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）研究者預想合成一個純粹由氮組成的新物種 N₅⁺N₃^-，若N₅⁺ 離子中每個氮原子均滿足8電子結構，以下有關N₅⁺ 推測正確的是C
A．N₅⁺有24個電子
B． N₅⁺離子中存在三對未成鍵的電子對
C． N₅⁺陽離子中存在兩個氮氮三鍵
（3）化合物 A（H₃BNH₃）₃是一種潛在的儲氫材料，它可由六元環(huán)狀化合物 （HB=NH）₃通過3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃ 制得．
①與上述化學方程式有關的敘述不正確的是A．（填標號）
A．反應前后碳原子的軌道雜化類型不變
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空間構型分別是：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（HB=NH）₃分子中有12個σ鍵．
（4）在硼酸鹽中，陰離子有鏈狀、環(huán)狀等多種結構形式．圖（a）是一種鏈狀結構的多硼酸根，則多硼酸根離子符號為[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）圖（b）是硼砂晶體中陰離子的環(huán)狀結構，其中硼原子采取的雜化類型為sp²、sp³．

（5）NiO晶體結構與NaCl晶體類似，其晶胞的棱長為acm，則該晶體中距離最近的兩個陽離子核間的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$a（用含有a的代數式表示）．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），可以認為氧離子作密致單層排列，鎳離子填充其中，列式并計算每平方米面積上分散的該晶體的質量為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．陽離子核外電子數=質子總數-電荷數；
B．N₅⁺ 離子中每個氮原子均滿足8電子且呈對稱結構，N₅⁺離子的結構為，中間N原子有2對孤對電子；
C．根據B中結構式分析判斷；
（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轉化為sp；
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空間構型分別是：正四面體形、V形、直線形；
C．同周期隨原子序數增大，第一電離能呈增大趨勢，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個鍵，（H₃BNH₃）由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）₃通過3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1個鍵是配位鍵；
②1個（HB=NH）₃分子中硼原子與氮原子間以σ鍵結合，而剩余的p軌道形成一個共軛大π鍵，B-H鍵有3個，N-H鍵有3個，B-N有σ鍵有6個；
（4）1個B原子連接3個O原子，其中2個氧原子分別為2個B原子共有，利用均攤法計算每個B原子連接O原子數目，進而確定多硼酸根離子符號；
硼砂晶體中存在形成2個σ鍵、3個σ鍵的B原子，B原子最外層電子數全部處于成鍵；
（5）根據氯化鈉的結構知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為$\frac{1}{2}$a，距離最近的兩個陽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；
根據圖片知，每個氧化鎳所占的面積=（2×1.40×10^-10m）×（2×1.40×10^-10m×sin60°），每個氧化鎳的質量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，每個氧化鎳的質量乘以每平方米含有的氧化鎳個數就是每平方米含有的氧化鎳質量．

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個氮原子中含有7個電子，則1個N₅分子中含有35個電子，N₅⁺是由N₅分子失去1個電子得到的，則1個N₅⁺粒子中有34個電子，故A錯誤；
B．N₅⁺ 離子中每個氮原子均滿足8電子且呈對稱結構，N₅⁺離子的結構為，中間N原子有2對孤對電子，有4對未成鍵的電子對，故B錯誤；
C．N₅⁺離子的結構為，則N₅⁺陽離子中存在兩個氮氮三鍵，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轉化為sp，故A錯誤；
B．CH₄分子中價層電子對=σ 鍵電子對+中心原子上的孤電子對=4+$\frac{1}{2}$×（4-4×1）=4，且不含孤電子對，所以其空間構型是正四面體，H₂O中價層電子對個數=2+$\frac{1}{2}$×（6-2×1）=4，且含有2個孤電子對，所以H₂O的VSEPR模型為四面體，分子空間構型為V型，、CO₂分子中價層電子對=σ 鍵電子對+中心原子上的孤電子對=2+$\frac{1}{2}$×（4-2×2）=2，所以二氧化碳是直線型結構，故B正確；
C．同周期隨原子序數增大，第一電離能呈增大趨勢，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個鍵，（H₃BNH₃）由六元環(huán)狀化合物（HB=NH）₃通過3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1個鍵是配位鍵，故D正確，
故選：A；
②1個（HB=NH）₃分子中硼原子與氮原子間以σ鍵結合，而剩余的p軌道形成一個共軛大π鍵，B-H鍵有3個，N-H鍵有3個，B-N有σ鍵有6個，故一共12個，
故答案為：12；
（4）1個B原子連接3個O原子，其中2個氧原子分別為2個B原子共有，則每個B原子實際結合O原子數目為1+2×$\frac{1}{2}$=2，代一個單位負電荷，故多硼酸根化學式為：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-），
硼砂晶體中存在形成2個σ鍵、3個σ鍵的B原子，B原子最外層電子數全部處于成鍵，故B原子采取sp²、sp³雜化，
故答案為：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）；sp²、sp³；
（5）根據氯化鈉的結構知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為$\frac{1}{2}$a，距離最近的兩個陽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；
根據圖片知，每個氧化鎳所占的面積=（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數=$\frac{1}{4×1.4×1{0}^{-10}×1.4×1{0}^{-10}×sin60°}$，每個氧化鎳的質量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，所以每平方米含有的氧化鎳質量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$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．

點評 本題是對物質結構與性質的考查，涉及核外電子排布、電離能、空間結構、化學鍵、雜化軌道、晶體結構與計算等，（5）中注意計算“1NiO”的體積應包含孔隙體積，難度較大．