题目内容

5．由 Cu、N、B、Ni 等元素组成的新型材料有着广泛用途．
（1）科学家通过 X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均采用虚线表示．

①写出基态Cu原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1．
②写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式（必须将配位键表示出来）．
③水分子间存在氢键，请你列举两点事实说明氢键对水的性质的影响水的熔、沸点较高，结冰时密度减小．
（2）化学工作者已合成一些纯粹由氮组成的新物种N5+、N3-等．若N5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N5+推测正确的是c．
a．N5+离子有24个电子　　　　　　
b．N5+离子中存在三对未成键的电子对
c．N5+阳离子中存在两个氮氮三键
（3）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（填序号）．
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
②1个（HB=NH）3分子中有12个σ键．
（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式．图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为[BO2]nn-（或BO2-）．

（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（b），可以认为氧离子作致密单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为1.83×10-3g（氧离子的半径为1.40×10-10 m，$\sqrt{3}$≈1.732）．

分析 （1）①铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
②CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4；（5）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10-10m×1.40×10-10m×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；③氢键较一般分子间作用力强，影响物质的物理性质；
（2）a．1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故a错误；
b．N5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，每个N原子形成3个共用电子对，还剩一对未成键电子，所以N5+离子中存在五对未成键的电子对，故b错误；
c．N5+离子的结构为，则N5+阳离子中存在两个氮氮三键，故c确；

（3）①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；
②根据（HB=NH）3结构与苯相似进行分析；
（4）从图可看出，每个BO32-单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO32-单元共用；
（5）根据图片可以推算每个氧化镍所占的面积=1.40×10-10m×1.40×10-10m×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）①铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，结合能量最低原理书写电子排布式，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
②CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4．水合铜离子的结构简式为，故答案为：；
由 Cu、N、B、Ni 等元素组成的新型材料有着广泛用途．
③氢键较一般分子间作用力强，影响物质的物理性质，氢键较一般分子间作用力强，所以水的熔、沸点较高，由于氢键具有方向性，结冰时，氢键增多，体积增大，密度减小，故答案为：水的熔、沸点较高，结冰时密度减小；
（2）a．1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故a错误；
b．N5+离子中每个氮原子均满足8电子结构，每个N原子形成3个共用电子对，还剩一对未成键电子，所以N5+离子中存在五对未成键的电子对，故b误；
c．N5+离子的结构为，则N5+阳离子中存在两个氮氮三键，故c确；故答案选a；
（3）①3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3，
a．CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故a误；
b．H4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确；
c．一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，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确；故答案为：c；
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；
（4）图（a）是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个BO32-单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO32-单元共用，所以B：O=1：（1+2×$\frac{1}{2}$）=1：2，故答案为为：[BO2]nn-（或BO2-）；
（5）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°，1平方米含有的氧化镍个数=$\frac{1}{1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°}$，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=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$×$\frac{1}{1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°}$=1.83×10-3g；故答案为：1.83×10-3．

点评 本题考查了原子核外电子排布式的书写、配位键的表示方法、原子杂化方式的判断等知识点，根据构造原理、配位键的概念、价层电子对互斥理论来分析解答即可，难度中等．

练习册系列答案
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②CO2（HCl）试剂饱和NaHCO3溶液，离子方程式HCO3-+H+═H2O+CO2↑；
③O2（CO2）试剂NaOH溶液，离子方程式2OH-+CO2═CO32-+H2O；
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