Question

9．（1）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷下列分子或離子中空間構(gòu)型是V形的是bd（填寫序號(hào)）
a．H₃O⁺　　　　b．H₂O　　　　c．NO₂⁺　　　d．NO₂^- 
（2）已知FeCl₃的沸點(diǎn)：319℃，熔點(diǎn)：306℃，則FeCl₃的晶體類型為分子晶體．P可形成H₃PO₄、HPO₃、H₃PO₃等多種酸，則這三種酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镠PO₃＞H₃PO₄＞H₃PO₃（用化學(xué)式填寫）
（3）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2．T的基態(tài)原子外圍電子（價(jià)電子）排布式為3d⁸4s²Q²⁺的未成對(duì)電子數(shù)是4．
（4）如圖1是從NaCl或CsCl晶體結(jié)構(gòu)圖中分割出來的部分結(jié)構(gòu)圖，判斷NaCl晶體結(jié)構(gòu)的圖象是圖1中的②③．
（5）[Cu（NH₃）₄]²⁺配離子中存在的化學(xué)鍵類型有①③（填序號(hào)）．
①配位鍵②金屬鍵③極性共價(jià)鍵④非極性共價(jià)鍵⑤離子鍵⑥氫鍵，
若[Cu（NH₃）₄]²⁺具有對(duì)稱的空間構(gòu)型，且當(dāng)[Cu（NH₃）₄]²⁺中的兩個(gè)NH₃被兩個(gè)Cl^-取代時(shí)，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則[Cu（NH₃）₄]²⁺的空間構(gòu)型為①（填序號(hào)）
①平面正方形②正四面體③三角錐形④V形．
（6）X與Y可形成離子化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示．其中X和Y的相對(duì)原子質(zhì)量分別為a和b，晶體密度為ρg/cm³，則晶胞中距離最近的X、Y之間的核間距離是$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4a+8b}{ρ{N}_{A}}}$cm（N_A表示阿伏伽德羅常數(shù)，用含ρ、a、b、N_A的代數(shù)式表達(dá)）

Answer 1

分析 （1）計(jì)算中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)、孤電子對(duì)數(shù)，進(jìn)而確定分子構(gòu)型；
（2）氯化鐵熔沸點(diǎn)較低，應(yīng)為分子晶體；同種元素含氧酸，該元素化合價(jià)越高，其酸性越強(qiáng)，非羥基氧越多，酸性越強(qiáng)；
（3）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe、T為Ni；
（4）NaCl屬于立方晶體，每個(gè)鈉離子周圍有6個(gè)氯離子、每個(gè)氯離子周圍有6個(gè)鈉離子；
（5）[Cu（NH₃）₄]²⁺中銅離子與氮原子之間形成配位鍵，氨氣分子中N原子與H原子之間形成極性鍵；
[Cu（NH₃）₄]²⁺中的兩個(gè)NH₃被兩個(gè)Cl^-取代能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，[Cu（NH₃）₄]²⁺的空間構(gòu)型為平面正方形；
（6）根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中X、Y原子數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算晶胞的質(zhì)量，根據(jù)m=ρV計(jì)算晶胞體積，進(jìn)而計(jì)算晶胞棱長(zhǎng)x．Y原子與周圍4個(gè)X原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令Y與X之間的距離為y，則正四面體中心到底面中心的距離為$\frac{y}{3}$，正四面體的高為$\frac{4}{3}$y，正四面體棱長(zhǎng)=$\frac{\sqrt{2}x}{2}$，則正四面體側(cè)面的高為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，底面中心到邊的距離為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{1}{3}$，再根據(jù)勾股定理進(jìn)行解答．

解答 解：（1）H₃O⁺中中心原子O的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+$\frac{6-1-1×3}{2}$=4，孤電子對(duì)數(shù)為1，所以空間構(gòu)型是三角錐形；
H₂O中中心原子O的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+$\frac{6-1×2}{2}$=4，孤電子對(duì)數(shù)為2，所以空間構(gòu)型是V形；
NO₂⁺中中心原子N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+$\frac{5-1-2×2}{2}$=2，孤電子對(duì)數(shù)為0，所以空間構(gòu)型是直線形；
NO₂^-中中心原子N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+$\frac{5+1-2×3}{2}$=3，孤電子對(duì)數(shù)為1，所以空間構(gòu)型是V形，
故選：bd；
（2）FeCl₃的沸點(diǎn)：319℃，熔點(diǎn)：306℃，熔沸點(diǎn)較低，應(yīng)屬于分子晶體；
H₃PO₄、HPO₃、H₃PO₃中P元素化合價(jià)依次為+5、+5、+3，H₃PO₄、HPO₃中非羥基氧依次為1、2，元素化合價(jià)越高，其酸性越強(qiáng)，非羥基氧越多，酸性越強(qiáng)，故酸性HPO₃＞H₃PO₄＞H₃PO₃，
故答案為：分子晶體；HPO₃＞H₃PO₄＞H₃PO₃；
（3）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe、T為Ni；
Ni的基態(tài)原子外圍電子（價(jià)電子）排布式為3d⁸4s²，F(xiàn)e²⁺的核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶，3d能級(jí)有4故未成對(duì)電子，
故答案為：3d⁸4s²；4；
（4）由于在NaCl晶體中，每個(gè)Na⁺周圍同時(shí)吸引著最近的等距離的6個(gè)Cl^-，每個(gè)Cl^-周圍同時(shí)吸引著最近的等距離的6個(gè)Na⁺，圖②中符合條件，圖③中選取其中一個(gè)離子，然后沿X、Y、Z三軸切割得到6個(gè)等距離的且最近的帶相反電荷的離子，所以其配位數(shù)也是6，故符合條件，
故選：②③；
（5）[Cu（NH₃）₄]²⁺中銅離子與氮原子之間形成配位鍵，氨氣分子中N原子與H原子之間形成極性鍵；
[Cu（NH₃）₄]²⁺中的兩個(gè)NH₃被兩個(gè)Cl^-取代能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，[Cu（NH₃）₄]²⁺的空間構(gòu)型為平面正方形，
故答案為：①③；①；
（6）晶胞中X原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4、Y原子數(shù)目為8，晶胞的質(zhì)量為$\frac{4a+8b}{{N}_{A}}$g，晶體密度為ρg/cm³，則晶胞體積為為$\frac{4a+8b}{{N}_{A}}$g÷ρg/cm³，故晶胞棱長(zhǎng)x=$\root{3}{\frac{4a+8b}{ρ{N}_{A}}}$cm．
Y原子與周圍4個(gè)X原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，令Y與X之間的距離為y，則正四面體中心到底面中心的距離為$\frac{y}{3}$，正四面體的高為$\frac{4}{3}$y，正四面體棱長(zhǎng)=$\frac{\sqrt{2}x}{2}$，則正四面體側(cè)面的高為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，底面中心到邊的距離為$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{1}{3}$，故（$\frac{4}{3}$y）²+（$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{1}{3}$）²=（$\frac{\sqrt{2}x}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²，整理得y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$x，故Y與X的距離為$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4a+8b}{ρ{N}_{A}}}$cm，故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{4a+8b}{ρ{N}_{A}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及微粒構(gòu)型判斷、晶體類型與性質(zhì)、核外電子排布、化學(xué)鍵、晶胞結(jié)構(gòu)與晶胞計(jì)算，（6）中計(jì)算為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，需要學(xué)生具備一定空間想象能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，難度較大．