Question

【題目】決定物質(zhì)性質(zhì)的重要因素是物質(zhì)結(jié)構(gòu)。請回答下列問題：

(1)已知元素M是組成物質(zhì)Ca5(PO4)3F的一種元素。元素M的氣態(tài)原子逐個(gè)失去第1個(gè)至第5個(gè)電子所需能量(即電離能，用符號I1至I表示)如表所示：

	I1	I2	I3	I4	I5
電離能(kJ/mol)	589.8	1145.4	4912.4	6491	8153

元素M化合態(tài)常見化合價(jià)是___________價(jià)，其基態(tài)原子電子排布式為___________。

(2)往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可形成[Cu(NH3)4]SO4，溶液，該溶液可用于溶解纖維素。

①[Cu(NH3)4]SO4中陰離子的立體構(gòu)型是___________。

②除硫元素外，[Cu(NH3)4]SO4中所含元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)?/span>___________。

③NF3與NH3的空間構(gòu)型相同，中心原子的軌道雜化類型均為___________。但NF3不易與Cu2+形成化學(xué)鍵，其原因是___________。

(3)一種Hg-Ba-Cu-O高溫超導(dǎo)材料的晶胞(長方體)如圖所示。

①該物質(zhì)的化學(xué)式為___________。

②已知該晶胞中兩個(gè)Ba2+的間距為cpm。則距離Ba2+最近的Hg+數(shù)目為___________個(gè)，二者的最短距離為___________pm。(列出計(jì)算式即可，下同)

③設(shè)該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為___________g·cm－3。

Answer 1

【答案】＋2 ［Ar］4s2 正四面體 Cu＜H＜N＜O sp3 F的電負(fù)性比N大，N－F成鍵電子對向F偏移，導(dǎo)致NF3中N原子核對其對孤對電子的吸引力增強(qiáng)，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2+形成配離子 HgBa2CuO4 4

【解析】

(1)從其電離能變化可知，失第三個(gè)電子時(shí)的能量急劇增加，則該原子失去2個(gè)電子后為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；M是Ca元素，根據(jù)能量最低原理書寫電子排布式；

(2) ①根據(jù)價(jià)電子互斥理論判斷SO42－的空間構(gòu)型； ②元素的非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大；③NF3與NH3的中心原子都是N原子，雜化軌道數(shù)=；NF3中N原子核對其對孤對電子的吸引力強(qiáng)；

(3) ①利用均攤法計(jì)算晶胞的化學(xué)式；②根據(jù)晶胞圖分析距離Ba2+最近的Hg+數(shù)目；根據(jù)晶胞圖可知Ba2+位于底面的中垂線上。③根據(jù)密度=摩爾質(zhì)量÷（１個(gè)晶胞的體積×NA）。

(1)從其電離能變化可知，失第三個(gè)電子時(shí)的能量急劇增加，則該原子失去2個(gè)電子后為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以該原子最外層電子數(shù)是2，常見化合價(jià)是＋2， M是Ca元素；Ca是20號元素，其基態(tài)原子電子排布式為［Ar］4s2；

(2) ①SO42－中S原子的雜化軌道數(shù)=，配位原子數(shù)為4，無孤電子對，所以SO42－的空間構(gòu)型正四面體；

②Cu、H、N、O非金屬性依次增強(qiáng)，所以電負(fù)性Cu＜H＜N＜O；

③NF3與NH3的中心原子都是N原子，雜化軌道數(shù)=，所以軌道雜化類型均為sp3；F的電負(fù)性比N大，N－F成鍵電子對向F偏移，導(dǎo)致NF3中N原子核對其對孤對電子的吸引力增強(qiáng)，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2+形成配離子；

(3) ①根據(jù)均攤法，晶胞中Ba原子數(shù)是2、Hg原子數(shù)是 ；Cu原子數(shù)是 ，O原子數(shù)是，所以晶體的化學(xué)式是HgBa2CuO4；

②根據(jù)晶胞圖可知距離Ba2+最近的Hg+有4個(gè)；晶胞中兩個(gè)Ba2+的間距為cpm，晶胞的高是bpm，則Ba2+與底面的間距為pm，底面對角線為pm ，Ba2+位于底面的中垂線上 ，所以距離Ba2+最近的Hg+的距離是＝ pm；

③晶胞的體積為 ，密度=摩爾質(zhì)量÷（１個(gè)晶胞的體積×NA）＝。