题目内容
【题目】B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题。
(1)基态氮原子的价电子排布图为________________。
(2)Co能形成[Co(CNO)6]3-。
①1mol该离子中含有σ 键的数目为_____________。
②与CNO—互为等电子体的分子为_____________。（任写一种，填化学式）
(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+ 配离子，已知NF3和NH3的空间构型都是三角锥型，但NF3不易与Cu2+形成配合离子，其原因是_______。
(4)分子中的大 π键可用符合 πmn 表示，其中m表示形成大 π 键的原子数，n表示参与形成大 π 键的电子数（如苯分子中的大 π键可表示为π66）。则NO3-中的大 π键应表示为________________。
(5)多硼酸根的结构之一为链状(如图)，其化学式为____________。
(6)氮化硼晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石的结构（如图）。若晶胞边长为a nm，晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，则B—N键的键长为____nm，这种氮化硼晶体的密度为______g/cm3 。（用含有a和NA的代数式表示）
【答案】
18NA CO2或N2O 电负性F>N>H，NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键 
BO2- 
【解析】
(1)根据原子构造原理可知N核外电子排布式，结合原子最外层电子为价电子，即可得到基态氮原子的价电子排布图；
(2)①1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于σ键，1个CNO-含有2个σ键，故1个[Co(CNO)6]3-含有18个σ键；
②与CNO-互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷；
(3)根据形成配位键的体积及NF3中共用电子对的偏向分析判断；
(4) NO3-中的大 π键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成；
(5)由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为+2，O元素化合价为-2，计算化合价代数和确定离子所带电荷；B原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；
(6)根据晶胞中原子的相对位置，结合晶胞边长判断N-B键的键长；用均摊法计算晶胞中含有的B、N原子数目，然后根据密度公式可得晶胞的密度大小。
(1)N是7号元素，根据原子构造原理可知N核外电子排布式是1s22s22p3，价电子排布式是2s22p3，所以基态氮原子的价电子排布图为；
(2)①1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于σ键，1个CNO-含有2个σ键，故1个[Co(CNO)6]3-含有18个σ键，所以1mol该离子中含有σ 键的数目为18NA；
②与CNO-互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷，其电子体为CO2或N2O；
(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+ 配离子，是由于中心离子Cu2+有空轨道，NH3分子中N原子由孤对电子，N—H偏向N原子一方，N原子周围相对来说电子多，而NF3和NH3的空间构型尽管都是三角锥型，但电负性F>N>H，在NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配合离子；
(4)中NO3-中的大 π键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成，所以成键原子数是4，成键电子数是6，故NO3-中的大 π键表示为；
(5)由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为+2，O元素化合价为-2，多硼酸根的化合价代数和为3n+2×n(-2)=-n，故多硼酸根组成可表示为：(BO2)nn-，也可写为BO2 -；
(6)晶胞边长为anm，则立方氮化硼的结构可知晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，可看作是将晶胞均分为8个小立方体，B—N键的键长为晶胞体对角线的
，由于晶胞边长为anm，则体对角线为
，所以B—N键的键长nm；
一个晶胞中含有B原子数目为：4；含有N原子数目为
=4，即一个晶胞中含有4个BN，所以晶胞的密度为
=g/cm3。
