Question

8．已知火箭所用燃料为肼（N₂H₄），氧化剂为过氧化氢，火箭部分构件采用钛合金材料．请回答下列问题：
（1）N₂H₄、H₂O₂的组成元素中第一电离能最大的元素是N．
（2）钛的原子序数是22，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d²4s²．
（3）1molN₂H₄分子中所含极性键的数目为4N_A．
（4）H₂O₂受热易分解为H₂O，H₂O的空间构型为V形．其中心原子的杂化轨道类型为sp³．
（5）H₂S和H₂O₂的主要物理性质如表所示：

物质	熔点/K	沸点/K	水中溶解度（标准状况）
H2S	187	202	每升水中溶解2.6L
H2O2	272	423	以任意比互溶

造成上述物质的物理性质存在差异的主要原因是H₂O₂分子之间存在氢键，所以H₂O₂的熔、沸点高于H₂S，H₂O₂与H₂O分子之间也可形成氢键，故H₂O₂在水中溶解度大于H₂S在水中溶解度．
（6）氧化镁和氮化硼均可用作返回舱的热屏蔽材料，晶格能：氧化镁大于氧化钙（填“大于”或“小于”）．
（7）立方氮化硼的晶胞如图所示，则处于晶胞顶点的原子的配位数为4，若晶胞边长为a pm，则立方氮化硼晶胞的密度是$\frac{100}{{{N_A}{{（a×{{10}^{-10}}）}^3}}}$g•cm^-3（只要求列算式，阿伏伽德罗常数为N_A）．

Answer 1

分析 （1）氮元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素、氢元素；
（2）Ti原子核外电子数为22，根据和外电子排布三规则书写核外电子排布式；
（3）N₂H₄分子中N、N之间有一个非极性键，N、H之间都是极性键；
（4）H2O分子中O原子形成2个O-H键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4；
（5）H₂O₂的分子之间形成氢键，沸点高于硫化氢的，H₂O₂与H₂O分子之间也可以形成氢键，增大了溶解度；
（6）离子所带电荷相等，离子半径越小，晶格能越大；
（7）根据均摊法计算晶胞中N、B原子数目，B原子配位数为4，原子的配位数与原子数目成反比，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度．

解答 解：（1），氮元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素、氧元素、氢元素，第一电离能为N＞O＞H，
故答案为：N；
（2）Ti原子核外电子数为22，核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²或[Ar]3d²4s²（2分），
故答案为：[Ar]3d²4s²；
（3）N₂H₄分子中N、N之间有一个非极性键，N、H之间都是极性键，所以1mol N₂H₄分子中含有的极性键数目为4N_A，
故答案为：4N_A；
（4）H₂O分子中O原子形成2个O-H键，含有2对孤对电子，空间构型为V形，杂化轨道数目为4，O原子采取sp³杂化，
故答案为：V形；sp³；
（5）H₂O₂的分子之间形成氢键，所以H₂O₂的熔、沸点高于H₂S，H₂O₂与H₂O分子之间也可以形成氢键，导致H₂O₂在水中的溶解度大于H₂S水中溶解度，
故答案为：H₂O₂分子之间存在氢键，所以H₂O₂的熔、沸点高于H₂S，H₂O₂与H₂O分子之间也可形成氢键，故H₂O₂在水中溶解度大于H₂S在水中溶解度；
（6）离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子半径，故MgO的晶格能大于CaO的晶格能，
故答案为：大于；
（7））晶胞中N原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，B原子数目为4，二者原子数目为1：1，B原子配位数为4，则N原子配位数也是4，
晶胞质量为4×$\frac{11+14}{{N}_{A}}$g=$\frac{100}{{N}_{A}}$g，晶胞的体积为（a×10^-10）³cm³，则晶胞密度ρ=$\frac{\frac{100}{{N}_{A}}g}{（a×1{0}^{-10}）^{3}c{m}^{3}}$=$\frac{100}{{{N_A}{{（a×{{10}^{-10}}）}^3}}}$g•cm^-3，
故答案为：4；$\frac{100}{{{N_A}{{（a×{{10}^{-10}}）}^3}}}$．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、分子结构与性质、晶格能、晶胞计算等，注意同周期第一电离能异常情况、氢键对物质性质的影响．