Question

15．由Cu、N、B、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛用途．
（1）基態(tài) Cu⁺的最外層核外電子排布式為3s²3p⁶3d¹⁰．
（2）研究者預(yù)想合成一個(gè)純粹由氮組成的新物種 N₅⁺N₃^-，若N₅⁺ 離子中每個(gè)氮原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)，以下有關(guān)N₅⁺ 推測(cè)正確的是C
A．N₅⁺有24個(gè)電子
B． N₅⁺離子中存在三對(duì)未成鍵的電子對(duì)
C． N₅⁺陽(yáng)離子中存在兩個(gè)氮氮三鍵
（3）化合物 A（H₃BNH₃）₃是一種潛在的儲(chǔ)氫材料，它可由六元環(huán)狀化合物 （HB=NH）₃通過(guò)3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃ 制得．
①與上述化學(xué)方程式有關(guān)的敘述不正確的是A．（填標(biāo)號(hào)）
A．反應(yīng)前后碳原子的軌道雜化類型不變
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空間構(gòu)型分別是：正四面體形、V形、直線形
C．第一電離能：N＞O＞C＞B
D．化合物A中存在配位鍵
②1個(gè)（HB=NH）₃分子中有12個(gè)σ鍵．
（4）在硼酸鹽中，陰離子有鏈狀、環(huán)狀等多種結(jié)構(gòu)形式．圖（a）是一種鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根，則多硼酸根離子符號(hào)為[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）圖（b）是硼砂晶體中陰離子的環(huán)狀結(jié)構(gòu)，其中硼原子采取的雜化類型為sp²、sp³．

（5）NiO晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體類似，其晶胞的棱長(zhǎng)為acm，則該晶體中距離最近的兩個(gè)陽(yáng)離子核間的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$a（用含有a的代數(shù)式表示）．在一定溫度下，Ni0晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”（如圖c），可以認(rèn)為氧離子作密致單層排列，鎳離子填充其中，列式并計(jì)算每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為1.83×10^-3g（氧離子的半徑為1.40×10^-10m，$\sqrt{3}$≈l.732）．

Answer 1

分析 （1）Cu⁺基態(tài)核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）A．陽(yáng)離子核外電子數(shù)=質(zhì)子總數(shù)-電荷數(shù)；
B．N₅⁺ 離子中每個(gè)氮原子均滿足8電子且呈對(duì)稱結(jié)構(gòu)，N₅⁺離子的結(jié)構(gòu)為，中間N原子有2對(duì)孤對(duì)電子；
C．根據(jù)B中結(jié)構(gòu)式分析判斷；
（3）①A．由方程式可知：碳元素由CH₄變?yōu)镃O₂，碳原子雜化類型由sp³轉(zhuǎn)化為sp；
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空間構(gòu)型分別是：正四面體形、V形、直線形；
C．同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢(shì)，ⅡA族、ⅤA族元素第一電離能共有同周期相鄰元素；
D．一般是形成3個(gè)鍵，（H₃BNH₃）由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）₃通過(guò)3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1個(gè)鍵是配位鍵；
②1個(gè)（HB=NH）₃分子中硼原子與氮原子間以σ鍵結(jié)合，而剩余的p軌道形成一個(gè)共軛大π鍵，B-H鍵有3個(gè)，N-H鍵有3個(gè)，B-N有σ鍵有6個(gè)；
（4）1個(gè)B原子連接3個(gè)O原子，其中2個(gè)氧原子分別為2個(gè)B原子共有，利用均攤法計(jì)算每個(gè)B原子連接O原子數(shù)目，進(jìn)而確定多硼酸根離子符號(hào)；
硼砂晶體中存在形成2個(gè)σ鍵、3個(gè)σ鍵的B原子，B原子最外層電子數(shù)全部處于成鍵；
（5）根據(jù)氯化鈉的結(jié)構(gòu)知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為$\frac{1}{2}$a，距離最近的兩個(gè)陽(yáng)離子核間的距離是距離最近的氧離子和鎳離子距離的$\sqrt{2}$倍；
根據(jù)圖片知，每個(gè)氧化鎳所占的面積=（2×1.40×10^-10m）×（2×1.40×10^-10m×sin60°），每個(gè)氧化鎳的質(zhì)量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，每個(gè)氧化鎳的質(zhì)量乘以每平方米含有的氧化鎳個(gè)數(shù)就是每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量．

