【答案】 K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是
4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti) （1）基态Ti原子的价电子排布图可根据构造原理、泡利原理、洪特规则填写； （2）全充满、半充满、全空，是相对稳定的结构，破坏这样的结构需要更多的能量，形成这样的结构趋势较大，需要较少能量； （3）配位数是中心原子周围的配位原子的个数；碳原子的杂化类型与其形成的化学键有关：形成4个单键为sp3杂化，形成1个双键、2个单键为sp2杂化，形成1个三键、1个单键为sp杂化； （4）分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高； （5）SO42-的立体构型可根据价层电子对互斥理论推测； （6）晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为晶胞棱长的二分之一，可先根据V=胞的体积，再开三次方计算晶胞棱长，最后将晶胞棱长乘二分之一。 【详解】 （1）基态Ti原子有4个价电子，根据构造原理，4s能级能量较低，电子先填满4s能级，再填入3d能级；根据泡利原理和洪特规则，2个电子先填入4s能级的1个轨道，自旋状态相反，3d能级有5个轨道，剩余2个电子应先占据不同的轨道，且自旋状态相同，故答案为： ； 331×1010 ρNAm计算出晶?Ti+的基态电子排布为[Ar]3d24s1，4s轨道将变为全空状态，（2）再失去1个电子，趋势较大， 21 所需能量I2(Ti)较低；K+的基态电子排布为[Ne]3s23p6，再失去1个电子，将破坏3p6的全充满状态，所需能量I2(K)较高，故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti) （3）①Ti的配位数为6，甲基碳的杂化类型为sp3，双键碳的杂化类型为sp2，故答案为：6；sp3、sp2； ②该配合物中存在配位键和共价键，故答案为：bd； （4）TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点逐渐升高，因为它们均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，故答案为：三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高； （5）可用均摊法确定硫酸氧钛晶体中阳离子的化学式，每个Ti原子连接2个O原子，每个 1×2)=1∶1，阳离子的化学式21VSEPR为TiO2+；硫酸氧钛的阴离子为SO42-，中心原子S的价层电子对数=4+×(8－4×2)=4， 2O原子只有一半属于它，所以Ti原子与O原子的个数比=1∶( 模型为正四面体，没有孤电子对，所以SO42-的立体构型为正四面体，故答案为：TiO2+；正四面体； （6）一个TiN晶胞中，Ti原子数=12× 111+1=4，N原子数=6×+8×=4，m(晶428胞)=m(Ti)+m(N)= 44248?48g/mol+?14g/mol=g，V(晶 NANAmol-1NAmol-1248gNA2483m(晶胞)cm ，晶胞的棱长==胞)= NAρρ(晶胞)ρg?cm-3=32483248248cm=3cm=3×1010pm，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离=晶胞的棱长NAρNAρNAρ3124831111010333×=×10pm×=×10pm ，故答案为：×1010。 NAρNAρρNA22【点睛】 确定SO42-的立体构型，可用价层电子对互斥理论推测： SO42-的中心原子是S原子，S原子的价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数；σ键电子对数=与中心原子结合的原子数=4；中心原子上的孤电子对数= 1(a－xb)；其中a2为中心原子的价电子数，S原子有6个价电子，SO42-带2个单位负电荷，因此a=6+2=8；x 22 为与中心原子结合的原子数，此处为4；b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，与S原子结合的为O原子，O原子最多能接受的电子数=8－6=2；所以中心原子上的孤电子对数= 1×(8－4×2)=0；S原子的价层电子对数=4+0=4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子2对，SO42-的立体构型即为正四面体。 19．运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。 （1）一氯胺（NH2Cl）是饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质： ①NH2Cl中Cl元素的化合价为_____________。 ②NH2Cl发生水解反应的化学方程式为_____________________________。 （2）SO2和CO均为燃煤产生的烟道气中有害成分，在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。有关资料如图1所示。则： ①常温常压下，质量均为11.2g的CO（g）和S（s）分别完全燃烧生成CO2（g）或SO2（g），放出的热量前者比后者多________kJ。 ②SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g） △H=___________________. （3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在一定温度范围内发生如下转化：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g） △H=-xkJ/mol x>0）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2所示： ①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b点v(正)___v(逆)（选填“>”、“<”或“=”） ②此反应在a点时已达到平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_____________ （4）常温下，H2CO3的电离常数为：Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则在此溶液中： ①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是_____（填序号） A．c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋) B．c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(HCO3－)＋c(H2CO3) C．c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=9.9×10－7mol·L－1 23 c(H2CO3)=________（结果保留三位有效数字）②。 2-c(CO3)H2O＋HClO） 9.6 【答案】+1 NH2Cl＋H2O=NH3＋HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3· +270.0kJ/mol I > 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动 B 6.25 【解析】 【分析】 【详解】 （1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知Cl元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClOH2O＋HClO）+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·，故答案为：H2O＋HClO）（或NH2Cl＋2H2O=NH3·； （2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ×0.4=113.2kJ；11.2gS的物质的量为0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ×0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g） △H=296.0kJ/mol－283.0kJ/mol×2=+270.0kJ/mol；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol； （3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，故答案为：Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动； （4）0.1mol/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：NH4++H2OHCO3-+H2O NH3·H2O+H+，HCO3-水解： H2CO3+OH-，溶液pH=8，说明HCO3-水解的程度更大； ＋ ①A. 由于NH4HCO3溶液中HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4)>c(HCO3－ )>c(OH－)>c(H＋)，A项正确； B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3·H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4 ＋ )+c(NH3·H2O)=c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32-)，B项错误； C.列出电荷守恒式：c(NH4＋)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3·H2O) +c(CO32-)+c(OH-)= c(H+)+ c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=c(OH-)－c(H+)=10-6 mol·L－1－10-8 mol·L－1=9.9×10－7mol·L－1，C项正确；故答案为：B； 24
相关推荐：
loading