Question

10．對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的認(rèn)識(shí)源于對(duì)其結(jié)構(gòu)的了解．
（1）工業(yè)生產(chǎn)硫酸過(guò)程中，SO₂轉(zhuǎn)化為S₃的催化劑常用V₂O₅．
①基態(tài)V原子的價(jià)電子排布圖為．
②反應(yīng)物SO₂分子中S原子的雜化軌道類型為sp²雜化．
③將V₂O₅加入到NaOH溶液中，可生成Na₃VO₄，該鹽陰離子的立體構(gòu)型為正四面體．
（2）高溫陶瓷材料Si₃N₄原子晶體晶體，晶體中鍵角N-Si-N＞Si-N-Si（填“＞”“＜”或“=”）．
（3）MgO與NaCl都是AB型離子晶體，MgO的熔點(diǎn)高于（填“高于”、“等于”或“低于”）NaCl的熔點(diǎn)，原因是MgO晶體熔點(diǎn)高于NaCl晶體．
（4）一定條件下，O₂可通過(guò)得失電子轉(zhuǎn)化為為O₂^-、O₂⁺　和O₂^2-，上述含微粒中氧化性最強(qiáng)的是O₂⁺，原因是O₂⁺缺電子．
（5）儲(chǔ)氫材料鑭鎳合金LaNi_n的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，n=5（填數(shù)值）；已知鑭鎳合金晶胞體積為8.5×10^-23cm³，儲(chǔ)氫后形成組成為L(zhǎng)aNi_nH_4.5的合金（氫進(jìn)入晶胞空隙，體積不變），儲(chǔ)氫后氫在合金中的密度為0.26g•cm^-3（保留兩位有效數(shù)字）．

Answer 1

分析 （1）①V元素原子核外電子數(shù)為23，位于第四周期ⅢB族；
②SO₂分子中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+$\frac{6-2×2}{2}$=3，雜化軌道數(shù)目為3；
③VO₄^3-中價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為正四面體結(jié)構(gòu)；
（2）Si₃N₄晶體由硅原子和氮原子通過(guò)共價(jià)鍵作用而構(gòu)成，晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si原子為sp³雜化，N原子周圍連接3個(gè)Si原子，含有1對(duì)孤對(duì)電子，N原子為sp³雜化，但孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用更大；
（3）根據(jù)原子半徑和電荷分析，電荷越大、離子半徑越小其熔點(diǎn)越高；
（4）氧化性指得到電子的能力，O₂⁺為缺電子，O₂^-和O₂^2-為得電子形成的微粒；
（5）根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中La、Ni原子數(shù)目，計(jì)算二者原子數(shù)目之比可得LaNi_nH_4.5中n的值，再結(jié)合化學(xué)式計(jì)算晶胞中H原子數(shù)目，表示出晶胞中H原子總質(zhì)量，再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計(jì)算氫在合金中的密度．

解答 解：（1）①V元素原子核外電子數(shù)為23，位于第四周期ⅢB族，基態(tài)價(jià)電子排布圖為，
故答案為：；
②SO₂分子中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+$\frac{6-2×2}{2}$=3，雜化軌道數(shù)目為3，S原子的雜化軌道類型為sp²雜化，
故答案為：sp²雜化；
③VO₄^3-中價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為正四面體結(jié)構(gòu)，
故答案為：正四面體；
（2）Si₃N₄晶體由硅原子和氮原子通過(guò)共價(jià)鍵作用而構(gòu)成，所以是原子晶體，晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si原子為sp³雜化，N-Si-N鍵角為109°28′，N原子周圍連接3個(gè)Si原子，含有1對(duì)孤對(duì)電子，N原子為sp³雜化，但孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用更大，使得Si-N-Si鍵角小于109°28′，
故答案為：原子晶體；＞；
（3）電荷越大、離子半徑越小其熔點(diǎn)越高，MgO晶體中離子的電荷數(shù)大于NaCl，離子間的平均距離小于NaCl，所以MgO晶體的晶格能高于NaCl晶體的晶格能，MgO晶體熔點(diǎn)高于NaCl晶體，
故答案為：高于；MgO晶體熔點(diǎn)高于NaCl晶體；
（4）氧化性指得到電子的能力，越缺電子，越易得到電子，O₂⁺為缺電子，得電子能力最強(qiáng)，氧化性最強(qiáng)，O₂^-和O₂^2-為得電子形成的微粒，氧化性弱，O₂⁺、O₂、O₂^-、O₂^2-四種微粒所含的電子數(shù)逐漸增多，所以四種含氧微粒氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋篛₂⁺＞O₂＞O₂^-＞O₂^2-，
故答案安為：O₂⁺；O₂⁺缺電子；
（5）由圖可知，晶胞中La原子數(shù)目為2×$\frac{1}{2}$+12×$\frac{1}{6}$=3，Ni原子數(shù)目為6+18×$\frac{1}{2}$=15，儲(chǔ)氫后形成LaNi_nH_4.5的合金（氫進(jìn)入晶胞空隙，體積不變），故1：n=3：15，則n=5，晶胞中H原子數(shù)目為4.5×3=13.5，晶胞體積為9.5×10^-23cm³，氫在合金中的密度為$\frac{13.5}{6.02×10{\;}^{23}}$g÷8.5×10^-23cm³=0.26g•cm^-3，
故答案為：5；0.26g•cm^-3．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布、雜化軌道與空間構(gòu)型、價(jià)層電子對(duì)互斥理論、氫鍵、晶胞計(jì)算等，（5）中注意利用均攤法計(jì)算解答，難度中等．