Question

18．太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、硒、氮、硼、镓、镁、钙等化学物质．

（1）亚铜离子（Cu⁺）基态时的价电子排布式为3d¹⁰；
（2）氮元素的第一电离能在同周期中从大到小排第3位；写出与NO${\;}_{3}^{-}$互为等电子体的一种非极性分子化学式SO₃等；
（3）H₂Se的酸性比H₂S强（填“强”或“弱”）．
（4）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子（如图1），其中有两个原子为¹⁰B，其余为¹¹B，则该结构单元有3种不同的结构类型．
（5）如图2为碳化硅的晶胞（其中●为碳原子，○为硅原子）．
①三个碳原子和三个硅原子相间构成一个椅式（船、椅）六元环．
②如果我们以一个硅原子为中心，则与硅原子次近的第二层有12个原子．
③已知：碳原子半径为a×10^-8cm，硅子半径为b×10^-8cm，假设碳、硅原子是刚性小球，在晶体中彼此相切，计算碳化硅晶体的密度为$\frac{160}{{N}_{A}×[\frac{4（a+b）}{\sqrt{3}}×1{0}^{-8}]^{3}}$g/cm³（只要求列出算式），查表知该密度比实测值偏小，其原因可能是密度偏小，说明实际晶胞的体积下小于计算值，实际上碳、硅原子之间形成共价键，而不是相切，碳、硅原子间的距离比两个原子半径之和小．
（6）在浓的CrCl₃的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为CrCl₃•6H₂O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为[TiCl（H₂O）₅]²⁺．
（7）难溶碳酸盐受热易分解，试比较MgCO₃和CaCO₃的稳定性，并说明理由稳定性：CaCO₃＞MgCO₃，碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果，产物中氧化镁和氧化钙都为离子晶体，因为镁离子半径小于钙离子半径则氧化镁晶格能大，更稳定，更易于生成．

Answer 1

分析 （1）Cu原子价电子排布式为3d¹⁰4s¹，失去4s能级的1个电子形成Cu⁺；
（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素的，稀有气体的第一电离能最大；
原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，分子中正负电荷重心重合的分子属于非极性分子（中心原子价电子全部成键）；
（3）Se的原子半径大于S的，故H-Se不如H-S键稳定；
（4）两个¹⁰B有3位置，为图中上下顶点位置，其中一个处于上顶点，另外的一个处于上层阴影中顶点，或者下层阴影中顶点；
（5）①三个碳原子和三个硅原子相间构成一个六元环为图中红线连接的原子，为椅式结构；
②距离中心Si最近的第一层的4个C原子，每一个又连接着另外3个Si原子；
③黑色球连接周围的4个白色球形成正四面体结构，黑色球位于正四面体的中心，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体对角线上，且二者之间距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而晶胞体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$倍，据此算晶胞棱长，根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，表示出晶胞的质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶体密度；
Si、C原子之间形成共价键，原子间距小于二者原子半径之和，计算的体积比实际体积偏大；
（6）在浓的TiCl₃的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl₃•6H₂0的绿色晶体，该晶体中两配体的物质的量之比为1：5，则配体中有1个Cl^-、5个H₂O，2个氯离子位于外界；
（7）分解生成金属氧化物，金属氧化物的晶格能大，更稳定，更易于生成．

解答 解：（1）Cu原子价电子排布式为3d¹⁰4s¹，失去4s能级的1个电子形成Cu⁺，Cu⁺基态时的价电子排布式为3d¹⁰，
故答案为：3d¹⁰；
（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素的，稀有气体的第一电离能最大，故第二周期第一电离能：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，
原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与NO₃^-互为等电子体的一种非极性分子化为SO₃等，
故答案为：3；SO₃等；
（3）Se的原子半径大于S的，故H-Se不如H-S键稳定，在溶液中更溶液电离，故H₂Se的酸性比H₂S强，
故答案为：强；
（4）两个¹⁰B有3位置，为图中上下顶点位置，其中一个处于上顶点，另外的一个处于上层阴影中顶点，或者下层阴影中顶点，有3种结构，
故答案为：3；

（5）①三个碳原子和三个硅原子相间构成一个六元环为图中红线连接的原子，为椅式结构，
故答案为：椅；
②距离中心Si最近的第一层的4个C原子，每一个又连接着另外3个Si原子，则与硅原子次近的第二层有12个原子，
故答案为：12；
③黑色球连接周围的4个白色球形成正四面体结构，黑色球位于正四面体的中心，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体对角线上，且二者之间距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而晶胞体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$倍，故晶胞棱长为（a×10^-8cm+b×10^-8cm）×4÷$\sqrt{3}$，晶胞中C原子数目为4，Si原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故晶胞质量为4×$\frac{12+28}{{N}_{A}}$g，故晶体密度为4×$\frac{12+28}{{N}_{A}}$g÷[（a×10^-8cm+b×10^-8cm）×4÷$\sqrt{3}$]³=$\frac{160}{{N}_{A}×[\frac{4（a+b）}{\sqrt{3}}×1{0}^{-8}]^{3}}$g/cm³，
密度偏小，说明实际晶胞的体积下小于计算值，实际上碳、硅原子之间形成共价键，而不是相切，碳、硅原子间的距离比两个原子半径之和小，
故答案为：$\frac{160}{{N}_{A}×[\frac{4（a+b）}{\sqrt{3}}×1{0}^{-8}]^{3}}$；密度偏小，说明实际晶胞的体积下小于计算值，实际上碳、硅原子之间形成共价键，而不是相切，碳、硅原子间的距离比两个原子半径之和小；
（6）在浓的TiCl₃的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl₃•6H₂0的绿色晶体，该晶体中两配体的物质的量之比为1：5，则配体中有1个Cl^-、5个H₂O，2个氯离子位于外界，则该配离子的化学式为[TiCl（H₂O）₅]²⁺，
故答案为：[TiCl（H₂O）₅]²⁺；
（7）碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果，产物中氧化镁和氧化钙都为离子晶体，因为镁离子半径小于钙离子半径则氧化镁晶格能大，更稳定，更易于生成，稳定性：CaCO₃＞MgCO₃，
故答案为：稳定性：CaCO₃＞MgCO₃，碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果，产物中氧化镁和氧化钙都为离子晶体，因为镁离子半径小于钙离子半径则氧化镁晶格能大，更稳定，更易于生成．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、等电子体、晶胞计算与计算、配合物、晶格能等，是对学生综合能力的考查，难度较大．