Question

13．物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)的性質(zhì)．請(qǐng)回答下列涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的問(wèn)題：
（1）第二周期中，元素的第一電離能處于B與N之間的元素有3種．
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對(duì)電子數(shù)相同，則其基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為3d⁸4s²．
（3）乙烯酮（CH₂=C=O）是一種重要的有機(jī)中間體，可用CH₃COOH在（C₂H₅O）₃P=O存在下加熱脫H₂O得到．乙烯酮分子中碳原子雜化軌道類型是sp²和sp，1mol（C₂H₅O）₃P=O分子中含有的σ鍵的數(shù)目為25N_A．
（4）已知固態(tài)NH₃、H₂O、HF的氫鍵鍵能和結(jié)構(gòu)如下：

物質(zhì)	氫鍵X-H…Y	鍵能kJ•mol-1
（HF）n	D-H…F	28.1
冰	O-H…O	18.8
（NH3）n	N-H…N	5.4

解釋H₂O、HF、NH₃沸點(diǎn)依次降低的原因單個(gè)氫鍵的鍵能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每個(gè)分子含氫鍵數(shù)：冰中2個(gè)，（HF）_n和（NH₃）_n只有1個(gè)，氣化要克服的氫鍵的總鍵能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n．
（5）碳化硅的結(jié)構(gòu)與金剛石類似，其硬度僅次于金剛石，具有較強(qiáng)的耐磨性能．碳化硅晶胞結(jié)構(gòu)中每個(gè)碳原子周圍與其距離最近的硅原子有4個(gè)，與碳原子等距離最近的碳原子有12個(gè)．已知碳化硅晶胞邊長(zhǎng)為apm，則晶胞圖中1號(hào)硅原子和2號(hào)碳原子之間的距離為$\frac{\sqrt{11}a}{4}$pm，碳化硅的密度為$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于同周期相鄰元素的；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對(duì)電子數(shù)相同，碳原子的電子排布為1s²2s²2p²，未成對(duì)電子數(shù)為2，則該元素為Ni；
（3）乙烯酮分子中碳原子均沒(méi)有孤對(duì)電子，CH₂中C原子形成3個(gè)σ鍵，而C=O中碳原子形成2個(gè)σ鍵，雜化軌道數(shù)目分別為3、2；（C₂H₅O）₃P=O分子含有25個(gè)σ鍵；
（4）平均每個(gè)分子含氫鍵數(shù)：冰中2個(gè)，（HF）_n和（NH₃）_n只有1個(gè)，結(jié)合氣化要克服的氫鍵的總鍵能；
（5）根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Si、C原子數(shù)目，每個(gè)Si原子周圍有4個(gè)碳原子，原子配位數(shù)與原子數(shù)目成反比，可以計(jì)算碳原子周圍與其距離最近的硅原子數(shù)目；
以頂點(diǎn)C原子研究，與之距離最近的C原子位于面心上，每個(gè)頂點(diǎn)原子為8個(gè)晶胞共用，每個(gè)面為2個(gè)晶胞共用；
作過(guò)1號(hào)Si原子的體對(duì)角線、2號(hào)碳原子的體對(duì)角線，相交于O點(diǎn)，與頂點(diǎn)碳原子形成如圖所示：，其中B為2號(hào)碳原子，C為1號(hào)Si原子，1號(hào)Si原子與周圍的4個(gè)C原子形成正四面體，1號(hào)Si原子與頂點(diǎn)碳原子連線處于晶胞體對(duì)角線上，且距離為體對(duì)角線長(zhǎng)度的$\frac{1}{4}$，體對(duì)角線長(zhǎng)度為$\sqrt{3}$a pm，則OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，利用余弦定理計(jì)算cos∠AOB的值，再利用余弦定理計(jì)算BC的長(zhǎng)度，即晶胞圖2中1號(hào)硅原子和2號(hào)碳原子之間的距離；
結(jié)合晶胞中原子數(shù)目，表示出晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計(jì)算晶體密度．

解答 解：（1）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，半充滿的N原子和全充滿的Be原子第一電離能要比同周期相鄰元素的高，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素，
故答案為：3；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對(duì)電子數(shù)相同，C原子的電子排布為1s²2s²2p²，未成對(duì)電子數(shù)為2，則該元素為Ni，其基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為3d⁸4s²，
故答案為：3d⁸4s²；
（3）乙烯酮分子中碳原子均沒(méi)有孤對(duì)電子，CH₂中C原子形成3個(gè)σ鍵，而C=O中碳原子形成2個(gè)σ鍵，雜化軌道數(shù)目分別為3、2，所以碳原子的雜化軌道類型有sp²和sp，（C₂H₅O）₃P=O分子含有25個(gè)σ鍵，1mol（C₂H₅O）₃P=O分子中含有的σ鍵的數(shù)目為25N_A，
故答案為：sp²和sp；25N_A；
（4）單個(gè)氫鍵的鍵能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每個(gè)分子含氫鍵數(shù)：冰中2個(gè)，（HF）_n和（NH₃）_n只有1個(gè)，氣化要克服的氫鍵的總鍵能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n，故H₂O、HF、NH₃沸點(diǎn)依次降低，
故答案為：?jiǎn)蝹�(gè)氫鍵的鍵能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每個(gè)分子含氫鍵數(shù)：冰中2個(gè)，（HF）_n和（NH₃）_n只有1個(gè)，氣化要克服的氫鍵的總鍵能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n；
（5）晶胞中Si原子數(shù)目為4、C原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，每個(gè)Si原子周圍有4個(gè)碳原子，原子配位數(shù)與原子數(shù)目成反比，則碳原子配位數(shù)也是4，即碳原子周圍與其距離最近的硅原子數(shù)目為4；
以頂點(diǎn)C原子研究，與之距離最近的C原子位于面心上，每個(gè)頂點(diǎn)原子為8個(gè)晶胞共用，每個(gè)面為2個(gè)晶胞共用，與碳原子等距離最近的碳原子有$\frac{8×3}{2}$=12個(gè)；
作過(guò)1號(hào)Si原子的體對(duì)角線、2號(hào)碳原子的體對(duì)角線，相交于O點(diǎn)，與頂點(diǎn)碳原子形成如圖所示：，其中B為2號(hào)碳原子，C為1號(hào)Si原子，1號(hào)Si原子與周圍的4個(gè)C原子形成正四面體，1號(hào)Si原子與頂點(diǎn)碳原子連線處于晶胞體對(duì)角線上，且距離為體對(duì)角線長(zhǎng)度的$\frac{1}{4}$，體對(duì)角線長(zhǎng)度為$\sqrt{3}$a pm，則OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，則：
（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²-2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×cos∠AOB=a²，
解得cos∠AOB=$\frac{1}{3}$
故（$\frac{\sqrt{3}}{4}$a）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²-2×$\frac{\sqrt{3}}{4}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{1}{3}$=BC²，
解得BC=$\frac{\sqrt{11}a}{4}$
晶胞質(zhì)量為4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g，則晶體密度為4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g÷（a×10^-10 cm）³=$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³，
故答案為：4；12；$\frac{\sqrt{11}a}{4}$；$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電離能、雜化軌道、化學(xué)鍵、氫鍵、晶胞計(jì)算等，（4）（5）為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算能力，難度較大．