Question

15．由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途．
（1）基态 Cu⁺的最外层核外电子排布式为3s²3p⁶3d¹⁰．
（2）研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种 N₅⁺N₃^-，若N₅⁺ 离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N₅⁺ 推测正确的是C
A．N₅⁺有24个电子
B． N₅⁺离子中存在三对未成键的电子对
C． N₅⁺阳离子中存在两个氮氮三键
（3）化合物 A（H₃BNH₃）₃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．
①与上述化学方程式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
②1个（HB=NH）₃分子中有12个σ键．
（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式．图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为sp²、sp³．

（5）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为acm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$a（用含有a的代数式表示）．在一定温度下，Ni0晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图c），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为1.83×10^-3g（氧离子的半径为1.40×10^-10m，$\sqrt{3}$≈l.732）．

Answer 1

分析 （1）Cu⁺基态核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）A．阳离子核外电子数=质子总数-电荷数；
B．N₅⁺ 离子中每个氮原子均满足8电子且呈对称结构，N₅⁺离子的结构为，中间N原子有2对孤对电子；
C．根据B中结构式分析判断；
（3）①A．由方程式可知：碳元素由CH₄变为CO₂，碳原子杂化类型由sp³转化为sp；
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形；
C．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能共有同周期相邻元素；
D．一般是形成3个键，（H₃BNH₃）由六元环状化合物（HB=NH）₃通过3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1个键是配位键；
②1个（HB=NH）₃分子中硼原子与氮原子间以σ键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大π键，B-H键有3个，N-H键有3个，B-N有σ键有6个；
（4）1个B原子连接3个O原子，其中2个氧原子分别为2个B原子共有，利用均摊法计算每个B原子连接O原子数目，进而确定多硼酸根离子符号；
硼砂晶体中存在形成2个σ键、3个σ键的B原子，B原子最外层电子数全部处于成键；
（5）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为$\frac{1}{2}$a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的$\sqrt{2}$倍；
根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（2×1.40×10^-10m）×（2×1.40×10^-10m×sin60°），每个氧化镍的质量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数就是每平方米含有的氧化镍质量．

解答 解：（1）Cu⁺基态核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，基态 Cu⁺的最外层电子排布式为：3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案为：3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）A．1个氮原子中含有7个电子，则1个N₅分子中含有35个电子，N₅⁺是由N₅分子失去1个电子得到的，则1个N₅⁺粒子中有34个电子，故A错误；
B．N₅⁺ 离子中每个氮原子均满足8电子且呈对称结构，N₅⁺离子的结构为，中间N原子有2对孤对电子，有4对未成键的电子对，故B错误；
C．N₅⁺离子的结构为，则N₅⁺阳离子中存在两个氮氮三键，故C正确．
故选：C；
（3）①A．由方程式可知：碳元素由CH₄变为CO₂，碳原子杂化类型由sp³转化为sp，故A错误；
B．CH₄分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+$\frac{1}{2}$×（4-4×1）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H₂O中价层电子对个数=2+$\frac{1}{2}$×（6-2×1）=4，且含有2个孤电子对，所以H₂O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO₂分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+$\frac{1}{2}$×（4-2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构，故B正确；
C．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能共有同周期相邻元素，故所以它们的第一电离能大小顺序是I₁（N）＞I₁（O）＞I₁（C）＞I₁（B），故C正确；
D．一般是形成3个键，（H₃BNH₃）由六元环状化合物（HB=NH）₃通过3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1个键是配位键，故D正确，
故选：A；
②1个（HB=NH）₃分子中硼原子与氮原子间以σ键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大π键，B-H键有3个，N-H键有3个，B-N有σ键有6个，故一共12个，
故答案为：12；
（4）1个B原子连接3个O原子，其中2个氧原子分别为2个B原子共有，则每个B原子实际结合O原子数目为1+2×$\frac{1}{2}$=2，代一个单位负电荷，故多硼酸根化学式为：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-），
硼砂晶体中存在形成2个σ键、3个σ键的B原子，B原子最外层电子数全部处于成键，故B原子采取sp²、sp³杂化，
故答案为：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）；sp²、sp³；
（5）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为$\frac{1}{2}$a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的$\sqrt{2}$倍，所以其距离是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$acm；
根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（2×1.40×10^-10m）×（2×1.40×10^-10m×sin60°）=4×1.40×10^-10×1.40×10^-10×sin60°m²，则每平方米含有的氧化镍个数=$\frac{1}{4×1.4×1{0}^{-10}×1.4×1{0}^{-10}×sin60°}$，每个氧化镍的质量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g，所以每平方米含有的氧化镍质量=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$g×$\frac{1}{4×1.4×1{0}^{-10}×1.4×1{0}^{-10}×sin60°}$=1.83×10^-3，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$a；1.83×10^-3．

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、空间结构、化学键、杂化轨道、晶体结构与计算等，（5）中注意计算“1NiO”的体积应包含孔隙体积，难度较大．