Question

4．由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途．
（1）基态 Cu⁺的最外层核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ．
（2）研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种 N₅+N^3-，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⁺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．（填标号）
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
D．化合物A中存在配位键
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]_n^n-（或BO₂^-）图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为sp²、sp³．

（5）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为acm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$a（用含有a的代数式表示）．在一定温度下，Ni0晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图（c）），可以认为氧离子作密致单层排列，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^-10m，$\sqrt{3}$≈l.732）．

Answer 1

分析 （1）Cu原子失去1个电子生成Cu⁺，Cu⁺核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu⁺基态核外电子排布式；
（2）A．N₅⁺是由N₅分子失去1个电子得到的，1个N₅分子是由5个氮原子构成的，据此进行分析解答．
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；
C．N₅⁺离子的结构为；

（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根据无机苯中氮原子和硼原子都采取sp²杂化分析；
（4）有1个O连着一个B，剩余的两个O分别连着2个B，说明有一个O完全属于B，剩下的两个O，B只占有O的$\frac{1}{2}$；硼砂晶体中阴离子[B₄O₅（OH）₄]^2-中一半sp³杂化形成BO₄四面体；另一种是sp²杂化形成BO₃平面三角形结构；
（5）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为 $\frac{1}{2}$a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的 $\sqrt{2}$倍，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．

解答 解：（1）Cu原子失去1个电子生成Cu⁺，Cu⁺核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu⁺基态核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ； 
（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正确；
故选：C；
（3）①3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃，
A．由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错误；
B．CH₄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正确；
C．同一周期元素中，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正确；
D．B一般是形成3个键，（H₃BNH₃）由六元环状化合物（HB=NH）₃通过3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1个键是配位键，故D正确；
故答案为：A；     
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BO₃^2-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BO₃^2-单元共用，所以B：O=1：（1+2×$\frac{1}{2}$）=1：2，化学式为：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-），从图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，[B₄O₅（OH）₄]^2-一半sp³杂化形成两个四配位BO₄四面体；另一半是sp²杂化形成两个三配位BO₃平面三角形结构，
故答案为：[BO₂]_n^n-（或BO₂^-）；sp²、sp³．
（5）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为 $\frac{1}{2}$a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的 $\sqrt{2}$倍，所以其距离是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$acm；
根据图片知，每个氧化镍所占的面积=$\frac{4×1.40×10{\;}^{-10}m×8×1.40×10{\;}^{-10}m×sin60°}{8}$，则每平方米含有的氧化镍个数=$\frac{1}{4×1.4×10{\;}^{-10}×1.4×10{\;}^{-10}Sin60°}$，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=$\frac{74.7}{N{\;}_{A}}$g×$\frac{1}{4×1.4×10{\;}^{-10}×1.4×10{\;}^{-10}Sin60°}$=1.83×10^-3，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$a；1.83×10^-3．

点评 本题考查学生对物质结构与性质模块的掌握情况，重点考查结构知识，涉及电离能、电子排布式、原子半径、空间结构、杂化轨道、化学式、晶体的计算等，考查知识全面、覆盖广，难度适中，可以衡量学生对该模块主干知识的掌握情况．