Question

16．研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质．请回答下列问题：
（1）O、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞Si．C₆₀和金刚石都是碳的同素异形体，二者中熔点较高的是金刚石．
（2）化合物A （H₃BNH₃）是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物（HB=NH）₃通过
3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得．下列有关的叙述不正确的是A．（填标号）
A．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形
C．第一电离能：N＞O＞C＞B
D．化合物A中存在配位键
（3）过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道的电子排布有关．一般地，若为d ⁰或d¹⁰排布时无颜色；若为d¹～d⁹排布时有颜色；如²⁺显蓝色．据此判断25号元素Mn形成的络合离子[Mn（H₂O）₆]²⁺有（填“有”或“无”）颜色．
（4）H-C≡C-COOH分子内含有的σ键、π键的个数依次为6、3，其中碳原子的杂化方式为sp和sp²．
（5）CO可以与金属铁形成配合物分子Fe（CO）₅．Fe（CO）₅在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）₅（s）=Fe（s）+5CO（g），反应过程中，断裂的化学键只有配位键，则形成的化学键类型是金属键．
（6）某元素的原子的M能层为全充满状态，且N层电子只有一种运动状态，其单质晶体中微粒的堆积方式是图中丙（选填“甲”、“乙”或“丙”）； 若该晶体中晶胞的边长为acm，则该晶体的密度为$\frac{256}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³（写出含a的表达式，用N_A表示阿伏加德罗常数）．

Answer 1

分析 （1）根据元素的电负性在周期表中的递变规律以及晶体的类型与熔沸点的关系解答该题；
（2）A．由CH₄变为CO₂，碳原子杂化类型由sp³转化为sp；
B．CH₄为正四面体，H₂O分子的空间结构为V形，CO₂的空间结构为直线形；
C．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族元素的第一电离能大于相邻元素；
D．根据B的最外层电子数及形成的共价键数判断；
（3）判断Mn²⁺离子的原子核外3d轨道上是否含有电子来判断是否有颜色；
（4）C≡C键中含有1个δ键，2个π键，C=O键中含有1个δ键，1个π键；C≡C碳采用sp杂化，-COOH采用sp²杂化；
（5）根据生成物判断形成的化学键；
（6）某元素的原子的M能层为全充满状态，且N层电子只有一种运动状态，即N层只有一个电子，则外围电子排布为3d¹⁰4s¹，为铜元素，如图丙为铜型晶体的堆积方式，为面心立方堆积，在铜晶胞中，铜原子数为$\frac{1}{8}$×8+6×$\frac{1}{2}$=4，若铜晶体中一个晶胞的边长为a cm，根据ρ=$\frac{m}{V}$计算．

解答 解：（1）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：O＞N＞C，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：C＞Si，则有N＞O＞Si，C₆₀是分子晶体，而金刚石是原子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体，
故答案为：O＞N＞Si；金刚石；
（2）A．由CH₄变为CO₂，碳原子杂化类型由sp³转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故A错误；
B．CH₄分子中C原子在中心，四个H原子在四面体的顶点上，分子结构为正四面体，H₂O分子中O原子含有2个孤电子对，分子的空间结构为V形，CO₂的结构式为O=C=O，分子空间结构为直线形，故B正确；
C．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族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是N＞O＞C＞B，故C正确；
D．B的最外层电子数为3，能形成的3个共价键，化合物A（H₃BNH₃）中B与H形成3个共价键，B原子的空轨道与N原子的孤对电子形成配位键，故D正确；
故答案为：A；
（3）Mn²⁺离子的原子核外排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，其d轨道上有5的电子，故[Mn（H₂O）₆]²⁺ 有颜色，
故答案为：有；
（4）C≡C键中含有1个δ键，2个π键，C=O键中含有1个δ键，1个π键，则H-C≡C-COOH分子内含有6个σ键、3个π键，碳碳三键两端的碳原子价层电子对数是2，为sp杂化，C=O键中碳原子价层电子对数是3，所以存在sp²杂化，
故答案为：6、3；sp和sp²；
（5）Fe（CO）₅在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）₅═Fe（s）+5CO，反应生成Fe，则形成金属键，
故答案为：金属键；
（6）某元素的原子的M能层为全充满状态，且N层电子只有一种运动状态，即N层只有一个电子，则外围电子排布为3d¹⁰4s¹，为铜元素，如图丙为铜型晶体的堆积方式，为面心立方堆积，在铜晶胞中，铜原子数为$\frac{1}{8}$×8+6×$\frac{1}{2}$=4，若铜晶体中一个晶胞的边长为a cm，则铜晶体的密度为ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{64×4}{{N}_{A}}}{{a}^{3}}$g/cm³=$\frac{256}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³；
故答案为：丙；$\frac{256}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查了物质结构和性质，涉及电离能、等电子体、分子结构、杂化轨道、配合物、晶胞结构与计算等，为常考知识点，注意掌握中学常见配合物，晶胞结构需要学生具有一定的空间想象能力，侧重对学生综合能量的考查，难度中等．