Question

17．按要求回答下列問題：
（1）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；在基態(tài)¹⁴C原子中，核外存在2對自旋相反的電子．
（2）在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個C原子連接12個六元環(huán)，六元環(huán)中最多有4個C原子在同一平面，一個金剛石晶胞平均占有碳原子個數(shù)為8．
（3）與N₂互為等電子體的分子是CO，該分子的電子式為．
（4）己知C₆₀分子結(jié)構(gòu)如圖1所示：
該籠狀分子是由多個正六邊形和正五邊形組成的，面體的頂點數(shù)V、面數(shù)F及棱數(shù)E間關(guān)系為：V+F-E=2，則此分子中共有12個正五邊形．
（5）硅烷（SinH2n+2）的沸點與相對分子質(zhì)量的關(guān)系如圖2所示，呈現(xiàn)這種變化的原因是硅烷的相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越強，熔沸點越高．

（6）NiO晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體類似，其晶胞的棱長為a cm，則該晶體中距離最近的兩個陽離子核間的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$a cm（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3），可以認(rèn)為氧離子作密致單層排列，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 ）．

Answer 1

分析 （1）電子云形象的描述了一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布；
基態(tài)¹⁴C原子的核外電子排布為1s²2s²2p²，1s、2s為成對電子，自旋方向相反，2p能級為單電子，自旋方向相同；
（2）一個碳原子有四個共價鍵，其中任意兩條邊（共價鍵）可以構(gòu)成2個不同的六元環(huán)，根據(jù)組合知識可知四條邊任選其中兩條有6組；六元環(huán)中有兩條邊平衡，連接的原子處于同一平面內(nèi)；金剛石晶胞中有4個原子處于晶胞內(nèi)部，其它碳原子處于頂點與面心，利用均攤法計算；
（3）原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微�；�為等電子體，等電子體結(jié)構(gòu)相似；
（4）C₆₀分子中每個碳原子只跟相鄰的3個碳原子相連，每條棱為1個C原子提供$\frac{1}{2}$，可得棱的數(shù)目，而單鍵與雙鍵數(shù)目之和等于棱數(shù)，每個碳原子形成2個單鍵、1個雙鍵，而每個五邊形含有5個單鍵；
（5）硅烷（Si_nH_2n+2）為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，沸點越高；
（6）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）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；基態(tài)¹⁴C原子的核外電子排布為1s²2s²2p²，1s、2s為成對電子，自旋方向相反，2p能級為單電子，自旋方向相同，核外存在2對自旋相反的電子，
故答案為：電子云；2；
（2）一個碳原子有四個共價鍵，其中任意兩條邊（共價鍵）可以構(gòu)成2個不同的六元環(huán)，根據(jù)組合知識可知四條邊任選其中兩條有6組，故每個碳原子連接六元環(huán)數(shù)目為6×2=12，六元環(huán)中有兩條邊平衡，連接的4個原子處于同一平面內(nèi)，金剛石晶胞中有4個原子處于晶胞內(nèi)部，其它碳原子處于頂點與面心，晶胞中含有碳原子數(shù)目為4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，
故答案為：12；4；8；
（3）與N₂互為等電子體的分子是CO，二者結(jié)構(gòu)相似，CO分子的電子式為 ，
故答案為：CO；；
（4）C₆₀分子中每個碳原子只跟相鄰的3個碳原子相連，每條棱為1個C原子提供$\frac{1}{2}$，可得棱的數(shù)目為$\frac{60×3}{2}$=90，而單鍵與雙鍵數(shù)目之和等于棱數(shù)，每個碳原子形成2個單鍵、1個雙鍵，則晶體中單鍵數(shù)目為90×$\frac{2}{3}$=60，而每個五邊形含有5個單鍵，則含有五邊形數(shù)目為$\frac{60}{5}$=12，
故答案為：12；
（5）硅烷（Si_nH_2n+2）為分子晶體，硅烷的相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越強，熔沸點越高，
故答案為：硅烷的相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越強，熔沸點越高；
（6）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、等電子體、晶胞計算結(jié)構(gòu)與計算等，側(cè)重考查晶胞有關(guān)問題，（2）中注意識記中學(xué)常見晶胞結(jié)構(gòu)，（5）中注意計算“1NiO”的體積應(yīng)包含孔隙體積，需要學(xué)生具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計算能力，掌握均攤法進行晶胞有關(guān)計算，難度較大．