Question

2．伟大的化学家、1954年诺贝尔化学奖得主、著名的化学结构大师、20世纪的科学怪杰泡林（Linus Pauling）1994年谢世，人们打开他的办公室，发现里面有一块黑板，画得满满的，其中一个结构式如图一所示．
（1）该结构的分子式是C₆H₂O₂N₁₀，有人预测它是炸药，如果它在没有氧气参与的情况下爆炸，推测反应的化学方程式（发生分解反应，生成两种单质和两种化合物）是C₆H₂N₁₀O₂=H₂O↑+CO↑+5N₂↑+5C
（2）组成该分子所有元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H；分子中C原子的杂化方式为sp²；基态N原子价电子排布图为．
Ⅱ．石墨是层状结构，
（1）在石墨中具有三种不同的作用力，其中范德华力可以解释石墨的滑腻感，离域π键可以解释导电、传热的性质；
（2）石墨的化学式可以写成（C₂）_n，如图二．根据石墨化学式形式写出它的等电子体白石墨（图三）的化学式（BN）_n；
（3）石墨能导电，而白石墨不能导电，解释白石墨不能导电的原因因为氮的电负性较大，π键上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动，故（BN）_n不导电．
Ⅲ．SiC是原子晶体，其结构类似金刚石，为C、Si两原子依次相间排列的正四面体型空间网状结构．试在图四正方体的顶点上画出与该Si最近的C的位置．若Si-C键长为acm，结合金刚石晶胞结构，计算SiC晶体的密度为$\frac{15\sqrt{3}}{2{N}_{A}{a}^{3}}$g/cm³．（阿伏伽德罗常数用N_A表示）

Answer 1

分析 I．（1）根据结构简式书写分子式；发生分解反应，生成两种单质和两种化合物，根据组成元素可知生成氮气和碳、水和CO；
（2）元素的非金属性越强，其电负性越强；根据C的价层电子对数判断；氮原子的价电子数为5，结合排布规律分析；
II．（1）石墨中层与层之间存在范德华力，六元环中存在离域π键；
（2）白石墨中每个六元环上含有3个B和3个N，每个每个原子被三个六元环共用；
（3）氮元素的电负性较大，吸引电子能力强，π键上的电子不能自由移动；
III．SiC是原子晶体，其结构类似金刚石，每个Si原子连接4个C原子，形成四面体结构；利用均摊法求出立方体中C、Si原子数，再根据ρ=$\frac{m}{V}$和V=（边长）³计算．

解答 解：I．（1）根据结构简式书写分子式为：C₆H₂O₂N₁₀，C₆H₂O₂N₁₀发生分解反应，生成两种单质和两种化合物，根据组成元素可知生成氮气和碳、水和CO，其反应的方程式为：C₆H₂N₁₀O₂=H₂O↑+CO↑+5N₂↑+5C；
故答案为：C₆H₂O₂N₁₀；C₆H₂N₁₀O₂=H₂O↑+CO↑+5N₂↑+5C；
（2）元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：O＞N＞C＞H；分子中C形成2个单键和一个双键，则C原子的价层电子对数为3，属于sp²杂化；氮原子的价电子数为5，其价电子排布图为；
故答案为：O＞N＞C＞H；sp²；；
II．（1）石墨中层与层之间存在范德华力，范德华力较弱，容易断裂，所以层与层之间可以自由滑动，即范德华力可以解释石墨的滑腻感，六元环中存在离域π键，离域π键的电子能自由流动，所以能导电；
故答案为：范德华力；离域π键；
（2）白石墨中每个六元环上含有3个B和3个N，每个每个原子被三个六元环共用，则平均每个六元环上含有1个B和1个N，则白石墨的化学式为（BN）_n，
故答案为：（BN）_n；
（3）氮元素的电负性较大，吸引电子能力强，π键上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动，故（BN）_n不导电，
故答案为：因为氮的电负性较大，π键上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动，故（BN）_n不导电；
III．SiC是原子晶体，其结构类似金刚石，每个Si原子连接4个C原子，形成四面体结构，则四个C原子在不同的两个面的不同顶点上，如图所示：，
SiC中C与Si的原子个数比为1：1，设立方体的边长为r，则r²+r²+r²=（2a）²，则r=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a，
ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{（28+12）×\frac{1}{2}}{{N}_{A}}}{（{\frac{2\sqrt{3}}{3}a）}^{3}}$=$\frac{15\sqrt{3}}{2{N}_{A}{a}^{3}}$g/cm³；
故答案为：；$\frac{15\sqrt{3}}{2{N}_{A}{a}^{3}}$．

点评 本题考查了晶体类型和化学键的判断、杂化方式的判断、电子排布式的书写、电负性、第一电离能、微粒的空间结构、配位键、晶胞的计算等；考查的知识点较多，题目难度中等，注意对题中所给结构图的分析是解题的关键．