题目内容
9．物质的结构决定物质的性质．请回答下列涉及物质结构和性质的问题：（1）第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有3种．
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d84s2．
（3）乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在（C2H5O）3P=O存在下加热脱H2O得到．乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型是sp2、sp，1mol（C2H5O）3P=O分子中含有的σ键的数目为25NA．
（4）已知固态NH3、H2O、HF的氢键键能和结构如图1：
| 物质 | 氢键X-H…Y | 键能kJ．mol-1 |
| （HF）n | D-H…F | 28.1 |
| 冰 | O-H…O | 18.8 |
| （NH3）n | N-H…N | 5.4 |
解释H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因单个氢键的键能是（HF）n＞冰＞（NH3）n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）n＞（NH3）n．
（5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能．碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，与碳原子等距离最近的碳原子有12个．已知碳化硅晶
胞边长为apm，则晶胞图2中1号硅原子和2号碳原子之间的距离为$\frac{\sqrt{11}a}{4}$pm，碳化硅的密度为$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm3．
分析 （1）同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA族、VA族分别为全满、半满的稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，碳原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素原子未对电子数为2；
（3）乙烯酮分子中2个碳原子均没有孤对电子，碳原子的杂化轨道数目为3、2；单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，C2H5O）3P=O分子中含有25个σ键；
（4）平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，结合气化要克服的氢键的总键能分析；
（5）根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，可以计算碳原子周围与其距离最近的硅原子数目；
以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；
作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于体心O点，与顶点碳原子形成如图所示：
，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，利用余弦定理计算cos∠AOB的值，再利用余弦定理计算BC的长度，即晶胞图2中1号硅原子和2号碳原子之间的距离；
结合晶胞中原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶体密度．
解答 解：（1）同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但是由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能比氧的大，铍原子的2s轨道处于全满状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第2周期元素有铍、碳、氧3种，
故答案为：3；
（2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，即未对电子数为2，该元素价层电子排布式为：3d84s2，
故答案为：3d84s2；
（3）乙烯酮分子中2个碳原子均没有孤对电子，碳原子的杂化轨道数目为3、2，碳原子杂化类型为sp2、sp，
单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，C2H5O）3P=O分子中含有25个σ键，1mol（C2H5O）3P=O分子中含有的σ键的数目为25NA，
故答案为：sp2、sp；25NA；
（4）单个氢键的键能是（HF）n＞冰＞（NH3）n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）n＞（NH3）n，故H2O、HF、NH3沸点依次降低，
故答案为：单个氢键的键能是（HF）n＞冰＞（NH3）n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）n＞（NH3）n；
（5）晶胞中Si原子数目为4、C原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，则碳原子配位数也是4，即碳原子周围与其距离最近的硅原子数目为4；
以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与碳原子等距离最近的碳原子有$\frac{8×3}{2}$=12个；
作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于体心O点，与顶点碳原子形成如图所示：，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，则：
（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）2+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）2-2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×cos∠AOB=a2，
解得cos∠AOB=$\frac{1}{3}$
故（$\frac{\sqrt{3}}{4}$a）2+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）2-2×$\frac{\sqrt{3}}{4}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{1}{3}$=BC2，
解得BC=$\frac{\sqrt{11}a}{4}$
晶胞质量为4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g，则晶体密度为4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g÷（a×10-10 cm）3=$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm3，
故答案为：4；12；$\frac{\sqrt{11}a}{4}$；$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．
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、杂化轨道、化学键、氢键、晶胞计算等，（4）（5）为易错点、难点，侧重考查学生分析计算能力，难度较大．
一线名师权威作业本系列答案| 阳离子 | Na+ | Al3+ | Fe3+ | Cu2+ | Ba2+ |
| 阴离子 | OH- | Cl- | CO32- | NO3- | SO42- |
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；
④B溶液与D溶液混合后无现象；
⑤将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol•L-1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．
（1）据此推断A、C的化学式为：ACuSO4；CBa（OH）2．
（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑．
（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是溶液由无色变成红色，原因是Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+（用离子方程式说明）．
（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是500mL．
蛋白质中含有C、H、O、N、S等元素，食物中的铁主要以三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物的形式存在．
| A． | a和d是同分异构体 | B． | b和c是同系物 | ||
| C． | 可以用酸性高锰酸钾溶液区分a和c | D． | 只有b和c能发生取代反应 |