Question

6．物质的结构决定物质的性质．请回答下列涉及物质结构和性质的问题：
（1）第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有3种．
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d⁸4s²．
（3）乙烯酮（CH₂═C═O）是一种重要的有机中间体，可用CH₃COOH在（C₂H₅O）₃P═O存在下加热脱H₂O得到．乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型是sp²和sp，1mol（C₂H₅O）₃P═O分子中含有的σ键的数目为25N_A．
（4）已知固态NH₃、H₂O、HF的氢键键能和结构如图1：

物质	氢键X-H…Y	键能kJ．mol-1
（HF）n	D-H…F	28.1
冰	O-H…O	18.8
（NH3）n	N-H…N	5.4

解释H₂O、HF、NH₃沸点依次降低的原因单个氢键的键能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）_n和（NH₃）_n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n．
（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能．碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，与碳原子等距离最近的碳原子有12个．已知碳化硅晶胞边长为apm，则晶胞图2中1号硅原子和2号碳原子之间的距离为$\frac{\sqrt{11}}{4}$apm，碳化硅的密度为$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³．

Answer 1

分析 （1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；
（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s²2s²2p²，未成对电子数为2，则该元素为Ni；
（3）根据碳原子的价层电子对数判断杂化轨道类型；单键均为σ键，双键中有1个σ键；
（4）氢键越多，沸点越高；
（5）根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，可以计算碳原子周围与其距离最近的硅原子数目；
以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；
作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于O点，与顶点碳原子形成如图所示：，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，利用余弦定理计算cos∠AOB的值，再利用余弦定理计算BC的长度，即晶胞图2中1号硅原子和2号碳原子之间的距离；
结合晶胞中原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶体密度．

解答 解：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，
故答案为：3；
（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s²2s²2p²，未成对电子数为2，则该元素为Ni，其基态原子的价层电子排布式为3d⁸4s²，
故答案为：3d⁸4s²；
（3）在CH₂=C=O中，一个碳原子的价层电子对数为$\frac{4+2}{2}$=3，另一个碳原子的价层电子对数为$\frac{4+0}{2}$=2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp²和sp，1mol（C₂H₅O）₃P═O分子中含有的σ键的数目为1mol×[（5+1+2）×3+1]×N_A=25N_A，
故答案为：sp²和sp；25N_A；  
（4）由数据可知，H₂O、HF、NH₃沸点依次降低的原因单个氢键的键能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）_n和（NH₃）_n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n，
故答案为：单个氢键的键能是（HF）_n＞冰＞（NH₃）_n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）_n和（NH₃）_n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）_n＞（NH₃）_n；
（5）根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，可以计算碳原子周围与其距离最近的硅原子数目；
以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；
作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于O点，与顶点碳原子形成如图所示：，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，则：
（$\frac{\sqrt{3}}{2}$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；
晶胞质量为4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g，则晶体密度为（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，
故答案为：4；12；$\frac{\sqrt{11}}{4}$a；$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查原子结构及晶胞计算等，为高频考点，把握电离能、杂化类型判断、氢键与物质的性质、晶体结构等为解答的关键，侧重分析与应用、计算能力的考查，综合性较强，题目难度较大．