Question

16．碳、硅元素的单质及其化合物是构成自然界的重要物质．
（1）甲烷是最简单的有机物，实验室可通过下列反应制取：
CH₃COONa+NaOH$→_{△}^{CaO（或MgO）}$CH₄↑+X（已配平）
①X属于离子晶体（填晶体类型）；
②MgO晶体的熔点比CaO高，主要原因是Mg²⁺半径比Ca²⁺小，因此MgO晶体的晶格能较大，熔点较高．
（2）C₆₀、金刚石和石墨是三种重要的碳单质，结构模型分别如图所示（其中石墨仅表示出其中的一层结构）．

①金刚石中碳原子的杂化方式为sp³；
②石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的C-C键数是3个．

Answer 1

分析 （1）①根据原子守恒判断X物质，根据X的构成微粒确定其晶体类型；
②相同类型的离子晶体中，晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；
（2）①根据价层电子对互斥理论确定其杂化类型；
②利用均摊法计算．

解答 解：（1）①根据元素守恒及原子守恒知，X是碳酸钠，碳酸钠是由阴阳离子构成的离子晶体；
故答案为：离子；
②MgO晶体的熔点比CaO高都属于离子晶体，Mg²⁺半径比Ca²⁺小，键能较大，所以氧化镁晶体的晶格能大于氧化钙，导致氧化镁晶体的熔点大于氧化钙，故答案为：Mg²⁺半径比Ca²⁺小，因此MgO晶体的晶格能较大，熔点较高；
（2）①金刚石中每个碳原子和4个碳原子以σ键相结合，且没有孤对电子，所以每个碳原子的价层电子对是4，则碳原子采取sp³杂化，
故答案为：sp³；
②石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6×$\frac{1}{2}$3；
故答案为：3．

点评 本题考查离子晶体的性质，原子的杂化方式和均摊法，注意晶格能的大小比较以及利用均摊法计算晶胞中各种原子个数是难点，题目难度大．