Question

18．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 Cl原子核外電子占有的原子軌道數為9個，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序為Cl＞P＞S．
（2）SCl₂分子中的中心原子雜化軌道類型是sp³，該分子構型為V形．
（3）PH₄Cl的電子式為，Ni與CO能形成配合物Ni（CO）₄，該分子中σ鍵與π鍵個數比為1：1．
（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66pm和69pm．則熔點：MgO＞NiO（填“＞”、“＜”或“=”），理由是Mg²⁺半徑比Ni²⁺小，MgO的晶格能比NiO大．
（5）若NiO晶胞中離子坐標參數A為（0，0，0），B為（1，1，0），則C離子坐標參數為（1，1/2，1/2）．
（6）一定溫度下，NiO晶體可以自發地分散并形成“單分子層”，可以認為O^2-作密置單層排列，Ni²⁺填充其中（如圖2），已知O^2-的半徑為a m，每平方米面積上分散的該晶體的質量為$\frac{25\sqrt{3}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$g．（用a、N_A表示）

Answer 1

分析 （1）基態 Cl原子電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁷，此時其核外電子占有的原子軌道數為9，同周期隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大強酸，P元素原子3p能級為半滿穩定狀態，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；
（2）SCl₂中S原子雜化軌道數為$\frac{1}{2}$（6+2）=4，采取 sp³雜化方式，該分子構型為V形；
（3）PH₄Cl的電子式為，Ni與CO能形成配合物Ni（CO）₄，該分子中σ鍵為：1×4+4=8與π鍵個數為：2×4=8；
（4）離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關，離子所帶電荷數越多，離子半徑越小，離子鍵越強，熔點越高；
（5）NiO晶胞中離子坐標參數A為（0，0，0），B為（1，1，0），而C離子的x系坐標與Bx系坐標相同，y、z系坐標都在中點上，所以C離子坐標參數為（1，1/2，1/2）；
（6）根據圖片知，每個氧化鎳所占的面積=（2×am）×（2×a×m×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）基態 Cl原子電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁷，此時其核外電子占有的原子軌道數為9，同周期隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大強酸，P元素原子3p能級為半滿穩定狀態，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，
故答案為：9；Cl＞P＞S；
（2）SCl₂中S原子雜化軌道數為$\frac{1}{2}$（6+2）=4，采取 sp³雜化方式，兩對孤對電子對，所以該分子構型為V形，故答案為：sp³；V形；
（3）PH₄Cl的電子式為，Ni與CO能形成配合物Ni（CO）₄，該分子中σ鍵為：1×4+4=8與π鍵個數為：2×4=8，所以個數之比為1：1，
故答案為：；1：1；
（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A為（0，0，0），B為（1，1，0），而C離子的x系坐標與Bx系坐標相同，y、z系坐標都在中點上，所以C離子坐標參數為（1，1/2，1/2），故答案為：（1，1/2，1/2）；
（6）（5）根據圖片知，每個氧化鎳所占的面積=（2×am）×（2×am×sin60°）=2$\sqrt{3}$a²m²，則每平方米含有的氧化鎳個數=$\frac{1}{2\sqrt{3}{a}^{2}}$，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=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$×$\frac{1}{2\sqrt{3}{a}^{2}}$g=$\frac{25\sqrt{3}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$，故答案為：$\frac{25\sqrt{3}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$．

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，題目難度較大．