解答 解：（1）Cu⁺基態(tài)核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，基態(tài) Cu⁺的最外層電子排布式為：3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案為：3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）A．1個(gè)氮原子中含有7個(gè)電子，則1個(gè)N₅分子中含有35個(gè)電子，N₅⁺是由N₅分子失去1個(gè)電子得到的，則1個(gè)N₅⁺粒子中有34個(gè)電子，故A錯(cuò)誤；
B．N₅⁺ 離子中每個(gè)氮原子均滿足8電子且呈對(duì)稱結(jié)構(gòu)，N₅⁺離子的結(jié)構(gòu)為，中間N原子有2對(duì)孤對(duì)電子，有4對(duì)未成鍵的電子對(duì)，故B錯(cuò)誤；
C．N₅⁺離子的結(jié)構(gòu)為，則N₅⁺陽(yáng)離子中存在兩個(gè)氮氮三鍵，故C正確．
故選：C；
（3）①A．由方程式可知：碳元素由CH₄變?yōu)镃O₂，碳原子雜化類型由sp³轉(zhuǎn)化為sp，故A錯(cuò)誤；
B．CH₄分子中價(jià)層電子對(duì)=σ 鍵電子對(duì)+中心原子上的孤電子對(duì)=4+$\frac{1}{2}$×（4-4×1）=4，且不含孤電子對(duì)，所以其空間構(gòu)型是正四面體，H₂O中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=2+$\frac{1}{2}$×（6-2×1）=4，且含有2個(gè)孤電子對(duì)，所以H₂O的VSEPR模型為四面體，分子空間構(gòu)型為V型，、CO₂分子中價(jià)層電子對(duì)=σ 鍵電子對(duì)+中心原子上的孤電子對(duì)=2+$\frac{1}{2}$×（4-2×2）=2，所以二氧化碳是直線型結(jié)構(gòu)，故B正確；
C．同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢(shì)，ⅡA族、ⅤA族元素第一電離能共有同周期相鄰元素，故所以它們的第一電離能大小順序是I₁（N）＞I₁（O）＞I₁（C）＞I₁（B），故C正確；
D．一般是形成3個(gè)鍵，（H₃BNH₃）由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）₃通過(guò)3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1個(gè)鍵是配位鍵，故D正確，
故選：A；
②1個(gè)（HB=NH）₃分子中硼原子與氮原子間以σ鍵結(jié)合，而剩余的p軌道形成一個(gè)共軛大π鍵，B-H鍵有3個(gè)，N-H鍵有3個(gè)，B-N有σ鍵有6個(gè)，故一共12個(gè)，
故答案為：12；
（4）1個(gè)B原子連接3個(gè)O原子，其中2個(gè)氧原子分別為2個(gè)B原子共有，則每個(gè)B原子實(shí)際結(jié)合O原子數(shù)目為1+2×$\frac{1}{2}$=2，代一個(gè)單位負(fù)電荷，故多硼酸根化學(xué)式為：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-），
硼砂晶體中存在形成2個(gè)σ鍵、3個(gè)σ鍵的B原子，B原子最外層電子數(shù)全部處于成鍵，故B原子采取sp²、sp³雜化，
故答案為：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）；sp²、sp³；
（5）根據(jù)氯化鈉的結(jié)構(gòu)知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為$\frac{1}{2}$a，距離最近的兩個(gè)陽(yáng)離子核間的距離是距離最近的氧離子和鎳離子距離的$\sqrt{2}$倍，所以其距離是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$acm；
根據(jù)圖片知，每個(gè)氧化鎳所占的面積=（2×1.40×10^-10m）×（2×1.40×10^-10m×sin60°）=4×1.40×10^-10×1.40×10^-10×sin60°m²，則每平方米含有的氧化鎳個(gè)數(shù)=$\frac{1}{4×1.4×1{0}^{-10}×1.4×1{0}^{-10}×sin60°}$，每個(gè)氧化鎳的質(zhì)量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，所以每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g×$\frac{1}{4×1.4×1{0}^{-10}×1.4×1{0}^{-10}×sin60°}$=1.83×10^-3，
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{2}$a；1.83×10^-3．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電離能、空間結(jié)構(gòu)、化學(xué)鍵、雜化軌道、晶體結(jié)構(gòu)與計(jì)算等，（5）中注意計(jì)算“1NiO”的體積應(yīng)包含孔隙體積，難度較大．