Question

[化学-选修/物质结构与性质]
（1）①对硝基苯酚水合物（2C₆H₅NO₃?3H₂O）晶体属于分子晶体，实验表明，加热至94℃时该晶体失去结晶水，该晶体失去结晶水的过程，破坏的微粒间的主要作用力属于

 

．
②一种铜与金形成的合金，其晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子的数目之比为

 

．
（2）下表为元素周期表的一部分，根据此表回答下列问题：

①f、g、h三种元素的第一电离能由小到大的顺序是

 

（用元素符号表示），b、c、d三种元素的电负性由大到小的顺序是

 

（用元素符号表示），b、c、d分别与a形成的简单化合物分子中，属于含有极性键的非极性分子是

 

．（填写化学式）
②有一种元素x和上表中所列元素k位于同周期、同一族且不相邻的位置，请写出元素x原子的基态价电子排布式

 

．
目前，利用金属或合金作为储氢材料的研究取得很大进展，如图是一种La-x合金储氢后的晶胞结构图．该合金储氢后，含有lmol La（镧）的合金中吸附的H₂的数目为

 

．
③科学家把由c、d、e组成的离子化合物ecd ₃和e₂d在一定条件下反应得到一种白色晶体，该晶体中的阴离子为cd

3- 4

，其中各原子的最外层电子均满足8电子稳定结构．该阴离子的中心原子的杂化轨道方式为

 

杂化，阴离子的电子式为

 

．

Answer 1

分析：（1）①对硝基苯酚水合物（2C₆H₅NO₃?3H₂O）晶体属于分子晶体，结晶水通过氢键与硝基苯酚结合；
②根据均摊法计算晶胞中Cu、Au原子数目，据此解答；
（2）由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Mg、g为Al、h为Ca、K为Fe、m为Cu，
①Mg原子2s能级为全满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，一般金属性越强第一电离能越小；同周期自左而右电负性增大；C、N、O分别与H形成的简单化合物分子中，甲烷为正四面体、氨气为三角锥型、水为V型，甲烷分子中正负电荷重心重合，是含有极性键的非极性分子；
②x与元素Fe位于同周期、同一族且不相邻的位置，则x为Ni；根据均摊法计算晶胞中Ni原子、氢气分子数目，据此解答；
③阴离子为NO₄^3-，计算N原子价层电子对数确定N原子杂化方式，结合各原子的最外层电子均满足8电子稳定结构可知N原子与氧原子之间形成1对共用电子对，O氧原子有3对孤对电子．

解答：解：（1）①对硝基苯酚水合物（2C₆H₅NO₃?3H₂O）晶体属于分子晶体，结晶水通过氢键与硝基苯酚结合，加热至94℃时该晶体失去结晶水，破坏的微粒间的主要作用力属于氢键，故答案为：氢键；
②晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目为6×

1

2

=3、Au原子数目为8×

1

8

=1，故合金中Cu原子与Au原子的数目之比为3：1，故答案为：3：1；
（2）由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Mg、g为Al、h为Ca、K为Fe、m为Cu，
①Mg原子2s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，一般金属性越强第一电离能越小，故第一电离能Ca＜Al＜Mg；同周期自左而右电负性增大，故电负性O＞N＞C；C、N、O分别与H形成的简单化合物分子中，甲烷为正四面体、氨气为三角锥型、水为V型，氨气、水为极性分子，甲烷分子中正负电荷重心重合，故含有极性键的非极性分子是CH₄，故答案为：Ca＜Al＜Mg；O＞N＞C；CH₄；
②x与元素Fe位于同周期、同一族且不相邻的位置，则x为Ni，其基态价电子排布式为3d⁸4s²；晶胞中Ni原子数目为8×

1

8

=1、氢气分子数目为12×

1

4

=3，故含有lmol La（镧）的合金中吸附的H₂的数目为3N_A，
故答案为：3d⁸4s²；3N_A；
③阴离子为NO₄^3-，N原子价层电子对数=4+

5+3-2×4

2

=4，故N原子杂化方式为sp³，NO₄^3-中各原子的最外层电子均满足8电子稳定结构，可知N原子与氧原子之间形成1对共用电子对，O氧原子有3对孤对电子，其电子式为，故答案为：sp³；．

点评：本题是物质结构与性质的综合题目，涉及化学键、分子结构与性质、电离能、电负性、核外电子排布规律、晶胞计算等，难度中等，需要学生全面掌握基础知识，注意利用均摊法进行晶胞的有关计算．