Question

【题目】由P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。

(1)基态 Cl原子核外电子排布式为__________________________，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为____________________，P、S、Cl的电负性由大到小顺序为_______________。

(2)SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_____________，该分子构型为__________。

(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中配位键个数为_______；以“—”表示σ键、“→”表示配位键，写出CO分子的结构式__________。

(4)已知MgO与NiO的晶体结构(如图1)相同， 其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66 pm和69pm。则熔点：MgO_____NiO(填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是_______________________________。

(5)若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_______。

(6)金刚石晶胞含有____个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r= ______a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率____(请用r和a表示不要求计算结果)。

Answer 1

【答案】1s22s22p63s23p5 Cl> P > S Cl> S > P sp3 V形 8 > Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大 (1，，) 8

【解析】

(1)Cl为17号元素，结合核外电子的排布规律书写基态 Cl原子的电子排布式；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；元素的非金属性越强，电负性数值越大；

(2)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算SCl2中S原子杂化轨道数分析解答；

(3)CO分子中C与O之间形成三键，其中有一个为配位键，CO与中心原子间形成4个配位键，据此解答；

(4)Mg2+半径比Ni2+小，结合晶格能的大小分析判断；

(5)根据图示，C离子的x系坐标与B的x系坐标相同，y、z系坐标都在中点上；

(6)金刚石晶胞中有4个碳原子位于晶胞内部，每个顶点每个面心上各有1个原子；碳原子与周围相接触的4个碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于晶胞体对角线上，二者距离等于晶胞体对角线长度的，据此计算r，从而计算该晶胞中所有C原子的体积和晶胞体积，结合原子空间利用率=分析计算。

(1)Cl为17号元素，基态 Cl原子的电子排布为1s22s22p63s23p5；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl＞P＞S；元素的非金属性越强，电负性数值越大，P、S、Cl的电负性由大到小顺序为Cl> S > P，故答案为：1s22s22p63s23p5；Cl＞P＞S；Cl> S > P；

(2)SCl2中S原子杂化轨道数为2+(6-2)=4，采取sp3杂化，含有两对孤电子对，所以该分子构型为V形，故答案为：sp3；V形；

(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，1个CO中含有1个配位键，CO与中心原子间形成4个配位键，因此一个Ni(CO)4分子中8个配位键；CO分子中C与O之间形成三键，其中有一个为配位键，CO分子的结构式为，故答案为：8；；

(4)Mg2+半径比Ni2+小，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍，则熔点：MgO＞NiO，故答案为：＞；Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大；

(5)NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，而C离子的x系坐标与B的x系坐标相同，y、z系坐标都在中点上，所以C离子坐标参数为(1，，)，故答案为：span>(1，，)；

(6)金刚石晶胞中有4个碳原子位于晶胞内部，每个顶点每个面心上各有1个原子，该晶胞中C原子个数=8×+6×+4=8；碳原子与周围相接触的4个碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度等于晶胞边长的倍，则2r=a，则r=a；该晶胞中所有C原子体积=8×πr3、晶胞体积=a3，原子空间利用率====π，故答案为：8；；π。