Question

12．由N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途．
（1）基态Ni原子的最外层电子排布式为4s²．
（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．
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．
（3）立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是B-N键键长大于C-C键，键能小于C-C键，导致立方氮化硼熔点比金刚石低．如图1是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置．

（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式．图2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3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）在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图4），可以认为氧离子作密置单层排列，镍离子填充其中，氧离子的半径为a pm，则每平方米面积上分散的该晶体的质量为$\frac{2.49\sqrt{3}×1{0}^{25}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$g（用a、N_A表示）

Answer 1

分析 （1）Ni原子核外电子数为28，根据能量最低原理书写最外层电子排布式；
（2）①A．甲烷中C原子形成4个σ键，反应后二氧化碳分子中C原子形成2个σ键，均没有孤对电子；
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，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；
D．B原子一般是形成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；
②化合物（HB=NH）₃的结构与苯的类似；
（3）立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，键长越短，键能越大，熔点越高；晶体中B、N原子配位数均为4；
（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）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（2×a×10^-10m）×（2×a×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）Ni原子核外电子数为28，根据核外电子排布规律可知电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²或[Ar]3d⁸4s²，所以最外层电子排布式4s²，
故答案为：4s²；
（2）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．B原子一般是形成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；
（3）立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，B-N键键长大于C-C键，键能小于C-C键，导致立方氮化硼熔点比金刚石低；晶体中B、N原子配位数均为4，涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置为：，
故答案为：B-N键键长大于C-C键，键能小于C-C键，导致立方氮化硼熔点比金刚石低；；
（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）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（2×a×10^-12m）×（2×a×10^-12m×sin60°）=2$\sqrt{3}$a²×10^-24m²，则每平方米含有的氧化镍个数=$\frac{1}{2\sqrt{3}{a}^{2}×1{0}^{-24}}$，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=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$×$\frac{1}{2\sqrt{3}{a}^{2}×1{0}^{-24}}$g=$\frac{2.49\sqrt{3}×1{0}^{25}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$g，
故答案为：$\frac{2.49\sqrt{3}×1{0}^{25}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$．

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，题目难度较大．