Question

1．碳（石墨）是常見的導體材料；硅是重要的半導體材料，構成了現代電子工業的基礎．
回答下列問題：
（1）硅主要以硅酸鹽、SiO₂等化合物的形式存在于地殼中．SiO₂晶體熔點比CO₂晶體二氧化硅是原子晶體、二氧化碳是分子晶體，
（2）在硅酸鹽中，SiO₄^4-（如圖a）通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網狀四大類結構型式；SiO₄^4-的空間構型為正四面體．圖b為一種無限長單鏈結構的多硅酸根，其中Si與O的原子數之比為1：3，化學式為[SiO₃]_n^2n-（或SiO₃^2-）．
（3）CaO晶體和NaCl晶體的晶格能分別為：CaO 3401kJ•mol^-1、NaCl 786kJ•mol^-1．則MgO的晶格能為A． 導致MgO晶格能差異的主要原因是鎂離子半徑小于鈣離子且二者電荷相等．
A．大于3401kJ•mol^-1    B．3401kJ•mol^-1～786kJ•mol^-1    C．小于786kJ•mol^-1
（4）下列分子既不存在s-pσ鍵，也不存在p-pπ鍵的是D．
A． HCl   B．HF    C． CO₂    D． SCl₂
（5）CN^-是常見的配位體，配位化合物K₃[Fe（CN）_n]遇亞鐵離子會產生藍色沉淀，因此可用于檢驗亞鐵離子．已知鐵原子的最外層電子數和配位體提供的電子數之和為14，求n=6．

Answer 1

分析 （1）原子晶體熔沸點高于分子晶體；
（2）SiO₄^4-中價層電子對個數是4且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷該微粒空間構型；
利用均攤法計算其原子個數比，從而確定其化學式；
（3）晶格能與離子所帶電荷成正比，與離子半徑成反比；
（4）A． HCl中存在s-pσ鍵；
B．HF中存在s-pσ鍵；
C． SO₂中存在p-pπ鍵；
D． SCl₂中存在p-pσ鍵；
（5）CN^-是常見的配位體，配位化合物K₃[Fe（CN）_n]遇亞鐵離子會產生藍色沉淀，鐵原子最外層電子式是2、每個配體提供電子數是2，鐵原子的最外層電子數和配位體提供的電子數之和為14，則2+2n=14，據此計算n．

解答 解：（1）二氧化硅是原子晶體、二氧化碳是分子晶體，原子晶體熔沸點大于分子晶體，所以二氧化硅熔沸點大于二氧化碳，
故答案為：二氧化硅是原子晶體、二氧化碳是分子晶體；
（2）SiO₄^4-中價層電子對個數是4且不含孤電子對，所以該微粒為正四面體結構；
根據圖片知，每個三角錐結構中Si原子是1個，O原子個數=2+2×$\frac{1}{2}$=3，所以硅原子和氧原子個數之比=1：3，3個O原子帶6個單位負電荷，每個硅原子帶4個單位正電荷，所以形成離子為[SiO₃]_n^2n- （或SiO₃^2-），
故答案為：正四面體；1：3；[SiO₃]_n^2n- （或SiO₃^2-）；
（3）晶格能與離子所帶電荷成正比，與離子半徑成反比，所以MgO晶格能大于CaO，故選A；
鎂離子和鈣離子所帶電荷相等但鎂離子半徑小于鈣離子，所以氧化鈣晶格能小于氧化鎂，故答案為：A；
鎂離子半徑小于鈣離子且二者電荷相等；
（4）A． HCl中存在s-pσ鍵，故錯誤；
B．HF中存在s-pσ鍵，故錯誤；
C．SO₂中存在p-pπ鍵，故錯誤；
D． SCl₂中存在p-pσ鍵，故正確；
故選D；
（5）CN^-是常見的配位體，配位化合物K₃[Fe（CN）_n]遇亞鐵離子會產生藍色沉淀，鐵原子最外層電子式是2、每個配體提供電子數是2，鐵原子的最外層電子數和配位體提供的電子數之和為14，則2+2n=14，n=6，故答案為：6．

點評 本題考查物質結構和性質，為高頻考點，涉及配合物的成鍵情況、共價鍵、晶格能、微粒空間構型判斷、晶體類型判斷等知識點，會利用價層電子對互斥理論判斷原子雜化及微�？臻g構型、會利用均攤法確定化學式等，難點是（6）題，題目難度中等．