Question

18．由P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题．
（1）基态 Cl原子核外电子占有的原子轨道数为9个，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为Cl＞P＞S．
（2）SCl₂分子中的中心原子杂化轨道类型是sp³，该分子构型为V形．
（3）PH₄Cl的电子式为，Ni与CO能形成配合物Ni（CO）₄，该分子中σ键与π键个数比为1：1．
（4）已知MgO与NiO的晶体结构（如图1）相同，其中Mg²⁺和Ni²⁺的离子半径分别为66pm和69pm．则熔点：MgO＞NiO（填“＞”、“＜”或“=”），理由是Mg²⁺半径比Ni²⁺小，MgO的晶格能比NiO大．
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C离子坐标参数为（1，1/2，1/2）．
（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O^2-作密置单层排列，Ni²⁺填充其中（如图2），已知O^2-的半径为a m，每平方米面积上分散的该晶体的质量为$\frac{25\sqrt{3}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$g．（用a、N_A表示）

Answer 1

分析 （1）基态 Cl原子电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁷，此时其核外电子占有的原子轨道数为9，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大强酸，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl＞P＞S；
（2）SCl₂中S原子杂化轨道数为$\frac{1}{2}$（6+2）=4，采取 sp³杂化方式，该分子构型为V形；
（3）PH₄Cl的电子式为，Ni与CO能形成配合物Ni（CO）₄，该分子中σ键为：1×4+4=8与π键个数为：2×4=8；
（4）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高；
（5）NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），而C离子的x系坐标与Bx系坐标相同，y、z系坐标都在中点上，所以C离子坐标参数为（1，1/2，1/2）；
（6）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（2×am）×（2×a×m×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）基态 Cl原子电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁷，此时其核外电子占有的原子轨道数为9，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大强酸，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl＞P＞S，
故答案为：9；Cl＞P＞S；
（2）SCl₂中S原子杂化轨道数为$\frac{1}{2}$（6+2）=4，采取 sp³杂化方式，两对孤对电子对，所以该分子构型为V形，故答案为：sp³；V形；
（3）PH₄Cl的电子式为，Ni与CO能形成配合物Ni（CO）₄，该分子中σ键为：1×4+4=8与π键个数为：2×4=8，所以个数之比为1：1，
故答案为：；1：1；
（4）Mg²⁺半径比Ni²⁺小，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍，则熔点：MgO＞NiO，故答案为：＞；Mg²⁺半径比Ni²⁺小，MgO的晶格能比NiO大；
（5）NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），而C离子的x系坐标与Bx系坐标相同，y、z系坐标都在中点上，所以C离子坐标参数为（1，1/2，1/2），故答案为：（1，1/2，1/2）；
（6）（5）根据图片知，每个氧化镍所占的面积=（2×am）×（2×am×sin60°）=2$\sqrt{3}$a²m²，则每平方米含有的氧化镍个数=$\frac{1}{2\sqrt{3}{a}^{2}}$，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=$\frac{74.7}{{N}_{A}}$×$\frac{1}{2\sqrt{3}{a}^{2}}$g=$\frac{25\sqrt{3}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$，故答案为：$\frac{25\sqrt{3}}{2{a}^{2}{N}_{A}}$．

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．