Question

1．碳（石墨）是常见的导体材料；硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础．
回答下列问题：
（1）硅主要以硅酸盐、SiO₂等化合物的形式存在于地壳中．SiO₂晶体熔点比CO₂晶体二氧化硅是原子晶体、二氧化碳是分子晶体，
（2）在硅酸盐中，SiO₄^4-（如图a）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式；SiO₄^4-的空间构型为正四面体．图b为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si与O的原子数之比为1：3，化学式为[SiO₃]_n^2n-（或SiO₃^2-）．
（3）CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：CaO 3401kJ•mol^-1、NaCl 786kJ•mol^-1．则MgO的晶格能为A． 导致MgO晶格能差异的主要原因是镁离子半径小于钙离子且二者电荷相等．
A．大于3401kJ•mol^-1    B．3401kJ•mol^-1～786kJ•mol^-1    C．小于786kJ•mol^-1
（4）下列分子既不存在s-pσ键，也不存在p-pπ键的是D．
A． HCl   B．HF    C． CO₂    D． SCl₂
（5）CN^-是常见的配位体，配位化合物K₃[Fe（CN）_n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子．已知铁原子的最外层电子数和配位体提供的电子数之和为14，求n=6．

Answer 1

分析 （1）原子晶体熔沸点高于分子晶体；
（2）SiO₄^4-中价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；
利用均摊法计算其原子个数比，从而确定其化学式；
（3）晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比；
（4）A． HCl中存在s-pσ键；
B．HF中存在s-pσ键；
C． SO₂中存在p-pπ键；
D． SCl₂中存在p-pσ键；
（5）CN^-是常见的配位体，配位化合物K₃[Fe（CN）_n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，铁原子最外层电子式是2、每个配体提供电子数是2，铁原子的最外层电子数和配位体提供的电子数之和为14，则2+2n=14，据此计算n．

解答 解：（1）二氧化硅是原子晶体、二氧化碳是分子晶体，原子晶体熔沸点大于分子晶体，所以二氧化硅熔沸点大于二氧化碳，
故答案为：二氧化硅是原子晶体、二氧化碳是分子晶体；
（2）SiO₄^4-中价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以该微粒为正四面体结构；
根据图片知，每个三角锥结构中Si原子是1个，O原子个数=2+2×$\frac{1}{2}$=3，所以硅原子和氧原子个数之比=1：3，3个O原子带6个单位负电荷，每个硅原子带4个单位正电荷，所以形成离子为[SiO₃]_n^2n- （或SiO₃^2-），
故答案为：正四面体；1：3；[SiO₃]_n^2n- （或SiO₃^2-）；
（3）晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，所以MgO晶格能大于CaO，故选A；
镁离子和钙离子所带电荷相等但镁离子半径小于钙离子，所以氧化钙晶格能小于氧化镁，故答案为：A；
镁离子半径小于钙离子且二者电荷相等；
（4）A． HCl中存在s-pσ键，故错误；
B．HF中存在s-pσ键，故错误；
C．SO₂中存在p-pπ键，故错误；
D． SCl₂中存在p-pσ键，故正确；
故选D；
（5）CN^-是常见的配位体，配位化合物K₃[Fe（CN）_n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，铁原子最外层电子式是2、每个配体提供电子数是2，铁原子的最外层电子数和配位体提供的电子数之和为14，则2+2n=14，n=6，故答案为：6．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及配合物的成键情况、共价键、晶格能、微粒空间构型判断、晶体类型判断等知识点，会利用价层电子对互斥理论判断原子杂化及微粒空间构型、会利用均摊法确定化学式等，难点是（6）题，题目难度中等．