Question

15．（1）第四周期的某主族元素，其第一至五电离能数据如图1所示，则该元素对应原子的M层电子排布式为3s²3p⁶．
（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化．每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是SiH₄．
（3）化合物（CH₃）₃N与盐酸反应生成【（CH₃）₃ NH】⁺，该过程新生成的化学键为b．（填序号）
a．离子键 b．配位键 c．氢键 d．非极性共价键
若化合物（CH₃）₃N能溶于水，试解析其原因化合物（CH₃）₃N为极性分子且可与水分子间形成氢键
（4）CO₂在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示．该晶体的熔点比SiO₂晶体高（选填“高”或“低”），该晶体中碳原子轨道的杂化类型为sp³．
（5）如图4为20个碳原子组成的空心笼状分子C₂₀，该笼状结构是由许多正五边形构成如图．C₂₀分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；
则：C₂₀分子共有12个正五边形，共有30条棱边．
（6）Cu²⁺等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律．试推断Ni²⁺的水合离子为有（填“有”或“无”）色离子，依据是Ni²⁺的3d轨道上有未成对电子．

离子	Sc3+	Ti3+	Fe2+	Cu2+	Zn2+
颜色	无色	紫红色	浅绿色	蓝色	无色

（7）晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称为晶胞．已知Fe_xO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1．测知Fe_xO晶体密度为p=5.71g•cm^-3，晶胞边长为4.28×10^-10m，Fe_xO中x值（精确至0.01）为0.92．

Answer 1

分析 （1）根据该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，则为第IIA族元素Ca，据此分析；
（2）根据相对分子质量与物质熔沸点的关系以及氢键的存在对物质性质的影响判断；
（3）化合物（CH₃）₃N与盐酸反应生成[（CH₃）₃ NH]⁺，该过程新生成的化学键为氮与质子氢离子形成配位键；极性分子（CH₃）₃N和水之间形成氢键，所以溶解性增强；
（4）根据构成晶体的微粒及微粒间的作用力判断，根据C原子形成的价层电子对数判断；
（5）根据图片知，每个顶点上有1个碳原子，所以顶点个数等于碳原子个数为20，每个顶点含有棱边数=$\frac{1}{2}$×3=1.5，每个面含有顶点个数=$\frac{1}{3}×5$=$\frac{5}{3}$，利用均摊法或根据欧拉定理计算；
（6）Cu原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，故Cu²⁺的外围电子排布式为3d⁹，Zn²⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，d轨道上有10个电子，故Zn²⁺ 无色，Sc³⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni²⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸，3d轨道上有未成对电子，所以有色离子；
（7）Fe_xO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“Fe_xO”，再根据m=ρV计算．

解答 解：（1）由该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，
则为第四周期，第IIA族元素Ca，其电子排布为2、8、8、2，所以M层有8个电子，则M层电子排布式为：3s²3p⁶；
故答案为：3s²3p⁶；
（2）在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH₃、H₂O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故a点代表的应是第IVA族的第二种元素Si的氢化物，即SiH₄，
故答案为：SiH₄；
（3）化合物（CH₃）₃N与盐酸反应生成[（CH₃）₃ NH]⁺，该过程新生成的化学键为氮与质子氢离子形成配位键，所以选b，极性分子（CH₃）₃N和水之间形成氢键，所以溶解性增强，
故答案为：b；化合物（CH₃）₃N为极性分子且可与水分子间形成氢键；
（4）CO₂在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示．该晶体中原子之间通过共价键结合，属于原子晶体，而碳氧键的键长短，所以该晶体的熔点比SiO₂晶体高；该晶体中C原子形成4个C-O单键，则C原子含有4价层电子对，所以C原子轨道的杂化类型为sp³，
故答案为：高；sp³；
（5）根据图片知，每个顶点上有1个碳原子，所以顶点个数等于碳原子个数为20，每个顶点含有棱边数=$\frac{1}{2}$×3=1.5，每个面含有顶点个数=$\frac{1}{3}×5$=$\frac{5}{3}$，则面数=$\frac{\frac{20}{5}}{3}$=12，
或根据欧拉定理得面数=2+棱边数-顶点数=2+30-20=12，
故答案为：12；30；
（6）Cu原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，故Cu²⁺的外围电子排布式为3d⁹，Zn²⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，d轨道上有10个电子，故Zn²⁺ 无色，Sc³⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni²⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸，3d轨道上有未成对电子，所以有色离子，故答案为：有；Ni²⁺的3d轨道上有未成对电子；
（7）Fe_xO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“Fe_xO”，再根据m=ρV可知：4×$\frac{56x+16}{{N}_{A}}$g=5.71g•cm^-3×（4.28×10^-8 cm）³，解得：x=0.92，故答案为：0.92．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、晶胞结构与计算，（7）中计算为易错点、难点，注意识记中学常见晶胞结构，难度中等．