤对电子形成配位键,结 4.(1)(2)4-12 构式可表示为~Fe、■Fe、_或_Fe、Fe、 5.解析:根据晶胞边长为α和原子1的坐标,可确定原子2,3、 4分别相应体对角度的一处(离最近顶点),可推出2,3,4原由结构式可知,Fe的配位数为4。(4)乙二胺中氮原子有孤 对电子,Mg+,Cu’存在空轨道,两者易形成配位键。由于 子的坐标分别为2(÷·4aa),3(÷a-a),半径C_u>Mg^,Ca+的配位数比Mg+大,故乙二胺与 Cu+形成的配合物更稳定 4(÷a,-a,”)。答案:(1)N,O,Cl-6-(2)61 Cl___Cl clCl Cl 答案:(D(牛44a)(4a4平a) (3)Fe.Fe、或Fe、Fe4 (4)乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 第六章化学反应与能量 第一节化学反应中的热效应;2.选B、A项A于步的反应,反应物总能量小于生成物总能 C的反应,反应物适的是号后为并执反 应,升高温度时,平衡向逆反应方向移动,错误;D项,总反应 [主干知识全面落实]A1同学及方的反应物总能量小于生成物总能量,反应为 1.断裂形成2.(1)H_ΔH(2)放出吸收kJ·mol-反应,ΔH≥0,正确 (3)等压ΔH=Q_p3.(3)活化能活化能反应热—放热;3.选C由图示可知,反应物所具有的能量大于生成物所具有 的能量比产物P所具有的能量低,所以产物P2比产物P1 6.(1)物质的量反应热(2)能量变化 的能量之和,即该反应为放热反应,故A错;产物P2所具有 澄清概念微练,要稳定,故B错;由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的 。1’^飞2时,3.(4)√(5)√(6)×_((7)√(8)×活化能最大,则E_x=186.19kJ·mol-|,故C正确;由图示 __39kJ·mol-'不变可知,由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所 ⊥常考题型