Question

18．太陽能電池板材料除單晶硅外，還有銅、硒、氮、硼、鎵、鎂、鈣等化學(xué)物質(zhì)．

（1）亞銅離子（Cu⁺）基態(tài)時的價電子排布式為3d¹⁰；
（2）氮元素的第一電離能在同周期中從大到小排第3位；寫出與NO${\;}_{3}^{-}$互為等電子體的一種非極性分子化學(xué)式SO₃等；
（3）H₂Se的酸性比H₂S強（填“強”或“弱”）．
（4）晶體硼的結(jié)構(gòu)單元是正二十面體，每個單元中有12個硼原子（如圖1），其中有兩個原子為¹⁰B，其余為¹¹B，則該結(jié)構(gòu)單元有3種不同的結(jié)構(gòu)類型．
（5）如圖2為碳化硅的晶胞（其中●為碳原子，○為硅原子）．
①三個碳原子和三個硅原子相間構(gòu)成一個椅式（船、椅）六元環(huán)．
②如果我們以一個硅原子為中心，則與硅原子次近的第二層有12個原子．
③已知：碳原子半徑為a×10^-8cm，硅子半徑為b×10^-8cm，假設(shè)碳、硅原子是剛性小球，在晶體中彼此相切，計算碳化硅晶體的密度為$\frac{160}{{N}_{A}×[\frac{4（a+b）}{\sqrt{3}}×1{0}^{-8}]^{3}}$g/cm³（只要求列出算式），查表知該密度比實測值偏小，其原因可能是密度偏小，說明實際晶胞的體積下小于計算值，實際上碳、硅原子之間形成共價鍵，而不是相切，碳、硅原子間的距離比兩個原子半徑之和�。�
（6）在濃的CrCl₃的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6，組成為CrCl₃•6H₂O的綠色晶體，該晶體中兩種配體的物質(zhì)的量之比為1：5，則該配離子的化學(xué)式為[TiCl（H₂O）₅]²⁺．
（7）難溶碳酸鹽受熱易分解，試比較MgCO₃和CaCO₃的穩(wěn)定性，并說明理由穩(wěn)定性：CaCO₃＞MgCO₃，碳酸鹽的熱分解是由于晶體中的陽離子結(jié)合碳酸根離子中的氧離子，使碳酸根離子分解為二氧化碳分子的結(jié)果，產(chǎn)物中氧化鎂和氧化鈣都為離子晶體，因為鎂離子半徑小于鈣離子半徑則氧化鎂晶格能大，更穩(wěn)定，更易于生成．

Answer 1

分析 （1）Cu原子價電子排布式為3d¹⁰4s¹，失去4s能級的1個電子形成Cu⁺；
（2）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于同周期相鄰元素的，稀有氣體的第一電離能最大；
原子數(shù)目相等、價電子總數(shù)也相等的微�；�為等電子體，分子中正負(fù)電荷重心重合的分子屬于非極性分子（中心原子價電子全部成鍵）；
（3）Se的原子半徑大于S的，故H-Se不如H-S鍵穩(wěn)定；
（4）兩個¹⁰B有3位置，為圖中上下頂點位置，其中一個處于上頂點，另外的一個處于上層陰影中頂點，或者下層陰影中頂點；
（5）①三個碳原子和三個硅原子相間構(gòu)成一個六元環(huán)為圖中紅線連接的原子，為椅式結(jié)構(gòu)；
②距離中心Si最近的第一層的4個C原子，每一個又連接著另外3個Si原子；
③黑色球連接周圍的4個白色球形成正四面體結(jié)構(gòu)，黑色球位于正四面體的中心，黑色球與晶胞頂點白色球連線處于晶胞體對角線上，且二者之間距離為體對角線長度的$\frac{1}{4}$，而晶胞體對角線長度為晶胞棱長的$\sqrt{3}$倍，據(jù)此算晶胞棱長，根據(jù)均攤法計算晶胞中Si、C原子數(shù)目，表示出晶胞的質(zhì)量，再根據(jù)ρ=$\frac{m}{V}$計算晶體密度；
Si、C原子之間形成共價鍵，原子間距小于二者原子半徑之和，計算的體積比實際體積偏大；
（6）在濃的TiCl₃的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6、組成為TiCl₃•6H₂0的綠色晶體，該晶體中兩配體的物質(zhì)的量之比為1：5，則配體中有1個Cl^-、5個H₂O，2個氯離子位于外界；
（7）分解生成金屬氧化物，金屬氧化物的晶格能大，更穩(wěn)定，更易于生成．

