Question

7．C、N、O、Cl是重要的非金屬元素，它們的單質(zhì)和化合物有重要應(yīng)用．請問：
（1）C、N、O、Cl四種元素中基態(tài)原子未成對電子數(shù)最多的是N，C、O、Cl原子得到電子時放出熱量，而N原子得到電子卻吸收熱量的原因是N原子核外電子處于半充滿狀態(tài)，是穩(wěn)定狀態(tài)．
（2）NO₃^-的空間構(gòu)型為平面三角形；H₂O分子中∠HOH鍵角小于NH₃分子中∠HNH鍵角的原因是H₂O有兩對孤對電子，NH₃只有一對孤對電子；由于孤對電子的電子云比成鍵電子對在空間的伸展大，對成鍵電子有更強(qiáng)的排斥作用，致使分子的鍵角變�。�
（3）CO可形成多種配位化合物，CO的結(jié)構(gòu)式為，與CO互為等電子體且?guī)?個單位負(fù)電荷的陰離子化學(xué)式為CN^-．
（4）如圖是幾種碳的同素異形體，它們的碳原子都是sp²雜化；富勒烯C₆₀的晶胞屬于面心立方堆積，則每個C₆₀晶胞中有240個碳原子．

（5）已知：NaCl晶體的密度為a g●cm^-3，則NaCl晶體中最近兩個Na⁺的距離的數(shù)學(xué)表達(dá)式為$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{234}{a{N}_{A}}}$cm（用含a、N_A的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）C的核外電子排布式為1s²2s²2p²，N的核外電子排布式為1s²2s²2p³，O的核外電子排布式為1s²2s²2p⁴，Cl的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁵，據(jù)此分析未成對電子情況，C、O、Cl原子得到電子時放出熱量，N原子得到電子卻吸收熱量，考慮到N的結(jié)構(gòu)是半充滿結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定；
（2）根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷NO₃^-的空間構(gòu)型，H₂O分子中∠HOH鍵角小于NH₃分子中∠HNH鍵角，結(jié)合孤電子對斥力大于鍵合電子對斥力分析原因；
（3）CO中的價鍵情況是一根σ鍵，一根π鍵，一根配位鍵，據(jù)此解答，求等電子體通常采用的方法是上下左右平移元素，同時調(diào)控電子來獲得；
（4）幾種碳的同素異形體，富勒烯，碳納米管，石墨烯，石墨，其中C均成三個共價鍵，為sp²雜化，富勒烯C₆₀的晶胞屬于面心立方堆積，結(jié)合面心立方堆積的晶胞結(jié)構(gòu)計算；
（5）根據(jù)晶體密度的計算公式$ρ=\frac{z{M}_{r}}{{N}_{A}V}$計算，其中z為一個晶胞粒子數(shù)，Mr為一個粒子的相對質(zhì)量，V為一個晶胞體積，并結(jié)合NaCl的晶胞結(jié)構(gòu)計算．

解答 解：（1）C的核外電子排布式為1s²2s²2p²，有2個未成對電子，N的核外電子排布式為1s²2s²2p³，有3個未成對電子，O的核外電子排布式為1s²2s²2p⁴，有2個未成對電子，Cl的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁵，有1個未成對電子，因此C、N、O、Cl四種元素中基態(tài)原子未成對電子數(shù)最多的是：N，
C、O、Cl原子得到電子時放出熱量，而N原子得到電子卻吸收熱量，考慮到N的2p能級中是半充滿結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定，不易得到電子，需要克服較大的能量而吸熱，因此原因是N原子核外電子處于半充滿狀態(tài)，是穩(wěn)定狀態(tài)，
故答案為：N；N原子核外電子處于半充滿狀態(tài)，是穩(wěn)定狀態(tài)；
（2）對于NO₃^-，根據(jù)VSEPR理論，配位原子數(shù)為BP=3，孤電子對數(shù)為LP=$\frac{5-2×3+1}{2}$=0，則價電子對數(shù)為VP=BP+LP=3+0=3，根據(jù)雜化軌道理論，中心N原子為sp²雜化，則其空間構(gòu)型為平面三角形，
H₂O分子中∠HOH鍵角小于NH₃分子中∠HNH鍵角，考慮到H₂O分子中兩對孤電子對，NH₃分子中只有1對孤電子對，孤電子對的斥力大于鍵合電子對的斥力，孤電子對數(shù)目越多，斥力越大，因此H₂O分子中∠HOH鍵角小于NH₃分子中∠HNH鍵角，
故答案為：平面三角形；H₂O有兩對孤對電子，NH₃只有一對孤對電子；由于孤對電子的電子云比成鍵電子對在空間的伸展大，對成鍵電子有更強(qiáng)的排斥作用，致使分子的鍵角變小；
（3）CO中的價鍵情況是一根σ鍵，一根π鍵，一根配位鍵，則CO的結(jié)構(gòu)式為，
等電子體是指原子數(shù)相同，價電子數(shù)相同的粒子，與CO互為等電子體且?guī)?個單位負(fù)電荷的陰離子的為CN^-，
故答案為：；CN^-；
（4）幾種碳的同素異形體，富勒烯，碳納米管，石墨烯，石墨，其中的C原子均形成3個共價鍵，因此C原子為sp²雜化，
富勒烯C₆₀的晶胞屬于面心立方堆積，面心立方晶胞中，頂點粒子占$\frac{1}{8}$，面心粒子占$\frac{1}{2}$，一個晶胞中含有的粒子數(shù)為$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}=4$，一個富勒烯含有60個C原子，因此每個C₆₀晶胞中有60×4=240個C原子，
故答案為：sp²；240；
（5）1個NaCl晶胞中，有4個Na⁺，4個Cl^-，取1molNaCl晶胞，則1molNaCl的質(zhì)量為m=4mol×58.5g/mol=234g，設(shè)晶胞參數(shù)為bcm，則一個NaCl晶胞的體積為V₀=b³cm³，1molNaCl晶胞含有N_A個晶胞，則NaCl晶體的密度為a=$\frac{m}{{N}_{A}{V}_{0}}$=$\frac{234g}{{N}_{A}^{3}}g/c{m}^{3}$，可得b=$\root{3}{\frac{234}{{a}^{3}{N}_{A}}}$cm，根據(jù)立體幾何知識，不難求出兩個最近的Na⁺的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{234}{a{N}_{A}}}$cm，
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{234}{a{N}_{A}}}$．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識，包含核外電子排布式，第一電子親和能，價層電子對互斥理論，雜化軌道理論，價鍵類型的判斷，等電子體原理，晶胞的計算，同素異形體．值得一提的是，對于富勒烯家族C₆₀，實際上，根據(jù)雜化軌道理論的計算，C₆₀中C的雜化軌道應(yīng)為sp^2.28，而對于石墨，C原子是sp²雜化，剩余一個p軌道含有一個單電子，在整個層上垂直交蓋，形成一個${π}_{n}^{n}$的離域大π鍵，這也解釋了石墨層間導(dǎo)電的原因．本題難度涉及的知識點較多，題目較為綜合，是中檔題．