Question

17．根據(jù)價層電子對互斥理論判斷下列分子或離子中空間構(gòu)型是V形的是bd（填寫序號）
a．H₃O⁺　　　　b．H₂O　　　　c．NO₂⁺　　　d．NO₂^-
（2）已知FeCl₃的沸點：319℃，熔點：306℃，則FeCl₃的晶體類型為分子晶體．P可形成H₃PO₄、HPO₃、H₃PO₃等多種酸，則這三種酸的酸性由強到弱的順序為HPO₃＞H₃PO₄＞H₃PO₃（用化學式填寫）
（3）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2．T的基態(tài)原子外圍電子（價電子）排布式為3d⁸4s²Q²⁺的未成對電子數(shù)是4．
（4）如圖1是從NaCl或CsCl晶體結(jié)構(gòu)圖中分割出來的部分結(jié)構(gòu)圖，判斷NaCl晶體結(jié)構(gòu)的圖象是圖1中的②③．
（5）[Cu（NH₃）₄]²⁺配離子中存在的化學鍵類型有①③（填序號）．
①配位鍵②金屬鍵③極性共價鍵④非極性共價鍵⑤離子鍵⑥氫鍵，
若[Cu（NH₃）₄]²⁺具有對稱的空間構(gòu)型，且當[Cu（NH₃）₄]²⁺中的兩個NH₃被兩個Cl^-取代時，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則[Cu（NH₃）₄]²⁺的空間構(gòu)型為①（填序號）
①平面正方形②正四面體③三角錐形④V形．
（6）X與Y可形成離子化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示．其中X和Y的相對原子質(zhì)量分別為a和b，晶體密度為ρg/cm³，則晶胞中距離最近的X、Y之間的核間距離是$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{4a+8b}{{ρ•{{N}_A}}}}}$cm（N_A表示阿伏伽德羅常數(shù)，用含ρ、a、b、N_A的代數(shù)式表達）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)分子或離子中中心原子價層電子對數(shù)和孤電子對數(shù)判斷；
（2）氯化鐵熔沸點較低，應為分子晶體；同種元素含氧酸，該元素化合價越高，其酸性越強，非羥基氧越多，酸性越強；
（3）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe、T為Ni；
（4）NaCl屬于立方晶體，每個鈉離子周圍有6個氯離子、每個氯離子周圍有6個鈉離子；
（5）[Cu（NH₃）₄]²⁺中銅離子與氮原子之間形成配位鍵，氨氣分子中N原子與H原子之間形成極性鍵；
[Cu（NH₃）₄]²⁺中的兩個NH₃被兩個Cl^-取代能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，[Cu（NH₃）₄]²⁺的空間構(gòu)型為平面正方形；
（6）根據(jù)均攤法計算晶胞中X、Y原子數(shù)目，進而計算晶胞的質(zhì)量，根據(jù)m=ρV計算晶胞體積，進而計算晶胞棱長x．Y原子與周圍4個X原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令Y與X之間的距離為y，則正四面體中心到底面中心的距離為$\frac{y}{3}$，正四面體的高為$\frac{4}{3}$y，正四面體棱長=$\frac{\sqrt{2}x}{2}$，則正四面體側(cè)面的高為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，底面中心到邊的距離為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{1}{3}$，再根據(jù)勾股定理進行解答．

解答 解：（1）H₃O⁺中中心原子O的價層電子對數(shù)為3+$\frac{1}{2}$（6-1-3×1）=4，孤電子對數(shù)為1，所以空間構(gòu)型是三角錐形；H₂O中中心原子O的價層電子對數(shù)為2+$\frac{1}{2}$（6-2×1）=4，孤電子對數(shù)為2，所以空間構(gòu)型是V形；NO₂⁺中中心原子N的價層電子對數(shù)為2+$\frac{1}{2}$（5-1-2×2）=2，孤電子對數(shù)為0，所以空間構(gòu)型是直線形；NO₂^-中中心原子N的價層電子對數(shù)為2+$\frac{1}{2}$（5+1-2×2）=3，孤電子對數(shù)為1，所以空間構(gòu)型是V形，
故答案為：bd；
（2）FeCl₃的沸點：319℃，熔點：306℃，熔沸點較低，應屬于分子晶體；
H₃PO₄、HPO₃、H₃PO₃中P元素化合價依次為+5、+5、+3，H₃PO₄、HPO₃中非羥基氧依次為1、2，元素化合價越高，其酸性越強，非羥基氧越多，酸性越強，故酸性HPO₃＞H₃PO₄＞H₃PO₃，
故答案為：分子晶體；HPO₃＞H₃PO₄＞H₃PO₃；
（3）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe、T為Ni；
Ni的基態(tài)原子外圍電子（價電子）排布式為3d⁸4s²，F(xiàn)e²⁺的核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶，3d能級有4故未成對電子，
故答案為：3d⁸4s²；4；
（4）由于在NaCl晶體中，每個Na⁺周圍同時吸引著最近的等距離的6個Cl^-，每個Cl^-周圍同時吸引著最近的等距離的6個Na⁺，圖②中符合條件，圖③中選取其中一個離子，然后沿X、Y、Z三軸切割得到6個等距離的且最近的帶相反電荷的離子，所以其配位數(shù)也是6，故符合條件，
故選：②③；
（5）[Cu（NH₃）₄]²⁺中銅離子與氮原子之間形成配位鍵，氨氣分子中N原子與H原子之間形成極性鍵；
[Cu（NH₃）₄]²⁺中的兩個NH₃被兩個Cl^-取代能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，[Cu（NH₃）₄]²⁺的空間構(gòu)型為平面正方形，
故答案為：①③；①；
（6）晶胞中X原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4、Y原子數(shù)目為8，晶胞的質(zhì)量為$\frac{4a+8b}{{N}_{A}}$g，晶體密度為ρg/cm³，則晶胞體積為為$\frac{4a+8b}{{N}_{A}}$g÷ρg/cm³，故晶胞棱長x=$\root{3}{\frac{4a+8b}{ρ{N}_{A}}}$cm．
Y原子與周圍4個X原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令Y與X之間的距離為y，則正四面體中心到底面中心的距離為$\frac{y}{3}$，正四面體的高為$\frac{4}{3}$y，正四面體棱長=$\frac{\sqrt{2}x}{2}$，則正四面體側(cè)面的高為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，底面中心到邊的距離為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{1}{3}$，故（$\frac{4}{3}$yy）²+（$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{1}{3}$）²=（$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²，整理得y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x，故Y與X的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{4a+8b}{{ρ•{{N}_A}}}}}$cm；
故答案為：$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{4a+8b}{{ρ•{{N}_A}}}}}$．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，題目涉及微粒構(gòu)型判斷、晶體類型與性質(zhì)、核外電子排布、化學鍵、晶胞結(jié)構(gòu)與晶胞計算，（6）中計算為易錯點、難點，需要學生具備一定空間想象能力和數(shù)學運算能力，難度較大．