Question

16．由Cu、N、B、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛用途．
（1）基態(tài) Cu⁺的最外層電子排布式為3s²3p⁶3d¹⁰．
（2）研究者預(yù)想合成一個純粹由氮組成的新物種 N₅⁺ 與N₃^-，若N₅⁺ 離子中每個氮原子均滿足8電子且呈對稱結(jié)構(gòu)，以下有關(guān)推測正確的是CD
A．N₅⁺有24個電子
B． N₅⁺離子中存在三對未成鍵的電子對
C． N₅⁺陽離子中存在兩個氮氮三鍵
D．N₃^-離子的空間構(gòu)型為直線形
（3）化合物A（H₃BNH₃）是一種潛在儲氫材料，它可由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）₃通過3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O═3CO₂+6H₃BNH₃ 制得．
①與上述化學(xué)方程式有關(guān)的敘述不正確的是A．（填標(biāo)號）
A．反應(yīng)前后碳原子的軌道雜化類型不變
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空間構(gòu)型分別是：正四面體形、V形、直線形
C．第一電離能：N＞O＞C＞B
D．化合物A中存在配位鍵
②1個（HB=NH）₃ 分子中有12個σ 鍵．
③Na與Cl形成的晶體很脆，經(jīng)不起錘擊，Si與O形成的晶體同樣很脆，也經(jīng)不起錘擊，然而二者的摩氏硬度卻相差極大，請解釋摩氏硬度相差大的原因氯化鈉屬于離子晶體，陰陽離子通過離子鍵相互作用，二氧化硅屬于原子晶體，原子之間以共價鍵相互結(jié)合形成空間立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)．
（4）在硼酸鹽中，陰離子有鏈狀、環(huán)狀等多種結(jié)構(gòu)形式．圖1（a）是一種鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根，則多硼酸根離子符號為[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）圖1（b）是硼砂晶體中陰離子的環(huán)狀結(jié)構(gòu)，其中硼原子采取的雜化類型為sp²、sp³．
（5）NiO晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體類似，其晶胞的棱長為acm，則該晶體中距離最近的兩個陽離子核間的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$acm（用含有a的代數(shù)式表示）．在一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”（如圖2），可以認(rèn)為氧離子作密置單層排列，鎳離子填充其中，列式并計算每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為1.83×10^-3g（氧離子的半徑為1.40×10^-10m，$\sqrt{3}$≈l.732）．

Answer 1

分析 （1）Cu⁺基態(tài)核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）A．陽離子核外電子數(shù)=質(zhì)子總數(shù)-電荷數(shù)；
B．N₅⁺ 離子中每個氮原子均滿足8電子且呈對稱結(jié)構(gòu)，N₅⁺離子的結(jié)構(gòu)為，中間N原子有2對孤對電子；
C．根據(jù)B中分析判斷；
D．N₃^-離子與二氧化碳分子核外等電子體；
（3）①A．由方程式可知：碳元素由CH₄變?yōu)镃O₂，碳原子雜化類型由sp³轉(zhuǎn)化為sp；
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空間構(gòu)型分別是：正四面體形、V形、直線形；
C．同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，ⅡA族、ⅤA族元素第一電離能共有同周期相鄰元素；
D．一般是形成3個鍵，（H₃BNH₃）由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）₃通過3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1個鍵是配位鍵；
②1個（HB=NH）₃分子中硼原子與氮原子間以σ鍵結(jié)合，而剩余的p軌道形成一個共軛大π鍵，B-H鍵有3個，N-H鍵有3個，B-N有σ鍵有6個；
③氯化鈉屬于離子晶體，二氧化硅屬于原子晶體；
（4）1個B原子連接3個O原子，其中2個氧原子分別為2個B原子共有，利用均攤法計算每個B原子連接O原子數(shù)目，進(jìn)而確定多硼酸根離子符號；
硼砂晶體中存在形成2個σ鍵、3個σ鍵的B原子，B原子最外層電子數(shù)全部處于成鍵；
（5）根據(jù)氯化鈉的結(jié)構(gòu)知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為$\frac{1}{2}$a，距離最近的兩個陽離子核間的距離是距離最近的氧離子和鎳離子距離的$\sqrt{2}$倍；
根據(jù)圖片知，每個氧化鎳所占的面積=（2×1.40×10^-10m）×（2×1.40×10^-10m×sin60°），每個氧化鎳的質(zhì)量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，每個氧化鎳的質(zhì)量乘以每平方米含有的氧化鎳個數(shù)就是每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量．

