Question

6．物質(zhì)的結構決定物質(zhì)的性質(zhì)．請回答下列涉及物質(zhì)結構和性質(zhì)的問題：
（1）第二周期中，元素的第一電離能處于B與N之間的元素有3種．
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對電子數(shù)相同，則其基態(tài)原子的價層電子排布式為3d⁸4s²．
（3）乙烯酮（CH₂═C═O）是一種重要的有機中間體，可用CH₃COOH在（C₂H₅O）₃P═O存在下加熱脫H₂O得到．乙烯酮分子中碳原子雜化軌道類型是sp²和sp，1mol（C₂H₅O）₃P═O分子中含有的σ鍵的數(shù)目為25N_A．
（4）已知固態(tài)NH₃、H₂O、HF的氫鍵鍵能和結構如圖1：

物質(zhì)	氫鍵X-H…Y	鍵能kJ．mol-1
（HF）n	D-H…F	28.1
冰	O-H…O	18.8
（NH3）n	N-H…N	5.4

解釋H₂O、HF、NH₃沸點依次降低的原因單個氫鍵的鍵能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每個分子含氫鍵數(shù)：冰中2個，（HF）_n和（NH₃）_n只有1個，氣化要克服的氫鍵的總鍵能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n．
（5）碳化硅的結構與金剛石類似，其硬度僅次于金剛石，具有較強的耐磨性能．碳化硅晶胞結構中每個碳原子周圍與其距離最近的硅原子有4個，與碳原子等距離最近的碳原子有12個．已知碳化硅晶胞邊長為apm，則晶胞圖2中1號硅原子和2號碳原子之間的距離為$\frac{\sqrt{11}}{4}$apm，碳化硅的密度為$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素；
（2）元素位于第四周期VIII族，其基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對電子數(shù)相同，C原子的電子排布為1s²2s²2p²，未成對電子數(shù)為2，則該元素為Ni；
（3）根據(jù)碳原子的價層電子對數(shù)判斷雜化軌道類型；單鍵均為σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵；
（4）氫鍵越多，沸點越高；
（5）根據(jù)均攤法計算晶胞中Si、C原子數(shù)目，每個Si原子周圍有4個碳原子，原子配位數(shù)與原子數(shù)目成反比，可以計算碳原子周圍與其距離最近的硅原子數(shù)目；
以頂點C原子研究，與之距離最近的C原子位于面心上，每個頂點原子為8個晶胞共用，每個面為2個晶胞共用；
作過1號Si原子的體對角線、2號碳原子的體對角線，相交于O點，與頂點碳原子形成如圖所示：，其中B為2號碳原子，C為1號Si原子，1號Si原子與周圍的4個C原子形成正四面體，1號Si原子與頂點碳原子連線處于晶胞體對角線上，且距離為體對角線長度的$\frac{1}{4}$，體對角線長度為$\sqrt{3}$a pm，則OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，利用余弦定理計算cos∠AOB的值，再利用余弦定理計算BC的長度，即晶胞圖2中1號硅原子和2號碳原子之間的距離；
結合晶胞中原子數(shù)目，表示出晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算晶體密度．

解答 解：（1）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，根據(jù)電離能的變化規(guī)律，半充滿的N原子和全充滿的Be原子第一電離能要比同周期原子序數(shù)大的原子高，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素，
故答案為：3；
（2）元素位于第四周期VIII族，其基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與基態(tài)碳原子的未成對電子數(shù)相同，C原子的電子排布為1s²2s²2p²，未成對電子數(shù)為2，則該元素為Ni，其基態(tài)原子的價層電子排布式為3d⁸4s²，
故答案為：3d⁸4s²；
（3）在CH₂=C=O中，一個碳原子的價層電子對數(shù)為$\frac{4+2}{2}$=3，另一個碳原子的價層電子對數(shù)為$\frac{4+0}{2}$=2，所以碳原子的雜化軌道類型有sp²和sp，1mol（C₂H₅O）₃P═O分子中含有的σ鍵的數(shù)目為1mol×[（5+1+2）×3+1]×N_A=25N_A，
故答案為：sp²和sp；25N_A；  
（4）由數(shù)據(jù)可知，H₂O、HF、NH₃沸點依次降低的原因單個氫鍵的鍵能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每個分子含氫鍵數(shù)：冰中2個，（HF）_n和（NH₃）_n只有1個，氣化要克服的氫鍵的總鍵能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n，
故答案為：單個氫鍵的鍵能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每個分子含氫鍵數(shù)：冰中2個，（HF）_n和（NH₃）_n只有1個，氣化要克服的氫鍵的總鍵能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n；
（5）根據(jù)均攤法計算晶胞中Si、C原子數(shù)目，每個Si原子周圍有4個碳原子，原子配位數(shù)與原子數(shù)目成反比，可以計算碳原子周圍與其距離最近的硅原子數(shù)目；
以頂點C原子研究，與之距離最近的C原子位于面心上，每個頂點原子為8個晶胞共用，每個面為2個晶胞共用；
作過1號Si原子的體對角線、2號碳原子的體對角線，相交于O點，與頂點碳原子形成如圖所示：，其中B為2號碳原子，C為1號Si原子，1號Si原子與周圍的4個C原子形成正四面體，1號Si原子與頂點碳原子連線處于晶胞體對角線上，且距離為體對角線長度的$\frac{1}{4}$，體對角線長度為$\sqrt{3}$a pm，則OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，則：
（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²-2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$aa×cos∠AOB=a²，
解得cos∠AOB=$\frac{1}{3}$
故（$\frac{\sqrt{3}}{4}$a）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²-2×$\frac{\sqrt{3}}{4}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{1}{3}$=BC²，
解得BC=$\frac{\sqrt{11}}{4}$a；
晶胞質(zhì)量為4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g，則晶體密度為（4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g）g÷（a×10^-10 cm）³=$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³，
故答案為：4；12；$\frac{\sqrt{11}}{4}$a；$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

點評 本題考查原子結構及晶胞計算等，為高頻考點，把握電離能、雜化類型判斷、氫鍵與物質(zhì)的性質(zhì)、晶體結構等為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用、計算能力的考查，綜合性較強，題目難度較大．