Question

【題目】短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，c和d位于同主族且原子序數(shù)相差8；基態(tài)a原子核外有3個能級上容納電子且每個能級上電子數(shù)相等，c原子s能級電子總數(shù)與p能級電子數(shù)相等，基態(tài)e原子的M層上有2個未成對電子且無空軌道。

（1）在a、b、c中，第一電離能由大到小排序為 (用元素符號表示)；基態(tài)e原子的價層電子排布式為 。

（2）配合物e(ac)4在常溫下呈液態(tài)，易溶于四氯化碳、苯等有機溶劑。固態(tài)e(ac)4的晶體類型是 。已知(dab)2分子中含非極性鍵，分子中每個原子最外層都達(dá)到8個電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，1mol(dab)2分子含σ鍵的數(shù)目為 。

（3）寫出一種與dab-互為等電子體的分子 (填化學(xué)式)。ac32－的中心原子雜化類型為 ；dc32－的空間構(gòu)型為 。

（4）ec晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其晶胞參數(shù)為a pm，列式計算該晶胞的密度為 g·cm－3(不必計算出結(jié)果，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA)，晶胞中c粒子的配位數(shù)為 。

（5）人工合成的ec晶胞存在缺陷，即陽離子有+3、+2價兩種。某人工合成的晶體樣品組成為e0.96c，則該晶體中+3價、+2價兩種離子的個數(shù)之比為 。

Answer 1

【答案】（1）N>O>C 3d84s2；

（2）分子晶體；5×6.02×1023；

（3）CO2(或N2O)；sp2；三角錐型；

（4）；6；

（5）1:11；

【解析】

試題分析：短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)a原子核外有3個能級上容納電子且每個能級上電子數(shù)相等，a為C元素；c原子s能級電子總數(shù)與p能級電子數(shù)相等，c為O元素；則b為N元素；c和d位于同主族且原子序數(shù)相差8；則d為S元素；基態(tài)e原子的M層上有2個未成對電子且無空軌道，電子排布為3d84s2，為Ni元素。

（1）N原子的2p為半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定，第一電離能由大到小排序為N>O>C，基態(tài)e原子的價層電子排布式為3d84s2，故答案為：N>O>C；3d84s2；

（2）配合物Ni(CO)4在常溫下呈液態(tài)，易溶于四氯化碳、苯等有機溶劑，固態(tài)時構(gòu)成分子晶體。已知(SCN)2分子中含非極性鍵，分子中每個原子最外層都達(dá)到8個電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，(SCN)2的結(jié)構(gòu)為N≡C-S-S-C≡N，1mol(SCN)2分子含σ鍵的數(shù)目為5×6.02×1023，故答案為：分子晶體；5×6.02×1023；

（3）與SCN-互為等電子體的分子有CO2(或N2O)，CO32－中C的價層電子對數(shù)=3+(4+2-2×3)=3，雜化類型為sp2，SO32－中S的價層電子對數(shù)=3+(6+2-2×3)=4，雜化類型為sp3，空間構(gòu)型為三角錐型，故答案為：CO2(或N2O)；sp2；三角錐型；

（4）晶胞中O2-離子數(shù)目為1+12×=4，故晶胞質(zhì)量為4×g，晶胞體積為(a×10-10cm)3，故晶胞密度為g/cm3=g/cm3，Ni2+離子位于晶胞頂點及面心，晶胞中Ni2+數(shù)目x=8×+6×=4，以頂點Ni2+離子研究，與之最近的O2-離子位于棱中間且關(guān)于Ni2+離子對稱，故Ni2+的配位數(shù)y=6，故答案為：；6；

（5）設(shè)1mol Ni0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+為(0.96-x)mol，晶體呈電中性，可知3x+2×(0.96-x)=2×1，解得x=0.08mol，故Ni2+為(0.96-x)mol=0.88mol，Ni3+、Ni2+的數(shù)目之比=0.08：0.88=1：11，故答案為：1：11。