Question

3．I．氮族元素和卤族元素都能形成许多种物质．
（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为3p，基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Br原子的价电子排布式为4s²4p⁵．
（2）HCN的电子式为；其中心C原子的杂化类型为sp．氮、磷、氟三种元素的电负性由大到小的顺序为F＞N＞P（用元素符号表示）．
（3）已知PCl₃是不稳定的无色液体，遇水易水解且可生成两种酸，该水解反应的化学方程式为PCl₃+3H₂O?H₃PO₃+3HCl，所得含氧酸（电离常数K_a1=1.6×10^-2和K_a2=7×10^-7）和足量的NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na₂HPO₃．
（4）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘

	F	Cl	Br	I
第一电力能（kJ•mol-1）	1681	1251	1140	1008

Ⅱ．（5）已知KC1、Mg0、Ca0、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似．下表给出了三种晶体的品格能数据：

晶体	NaCl	KCl	CaO
晶格能（kJ•mol-1）	786	715	3401

则该四种晶体（不包括NaCl）的熔点从高到低的顺序为TiN＞MgO＞CaO＞KCl
（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物品体，其结构与NaCl相同（如图所示）．据此可判断该钙的氧化物的化学式为CaO₂．已知该氧化物的密度是pg．cm^-3，则晶胞内最近的两个钙离子间的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{72×4}{ρ•{N}_{A}}}$cmcm（只要求列出算式，不必计算出数值结果，阿伏加德罗常数的值为N_A）．

Answer 1

分析 （1）写出P的核外电子排布式，根据排布式确定电子占据的最高能级；基态N原子有多少个核外电子就有几种不同的运动状态；Br含有35个核外电子，基态电子排布式为s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵，价电子排布式为4s²4p⁵；
（2）HCN分子的结构式为H-C≡N，直线型结构，可根据结构式书写电子式，根据空间构型确定C的杂化形式；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；
（3）水解反应元素化合价不变，因此生成的两种酸为H₃PO₃和HCl，由H₃PO₃的电离平衡常数可知，存在两步电离，与足量的NaOH溶液反应生成Na₂HPO₃；
（4）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，据此答题；
Ⅱ．（5）晶格能越大熔点越高，晶格能与离子半径成反比，与所带电荷数呈正比；
（6）根据均摊法确定晶胞中各种原子的个数，再确定其化学式，根据密度确定晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$，据此答题；

解答 解：（1）基态P原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p³，电子占据的最高能级符号为3p；
基态N原子核外有 7个电子，因此有7种运动状态不同的电子；
Br含有35个核外电子，基态电子排布式为s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵，价电子排布式为4s²4p⁵；
故答案为：3p；7；4s²4p⁵；
（2）HCN分子的结构式为H-C≡N，电子式为，空间构型为直线型，中心原子C采取sp杂化；
同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：F＞N，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：N＞P，则有电负性F＞N＞P，
故答案为：；sp；F＞N＞P；
（3）水解反应元素化合价不变，因此生成的两种酸为H₃PO₃和HCl，水解反应的化学方程式为PCl₃+3H₂O?H₃PO₃+3HCl，由H₃PO₃的电离平衡常数可知，存在两步电离，与足量的NaOH溶液反应生成Na₂HPO₃，
故答案为：PCl₃+3H₂O?H₃PO₃+3HCl；Na₂HPO₃；
（4）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，故答案为：碘；
Ⅱ．（5）KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似，TiN中离子都带3个单位电荷，MgO、CaO中离子都带2个单位电荷，KCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl^-＜O^2-＜N^3-，Mg²⁺＜Ca²⁺＜K⁺，高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格，晶格能TiN＞MgO＞CaO＞KCl，故熔点TiN＞MgO＞CaO＞KCl，
故答案为：TiN＞MgO＞CaO＞KCl；
（6）根据均摊法可知晶胞中钙离子的个数为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，过氧离子的个数为12×$\frac{1}{4}$+1×1=4，故其化学式为CaO₂，设晶胞的边长为a，根据ρ=$\frac{4×（40+32）}{{N}_{A}{a}^{3}}$，得a=$\root{3}{\frac{72×4}{ρ•{N}_{A}}}$cm，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，即为的$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{72×4}{ρ•{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{72×4}{ρ•{N}_{A}}}$cm．

点评 本题为高考选作部分物质结构和性质的综合性答题，难度中等，涉及核外电子排布规律、电负性、晶格能、第一电离能的判断、杂化类型和空间结构的关系、晶胞的计算等知识点，考查非常全面，均为物质结构和性质的核心考点，每一小题之间联系不大，其中（3）为易错点，（6）为本题的难点．