Question

4．磷单质及其化合物在工业上有广泛应用．磷最重要的矿物资源是磷灰石，磷灰石主要有氟 磷灰石和羟基磷灰石．氟磷灰石在高温下制备白磷的化学方程式为：4Ca₅ （P0₄）3F+21Si0₂+30C═3P₄+20CaSi0₃+30CO+SiF₄，结合上述反应中涉及到的物质或元素回答相关问题：
（1）上述元素中，位于第二周期的元素第一电离能由大到小的顺序为F＞O＞C．
（2）请写出两种CO的等电子体的化学式N₂、CN^-．
（3）Si晶体中存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以共价键
相结合，其晶胞中共有8个Si原子，其中在面心位置贡献3个Si原子．SiF₄虽然也是硅的化合物，但是沸点比Si0₂低很多．原因是：SiF₄属于分子晶体，熔化时破坏范德华力，SiO₂属于原子晶体，熔化时破坏共价键
（4）白磷在空气中燃烧的一种生成物分子的结构如图1所示．其中圆圈表示原子，实线表示化化学键．分子中P原子的杂化方式为sp³．
（5）如图2为一种磷的硫化物的结构，有关该物质的说法中正确的是AD
A．该物质的化学式为P₄S₃
B．该物质分子中含有σ键和π键
C．该物质中P元素的化合价为+3价
D．该物质的晶体中每个分子的配位数为12
（6）Ca元素位于周期表的s区，基态钙原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²，Ca单质为面心立方晶体，一个晶胞中含4个Ca原子，已知Ca原子的半径为174pm列式表示Ca单质的密度$\frac{4×40}{6.02×1{0}^{23}×（2\sqrt{2}×174×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3（不必计算出结果）．

Answer 1

分析 （1）上述元素中，位于第二周期的元素为C、O、F，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，注意ⅡA、ⅤA族元素第一电离能高于同周期相邻元素；
（2）原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；
（3）Si晶体中存在与金刚石结构类似的晶体，属于原子晶体，硅原子与氧原子之间形成共价键；晶胞中有4个Si原子处于晶胞体内体积，其它Si原子处于面心、顶点上；
SiF₄属于分子晶体，SiO₂属于原子晶体，故二氧化硅的沸点较高；
（4）图中形成2个共价键的原子为O原子，形成3个共价键的原子为P原子，P原子还有1对孤对电子，P原子杂化轨道数目为4；
（5）A．根据原子形成化学键数目可知，白色球为S原子、黑色球为P原子；
B．该分子中不含π键；
C．根据化合价代数和为0计算；
D．属于分子晶体，为面心立方最密堆积；
（6）Ca元素原子外围电子排布为4s²，原子核外有20个电子，根据能量最低原理书写电子排布式；
Ca单质为面心立方晶体，一个晶胞中含Ca原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞质量为4×$\frac{40}{{N}_{A}}$g，Ca原子的半径为174pm，则晶胞棱长为4×174×10^-10 cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$×174×10^-10 cm，计算晶胞体积，根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度．

解答 解：（1）上述元素中，位于第二周期的元素为C、O、F，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，注意ⅡA、ⅤA族元素第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能F＞O＞C，
故答案为：F＞O＞C；
（2）原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO的等电子体的微粒为N₂、CN^-等，
故答案为：N₂、CN^-；
（3）Si晶体中存在与金刚石结构类似的晶体，属于原子晶体，硅原子与氧原子之间形成共价键；晶胞中有4个Si原子处于晶胞体内，其它Si原子处于面心、顶点上，在面心位置贡献Si原子数为6×$\frac{1}{2}$=3；
SiF₄属于分子晶体，熔化时破坏范德华力，SiO₂属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故二氧化硅的沸点较高，
故答案为：共价键；3；SiF₄属于分子晶体，熔化时破坏范德华力，SiO₂属于原子晶体，熔化时破坏共价键；
（4）图中形成2个共价键的原子为O原子，形成3个共价键的原子为P原子，P原子还有1对孤对电子，P原子杂化轨道数目为4，分子中P原子的杂化方式为sp³，
故答案为：sp³；
（5）A．根据原子形成化学键数目可知，白色球为S原子、黑色球为P原子，则该化合物化学式为P₄S₃，故A正确；
B．该分子中不含π键，故B错误；
C．根据化合价代数和为0，可知P₄S₃中P的平均化合价为$\frac{2×3}{4}$=+1.5，故C错误；
D．属于分子晶体，为面心立方最密堆积，配位数为12，故D正确，
故选：AD；
（6）Ca元素原子外围电子排布为4s²，处于周期表中s区，原子核外有20个电子，核外电子排布式式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²，Ca单质为面心立方晶体，一个晶胞中含Ca原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞质量为4×$\frac{40}{6.02×1{0}^{23}}$g，Ca原子的半径为174pm，则晶胞棱长为4×174×10^-10 cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$×174×10^-10 cm，则晶胞密度=4×$\frac{40}{6.02×1{0}^{23}}$g÷（2$\sqrt{2}$×174×10^-10 cm）³=$\frac{4×40}{6.02×1{0}^{23}×（2\sqrt{2}×174×1{0}^{-10}）^{3}}$g/cm³，
故答案为：s；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²；4；$\frac{4×40}{6.02×1{0}^{23}×（2\sqrt{2}×174×1{0}^{-10}）^{3}}$．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、等电子体、晶胞结构与计算、化学键、杂化方式、熔沸点高低比较等，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等，注意识记中学常见晶胞结构．