Question

【题目】Ⅰ.下列各组物质性质的比较，结论正确的是（____________）

A. 分子的极性： B. 物质的硬度：

C. 物质的沸点： D.在中的溶解度：

Ⅱ.锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：

(1)位于元素周期表中第四周期____族，基态原子核外未成对电子有_____个。

(2)可与反应生成 ，新生成的化学键为_____键。分子的空间构型为______，其中N原子的杂化轨道类型为_______。

(3)金属锰有多种晶型，其中的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm， 中锰的原子半径为_____pm。已知阿伏加德罗常数的值为， 的理论密度____。(列出计算式)

(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为____，其配位数为____。

Answer 1

【答案】AB VIIB 5 配位 三角锥 sp3 +2 6

【解析】

I.A.先判断分子是否为极性分子，然后根据极性分子的极性大于非极性分子的极性；

B.二者是离子晶体，离子键越强，物质的硬度越大；

C.HF分子之间存在氢键；

D.CS2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，利用相似相溶原理分析；

II.(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；并根据构造原理书写其核外电子排布式，判断其核外未成对电子数目；

(2)在络离子的中心离子与配体之间存在配位键；用价层电子对理论判断NH3的空间构型，N原子的杂化轨道类型为sp3；

(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，据此计算Mn原子半径；先计算一个晶胞中含有的Mn原子数，然后根据ρ=计算晶胞密度；

(4)用均摊法计算晶胞中Mn、O离子个数，然后利用化合物中正负化合价代数和等于0计算Mn的化合价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上下、前后、左右6个方向有O离子，配位数是6。

I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3<NCl3，A正确；

B.NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径F-<I-，离子半径越小，离子键越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：NaF>NaI，B正确；

C.HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；

D.CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误；

故合理选项是AB；

II. (1)Mn是25号元素，在元素周期表中第四周期VIIB族，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个；

(2)MnCl2中的Mn2+上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物 ，则新生成的化学键为配位键。NH3的价层电子对数为3+，且N原子上有一对孤电子对，所以NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。

(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，由于晶胞参数为apm，则，则Mn原子半径r=pm；在一个Mn晶胞中含有的Mn原子数为，则根据晶体密度ρ=可得晶胞密度ρ===g/cm3；

(4)在晶胞中含有的Mn，含有的O离子数目为：，Mn离子：O离子=4：4=1：1，所以该氧化物的化学式为MnO，化合物中元素正负化合价代数和等于0，由于O的化合价为-2价，所以Mn的化合价为+2价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O离子，所以Mn离子的配位数是6。