Question

17．按要求回答下列問題：
（1）處于一定空間運動狀態的電子在原子核外出現的概率密度分布可用電子云形象化描述；在基態¹⁴C原子中，核外存在2對自旋相反的電子．
（2）在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環也為六元環，每個C原子連接12個六元環，六元環中最多有4個C原子在同一平面，一個金剛石晶胞平均占有碳原子個數為8．
（3）與N₂互為等電子體的分子是CO，該分子的電子式為．
（4）己知C₆₀分子結構如圖1所示：
該籠狀分子是由多個正六邊形和正五邊形組成的，面體的頂點數V、面數F及棱數E間關系為：V+F-E=2，則此分子中共有12個正五邊形．
（5）硅烷（SinH2n+2）的沸點與相對分子質量的關系如圖2所示，呈現這種變化的原因是硅烷的相對分子質量越大，分子間范德華力越強，熔沸點越高．

（6）NiO晶體結構與NaCl晶體類似，其晶胞的棱長為a cm，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 cm（用含有a的代數式表示），在一定溫度下NiO晶體可以自發地分散并形成“單分子層”（如圖3），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 ）．

Answer 1

分析 （1）電子云形象的描述了一定空間運動狀態的電子在原子核外出現的概率密度分布；
基態¹⁴C原子的核外電子排布為1s²2s²2p²，1s、2s為成對電子，自旋方向相反，2p能級為單電子，自旋方向相同；
（2）一個碳原子有四個共價鍵，其中任意兩條邊（共價鍵）可以構成2個不同的六元環，根據組合知識可知四條邊任選其中兩條有6組；六元環中有兩條邊平衡，連接的原子處于同一平面內；金剛石晶胞中有4個原子處于晶胞內部，其它碳原子處于頂點與面心，利用均攤法計算；
（3）原子總數相等、價電子總數也相等的微粒互為等電子體，等電子體結構相似；
（4）C₆₀分子中每個碳原子只跟相鄰的3個碳原子相連，每條棱為1個C原子提供$\frac{1}{2}$，可得棱的數目，而單鍵與雙鍵數目之和等于棱數，每個碳原子形成2個單鍵、1個雙鍵，而每個五邊形含有5個單鍵；
（5）硅烷（Si_nH_2n+2）為分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高；
（6）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）處于一定空間運動狀態的電子在原子核外出現的概率密度分布可用電子云形象化描述；基態¹⁴C原子的核外電子排布為1s²2s²2p²，1s、2s為成對電子，自旋方向相反，2p能級為單電子，自旋方向相同，核外存在2對自旋相反的電子，
故答案為：電子云；2；
（2）一個碳原子有四個共價鍵，其中任意兩條邊（共價鍵）可以構成2個不同的六元環，根據組合知識可知四條邊任選其中兩條有6組，故每個碳原子連接六元環數目為6×2=12，六元環中有兩條邊平衡，連接的4個原子處于同一平面內，金剛石晶胞中有4個原子處于晶胞內部，其它碳原子處于頂點與面心，晶胞中含有碳原子數目為4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，
故答案為：12；4；8；
（3）與N₂互為等電子體的分子是CO，二者結構相似，CO分子的電子式為 ，
故答案為：CO；；
（4）C₆₀分子中每個碳原子只跟相鄰的3個碳原子相連，每條棱為1個C原子提供$\frac{1}{2}$，可得棱的數目為$\frac{60×3}{2}$=90，而單鍵與雙鍵數目之和等于棱數，每個碳原子形成2個單鍵、1個雙鍵，則晶體中單鍵數目為90×$\frac{2}{3}$=60，而每個五邊形含有5個單鍵，則含有五邊形數目為$\frac{60}{5}$=12，
故答案為：12；
（5）硅烷（Si_nH_2n+2）為分子晶體，硅烷的相對分子質量越大，分子間范德華力越強，熔沸點越高，
故答案為：硅烷的相對分子質量越大，分子間范德華力越強，熔沸點越高；
（6）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、等電子體、晶胞計算結構與計算等，側重考查晶胞有關問題，（2）中注意識記中學常見晶胞結構，（5）中注意計算“1NiO”的體積應包含孔隙體積，需要學生具備一定的空間想象與數學計算能力，掌握均攤法進行晶胞有關計算，難度較大．