Question

【題目】由P、S、Cl、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛的用途，回答下列問題。

(1)基態(tài) Cl原子核外電子排布式為__________________________，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序為____________________，P、S、Cl的電負性由大到小順序為_______________。

(2)SCl2分子中的中心原子雜化軌道類型是_____________，該分子構型為__________。

(3)Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中配位鍵個數(shù)為_______；以“—”表示σ鍵、“→”表示配位鍵，寫出CO分子的結構式__________。

(4)已知MgO與NiO的晶體結構(如圖1)相同， 其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66 pm和69pm。則熔點：MgO_____NiO(填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是_______________________________。

(5)若NiO晶胞中離子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，則C離子坐標參數(shù)為_______。

(6)金剛石晶胞含有____個碳原子。若碳原子半徑為r，金剛石晶胞的邊長為a，根據(jù)硬球接觸模型，則r= ______a，列式表示碳原子在晶胞中的空間占有率____(請用r和a表示不要求計算結果)。

Answer 1

【答案】1s22s22p63s23p5 Cl> P > S Cl> S > P sp3 V形 8 > Mg2+半徑比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大 (1，，) 8

【解析】

(1)Cl為17號元素，結合核外電子的排布規(guī)律書寫基態(tài) Cl原子的電子排布式；同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素；元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大；

(2)根據(jù)價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)計算SCl2中S原子雜化軌道數(shù)分析解答；

(3)CO分子中C與O之間形成三鍵，其中有一個為配位鍵，CO與中心原子間形成4個配位鍵，據(jù)此解答；

(4)Mg2+半徑比Ni2+小，結合晶格能的大小分析判斷；

(5)根據(jù)圖示，C離子的x系坐標與B的x系坐標相同，y、z系坐標都在中點上；

(6)金剛石晶胞中有4個碳原子位于晶胞內(nèi)部，每個頂點每個面心上各有1個原子；碳原子與周圍相接觸的4個碳原子形成正四面體，頂點碳原子與正四面體中心碳原子連線處于晶胞體對角線上，二者距離等于晶胞體對角線長度的，據(jù)此計算r，從而計算該晶胞中所有C原子的體積和晶胞體積，結合原子空間利用率=分析計算。

(1)Cl為17號元素，基態(tài) Cl原子的電子排布為1s22s22p63s23p5；同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，P元素原子3p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：Cl＞P＞S；元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大，P、S、Cl的電負性由大到小順序為Cl> S > P，故答案為：1s22s22p63s23p5；Cl＞P＞S；Cl> S > P；

(2)SCl2中S原子雜化軌道數(shù)為2+(6-2)=4，采取sp3雜化，含有兩對孤電子對，所以該分子構型為V形，故答案為：sp3；V形；

(3)Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，1個CO中含有1個配位鍵，CO與中心原子間形成4個配位鍵，因此一個Ni(CO)4分子中8個配位鍵；CO分子中C與O之間形成三鍵，其中有一個為配位鍵，CO分子的結構式為，故答案為：8；；

(4)Mg2+半徑比Ni2+小，所以氧化鎂的晶格能大于氧化鎳，則熔點：MgO＞NiO，故答案為：＞；Mg2+半徑比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大；

(5)NiO晶胞中離子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，而C離子的x系坐標與B的x系坐標相同，y、z系坐標都在中點上，所以C離子坐標參數(shù)為(1，，)，故答案為：span>(1，，)；

(6)金剛石晶胞中有4個碳原子位于晶胞內(nèi)部，每個頂點每個面心上各有1個原子，該晶胞中C原子個數(shù)=8×+6×+4=8；碳原子與周圍相接觸的4個碳原子形成正四面體，頂點碳原子與正四面體中心碳原子連線處于晶胞體對角線上，且二者距離等于晶胞體對角線長度的，晶胞體對角線長度等于晶胞邊長的倍，則2r=a，則r=a；該晶胞中所有C原子體積=8×πr3、晶胞體積=a3，原子空間利用率====π，故答案為：8；；π。