Question

【题目】O2、O3、N2、N4是氧和氮元素的几种单质。回答下列问题：

（1）O原子中价电子占据的轨道数目为______________。

（2）第一电离能I1：N__________O(填“＞”或“＜”)，第二电离能I2：O大于N的原因是_________________。

（3）O3的空间构型为__________________；分子中存在大π键，可用符号Π表示，其中m表示形成的大π键的原子数，n表示形成的大π键的电子数，则O3中大π键应表示为___________________________________。

（4）N元素的简单气态氢化物NH3在H2O中溶解度很大，其原因之一是NH3和H2O可以形成分子间氢键，则在氨水中氢键可以表示为H3N…H—N、____________________、__________________________(任写两种即可)。

（5）已知：表格中键能和键长数目。

化学键	键长/pm	键能/(kJ·mol－1)
N-N	145	193
N=N	125	418
N≡N	110	946

N2和N4都是N元素的单质，其中N4是正四面体构型，N原子占据四面体的四个顶点，从键参数角度分析N4分子稳定性远小于N2原因是________________________。

（6）Na2O的晶胞结构如图所示，X表示O2－，Y表示Na＋，则O2－的配位数为____________，该晶胞的原子空间利用率为_____________。[已知该晶胞的棱长为a pm，r(Na＋)＝x pm，r(O2－)＝y pm]

Answer 1

【答案】4 ＞ 失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高 V形 极性 H3N…H-O、H2O…H-N、H2O…H-O(任写两种) N4中N-N键键能小于N2中的N≡N键键能，键长大于N≡N键键长 8 ×100%

【解析】

（1）O位于周期表中第2周期第ⅥA族；

（2）根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大来分析；

（3）中心为O，根据VSEPR理论判断空间构型，分子中正负电荷中心重合为非极性分子，不重合为极性分子，根据O的分子结构分子其离域大π键构型；

（4）NH3和H2O可以形成分子间氢键，N和O的电负性较大，可以形成分子间氢键，增大溶解度；

（5）根据键能大小分析分子的稳定性；

（6）根据晶胞结构图分析，O2－做面心立方最密堆积，Na＋做四面体填隙，从上底面面心的O2－分析其配位数，晶胞的空间利用率为V球/V晶胞×100%。

（1）O位于周期表中第2周期第ⅥA族，则O原子中价电子排布式为2s22p4，占据4个轨道；

（2）N价层为2s22p3，O价层为2s22p4，N的2p能级为半满结构，比较稳定，则第一电离能I1：N＞O；N和O均失去一个电子后，N价层为2s22p2，O价层为2s22p3，O＋的2p能级半满，比较稳定，所以第二电离能I2：N＜O；原因是：失去一个电子后O＋的2p处于半充满状态，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高；

（3）中心为O，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+（6-2×2）/2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于一对孤电子对占据平面三角形的一端，所以其空间构型为V形；分子中正负电荷中心不重合，为极性分子；分子中存在的大π键，中心O为sp2杂化，2s、两个2p发生杂化，剩余一个p轨道留有一对电子，端位O原子的各取一个带有单电子的p轨道形成3中心4电子的离域大π键，记为；

（4）NH3和H2O可以形成分子间氢键，N和O的电负性较大，可以形成分子间氢键，增大溶解度，形成的氢键可以为：H3N…H-O，H2O…H-N（或H2O…H-O），故答案为：H3N…H-O；H2O…H-N（或H2O…H-O）；

（5）根据键能大小，N4中N-N键能小于N2中的N≡N，键长大于N≡N，键能越小，分子越活泼，越不稳定；

（6）根据晶胞结构图分析，O2－做面心立方最密堆积，Na＋做四面体填隙，从上底面面心的O2－分析，周围等距且最近的Na＋有8个，所以O2－的配位数为8，一个晶胞中含有O2－的数目为8×1/8+6×1/2=4个，含有Na＋的数目为8个，所以一个晶胞中V球=4×πr3(O2－)+8×πr3(Na＋)=πy3＋πx3，晶胞的棱长为a，所以晶胞体积为V晶胞=a3，所以晶胞的空间利用率为×100%=×100%。