题目内容

12.As、N、0等非金属元素的化合物在工业生产中有重要的应用.
(1)核电荷数比As小4的元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)前四周期元素中,基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有5种.
(3)已知氮的最高价氧化物为无色晶体.它由两种离子构成,其阴离子构型为平面正三角形,则其阳离子的构型为直线形,阳离子中氮的杂化方式为sp.
(4)磷化硼有多种晶型,图1示意的是磷化硼分子的分子结构图,其分子式为B14P4
(5)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体,其结构如图2所示.由此判断该钙的氧化物的化学式为CaO2.已知该氧化物的密度是ρg•cm -3.则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$ cm(只要求列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数为NA).

分析 (1)核电荷数比As小4的原子为Cu,其原子核外有29个电子,根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式;
(2)按照从第一到第四周期的顺序,根据元素周期表中各元素结构及未成对电子数进行解答;
(3)氮的最高价氧化物为N2O5,由两种离子构成,其中阴离子构型为平面正三角形,化学式应为NO3-,则其阳离子的化学式为:NO2+,根据N原子的价层电子对数判断杂化类型;
(4)根据磷化硼分子的分子结构图分析;
(5)根据原子之间存在的化学键知,黑色小球表示Ca原子,白色小球表示O原子,该晶胞中Ca原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4,O原子个数=(1+12×$\frac{1}{4}$)×2=8,其化学式为Ca、O原子个数最简比;
根据ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{V}$得晶胞边长=$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$,晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离是该晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍.

解答 解:(1)核电荷数比As小4的原子为Cu,其原子核外有29个电子,基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
故答案为:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)第一周期中,有1个未成对电子的是氢原子,其电子排布式为1s1;第二周期中,未成对电子是2个的有两种分别为:C:1s22s22p2和O:1s22s22p4;第三周期中,未成对电子是3个的是P:1s22s22p63s23p3;第四周期中未成对电子是4个的是Fe:1s22s22p63s23p63d64s2
故答案为:5;
(3)氮的最高价氧化物为N2O5,由两种离子构成,其中阴离子构型为平面正三角形,化学式应为NO3-,则其阳离子的化学式为:NO2+,其中心原子价电子对数为:2+$\frac{5-1-2×2}{2}$=2,所以其中的氮原子按sp方式杂化,阳离子的构型为直线型,
故答案为:直线; sp;
(4)磷化硼晶体中存在分子,则氮化硼属于分子晶体,根据分子结构图可知,其分子式为:B14P4
故答案为:B14P4
(5)根据原子之间存在的化学键知,黑色小球表示Ca原子,白色小球表示O原子,该晶胞中Ca原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4,O原子个数=(1+12×$\frac{1}{4}$)×2=8,该晶胞中Ca、O原子个数之比=4:8=1:2,则化学式为CaO2
根据ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{V}$得晶胞边长=$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$=$\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$cm,晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离是该晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍,则晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离为$\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$cm;
故答案为:CaO2;$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$.

点评 本题考查了核外电子排布、分子构型和杂化方式、晶胞的计算等内容,综合性较强,难度中等,解题的关键要充分用好立体几何的知识,发挥空间想象力,解决问题.

练习册系列答案
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7.(1)人们常用催化剂来选择反应进行的方向.如图1所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时,生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去].

①写出1moL HCHO生成CO的热化学方程式:HCHO(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)═CO(g)+H2O(g)△H=-235KJ•mol-1
②CH3OH与O2在有催化剂作用下反应,产物中HCHO比率大大提高的原因是催化剂使生成HCHO的活化能降低,同时使生成CO的活化能升高,并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能.
(2)①一定温度下,将N2H4与NO2以体积比为1:1置于10L定容容器中发生反应2N2H4(g)+2NO2(g)?3N2(g)+4H2O(l)△H<0,下列能说明反应达到平衡状态的是abd.
a.混合气体密度保持不变
b.3v(NO2)=2v(N2
c.N2H4与NO2体积比保持不变
d.体系压强保持不变
②在某温度下,5L密闭容器中发生上述反应,容器内部分物质的物质的量变化如下表:
    物质的量/mol
时间
n (N2H4n (NO2n (N2
起始2.03.00
第2min1.5a0.75
第4min1.2b1.2
第6min1.0c1.5
第7min1.0c1.5
请画出该反应中n(NO2)随时间变化曲线,并画出在第7min分别升温、加压、加催化剂的情况下n(NO2)随时间变化示意图如图2.计算该温度下反应的平衡常数K(保留2位有效数字,写出计算过程).
(3)纳米级Cu2O具有优良的催化性能,制取Cu2O的方法有:
①加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2制备纳米级Cu2O,同时放出N2.该制法的化学方程式为4Cu(OH)2+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu2O+N2↑+6H2O.
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