解答 解：（1）Cu原子價電子排布式為3d¹⁰4s¹，失去4s能級的1個電子形成Cu⁺，Cu⁺基態(tài)時的價電子排布式為3d¹⁰，
故答案為：3d¹⁰；
（2）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于同周期相鄰元素的，稀有氣體的第一電離能最大，故第二周期第一電離能：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，
原子數(shù)目相等、價電子總數(shù)也相等的微�；�為等電子體，與NO₃^-互為等電子體的一種非極性分子化為SO₃等，
故答案為：3；SO₃等；
（3）Se的原子半徑大于S的，故H-Se不如H-S鍵穩(wěn)定，在溶液中更溶液電離，故H₂Se的酸性比H₂S強，
故答案為：強；
（4）兩個¹⁰B有3位置，為圖中上下頂點位置，其中一個處于上頂點，另外的一個處于上層陰影中頂點，或者下層陰影中頂點，有3種結(jié)構(gòu)，
故答案為：3；

（5）①三個碳原子和三個硅原子相間構(gòu)成一個六元環(huán)為圖中紅線連接的原子，為椅式結(jié)構(gòu)，
故答案為：椅；
②距離中心Si最近的第一層的4個C原子，每一個又連接著另外3個Si原子，則與硅原子次近的第二層有12個原子，
故答案為：12；
③黑色球連接周圍的4個白色球形成正四面體結(jié)構(gòu)，黑色球位于正四面體的中心，黑色球與晶胞頂點白色球連線處于晶胞體對角線上，且二者之間距離為體對角線長度的$\frac{1}{4}$，而晶胞體對角線長度為晶胞棱長的$\sqrt{3}$倍，故晶胞棱長為（a×10^-8cm+b×10^-8cm）×4÷$\sqrt{3}$，晶胞中C原子數(shù)目為4，Si原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故晶胞質(zhì)量為4×$\frac{12+28}{{N}_{A}}$g，故晶體密度為4×$\frac{12+28}{{N}_{A}}$g÷[（a×10^-8cm+b×10^-8cm）×4÷$\sqrt{3}$]³=$\frac{160}{{N}_{A}×[\frac{4（a+b）}{\sqrt{3}}×1{0}^{-8}]^{3}}$g/cm³，
密度偏小，說明實際晶胞的體積下小于計算值，實際上碳、硅原子之間形成共價鍵，而不是相切，碳、硅原子間的距離比兩個原子半徑之和小，
故答案為：$\frac{160}{{N}_{A}×[\frac{4（a+b）}{\sqrt{3}}×1{0}^{-8}]^{3}}$；密度偏小，說明實際晶胞的體積下小于計算值，實際上碳、硅原子之間形成共價鍵，而不是相切，碳、硅原子間的距離比兩個原子半徑之和��；
（6）在濃的TiCl₃的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6、組成為TiCl₃•6H₂0的綠色晶體，該晶體中兩配體的物質(zhì)的量之比為1：5，則配體中有1個Cl^-、5個H₂O，2個氯離子位于外界，則該配離子的化學(xué)式為[TiCl（H₂O）₅]²⁺，
故答案為：[TiCl（H₂O）₅]²⁺；
（7）碳酸鹽的熱分解是由于晶體中的陽離子結(jié)合碳酸根離子中的氧離子，使碳酸根離子分解為二氧化碳分子的結(jié)果，產(chǎn)物中氧化鎂和氧化鈣都為離子晶體，因為鎂離子半徑小于鈣離子半徑則氧化鎂晶格能大，更穩(wěn)定，更易于生成，穩(wěn)定性：CaCO₃＞MgCO₃，
故答案為：穩(wěn)定性：CaCO₃＞MgCO₃，碳酸鹽的熱分解是由于晶體中的陽離子結(jié)合碳酸根離子中的氧離子，使碳酸根離子分解為二氧化碳分子的結(jié)果，產(chǎn)物中氧化鎂和氧化鈣都為離子晶體，因為鎂離子半徑小于鈣離子半徑則氧化鎂晶格能大，更穩(wěn)定，更易于生成．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電離能、等電子體、晶胞計算與計算、配合物、晶格能等，是對學(xué)生綜合能力的考查，難度較大．