解答 解：（1）Cu⁺基態(tài)核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，基態(tài) Cu⁺的最外層電子排布式為：3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案為：3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）A．1個氮原子中含有7個電子，則1個N₅分子中含有35個電子，N₅⁺是由N₅分子失去1個電子得到的，則1個N₅⁺粒子中有34個電子，故A錯誤；
B．N₅⁺ 離子中每個氮原子均滿足8電子且呈對稱結(jié)構(gòu)，N₅⁺離子的結(jié)構(gòu)為，中間N原子有2對孤對電子，有4對未成鍵的電子對，故B錯誤；
C．N₅⁺離子的結(jié)構(gòu)為，則N₅⁺陽離子中存在兩個氮氮三鍵，故C正確；
D．N₃^-離子與二氧化碳分子核外等電子體，為直線型結(jié)構(gòu)，故D正確；
故選：CD；
（3）①A．由方程式可知：碳元素由CH₄變?yōu)镃O₂，碳原子雜化類型由sp³轉(zhuǎn)化為sp，故A錯誤；
B．CH₄分子中價層電子對=σ 鍵電子對+中心原子上的孤電子對=4+$\frac{1}{2}$×（4-4×1）=4，且不含孤電子對，所以其空間構(gòu)型是正四面體，H₂O中價層電子對個數(shù)=2+$\frac{1}{2}$×（6-2×1）=4，且含有2個孤電子對，所以H₂O的VSEPR模型為四面體，分子空間構(gòu)型為V型，、CO₂分子中價層電子對=σ 鍵電子對+中心原子上的孤電子對=2+$\frac{1}{2}$×（4-2×2）=2，所以二氧化碳是直線型結(jié)構(gòu)，故B正確；
C．同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，ⅡA族、ⅤA族元素第一電離能共有同周期相鄰元素，故所以它們的第一電離能大小順序是I₁（N）＞I₁（O）＞I₁（C）＞I₁（B），故C正確；
D．一般是形成3個鍵，（H₃BNH₃）由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）₃通過3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1個鍵是配位鍵，故D正確，
故選：A；
②1個（HB=NH）₃分子中硼原子與氮原子間以σ鍵結(jié)合，而剩余的p軌道形成一個共軛大π鍵，B-H鍵有3個，N-H鍵有3個，B-N有σ鍵有6個，故一共12個，
故答案為：12；
③氯化鈉屬于離子晶體，陰陽離子通過離子鍵相互作用，二氧化硅屬于原子晶體，原子之間以共價鍵相互結(jié)合形成空間立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，故二者莫氏硬度相差較大，
故答案為：氯化鈉屬于離子晶體，陰陽離子通過離子鍵相互作用，二氧化硅屬于原子晶體，原子之間以共價鍵相互結(jié)合形成空間立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；
（4）1個B原子連接3個O原子，其中2個氧原子分別為2個B原子共有，則每個B原子實(shí)際結(jié)合O原子數(shù)目為1+2×$\frac{1}{2}$=2，代一個單位負(fù)電荷，故多硼酸根化學(xué)式為：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-），
硼砂晶體中存在形成2個σ鍵、3個σ鍵的B原子，B原子最外層電子數(shù)全部處于成鍵，故B原子采取sp²、sp³雜化，
故答案為：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）；sp²、sp³；
（5）根據(jù)氯化鈉的結(jié)構(gòu)知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為$\frac{1}{2}$a，距離最近的兩個陽離子核間的距離是距離最近的氧離子和鎳離子距離的$\sqrt{2}$倍，所以其距離是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$acm；
根據(jù)圖片知，每個氧化鎳所占的面積=（2×1.40×10^-10m）×（2×1.40×10^-10m×sin60°）=4×1.40×10^-10×1.40×10^-10×sin60°m²，則每平方米含有的氧化鎳個數(shù)=$\frac{1}{4×1.4×1{0}^{-10}×1.4×1{0}^{-10}×sin60°}$，每個氧化鎳的質(zhì)量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，所以每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g×$\frac{1}{4×1.4×1{0}^{-10}×1.4×1{0}^{-10}×sin60°}$，=1.83×10^-3，
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{2}$a；1.83×10^-3．

點(diǎn)評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電離能、空間結(jié)構(gòu)、化學(xué)鍵、雜化軌道、晶體結(jié)構(gòu)與計算等，（5）中注意計算“1NiO”的體積應(yīng)包含孔隙體積，難度較大．