Question

4．由Cu、N、B、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛用途．
（1）基態 Cu⁺的最外層核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ．
（2）研究者預想合成一個純粹由氮組成的新物種 N₅+N^3-，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）是一種潛在的儲氫材料，它可由六元環狀化合物（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原子失去1個電子生成Cu⁺，Cu⁺核外有28個電子，失去的電子數是其最外層電子數，根據構造原理書寫Cu⁺基態核外電子排布式；
（2）A．N₅⁺是由N₅分子失去1個電子得到的，1個N₅分子是由5個氮原子構成的，據此進行分析解答．
B．N₅⁺離子中每個氮原子均滿足8電子結構，每個N原子形成3個共用電子對，還剩一對未成鍵電子；
C．N₅⁺離子的結構為；

（3）①由方程式可知：碳元素由CH₄變為CO₂，碳原子雜化類型由sp³轉化為sp；
②根據無機苯中氮原子和硼原子都采取sp²雜化分析；
（4）有1個O連著一個B，剩余的兩個O分別連著2個B，說明有一個O完全屬于B，剩下的兩個O，B只占有O的$\frac{1}{2}$；硼砂晶體中陰離子[B₄O₅（OH）₄]^2-中一半sp³雜化形成BO₄四面體；另一種是sp²雜化形成BO₃平面三角形結構；
（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=1.40×10^-10m×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原子失去1個電子生成Cu⁺，Cu⁺核外有28個電子，失去的電子數是其最外層電子數，根據構造原理知Cu⁺基態核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ，故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ； 
（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電子結構，每個N原子形成3個共用電子對，還剩一對未成鍵電子，所以N₅⁺離子中存在五對未成鍵的電子對，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）①3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃，
A．由CH₄變為CO₂，碳原子雜化類型由sp³轉化為sp，反應前后碳原子的軌道雜化類型已經改變，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．同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，這幾種元素都是第二周期元素，它們的族序數分別是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，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．B一般是形成3個鍵，（H₃BNH₃）由六元環狀化合物（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；
故答案為：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）圖（a）是一種鏈狀結構的多硼酸根，從圖可看出，每個BO₃^2-單元，都有一個B，有一個O完全屬于這個單元，剩余的2個O分別為2個BO₃^2-單元共用，所以B：O=1：（1+2×$\frac{1}{2}$）=1：2，化學式為：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-），從圖（b）是硼砂晶體中陰離子的環狀結構可看出，[B₄O₅（OH）₄]^2-一半sp³雜化形成兩個四配位BO₄四面體；另一半是sp²雜化形成兩個三配位BO₃平面三角形結構，
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=$\frac{4×1.40×10{\;}^{-10}m×8×1.40×10{\;}^{-10}m×sin60°}{8}$，則每平方米含有的氧化鎳個數=$\frac{1}{4×1.4×10{\;}^{-10}×1.4×10{\;}^{-10}Sin60°}$，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×$\frac{1}{4×1.4×10{\;}^{-10}×1.4×10{\;}^{-10}Sin60°}$=1.83×10^-3，
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{2}$a；1.83×10^-3．

點評 本題考查學生對物質結構與性質模塊的掌握情況，重點考查結構知識，涉及電離能、電子排布式、原子半徑、空間結構、雜化軌道、化學式、晶體的計算等，考查知識全面、覆蓋廣，難度適中，可以衡量學生對該模塊主干知識的掌握情況．