Question

【題目】翡翠是玉石中的一種，其主要成分為硅酸鋁鈉NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。回答下列問題：

(1)Cr3+電子排布式為______________________，基態Si原子中，電子占據的最高能層符號為______________________。

(2)翡翠中主要成分為硅酸鋁鈉，四種元素的第一電離能由大到小的順序___________。

(3)錳的一種化合物的化學式為Mn(BH4)2(THF)3，THT的結構簡式如圖所示：

①THF中C原子的雜化軌道類型為___________，②BH4－的空間構型為___________

③NaBH4所含化學鍵類型有_____________

A、離子鍵 B、共價鍵 C、氫鍵 D、配位鍵

(4)MnO的熔點(1660℃)比MnS的熔點(1610℃)高，原因______________________。

(5)Ni可以形成多種氧化物，其中一種NixO晶體的晶胞結構為NaCl型，由于晶體缺陷，x為0.88，且晶體中Ni的存在形式為Ni2+、Ni3+，則晶體中N i2+和Ni3+最簡整數比為___________，該晶體的晶胞參數為428pm，則晶體密度為___________g·cm－3(NA表示阿伏加德羅常數的值，列出表達式即可)

Answer 1

【答案】[Ar]3d3 M O>Si>Al>Na sp3 正四面體 ABD 均為離子晶體，O2-半徑小于S2-半徑，MnO的晶格能大于MnS(或 MnO的離子鍵強于MnS 8：3 4×(0.88×59+16)/NA(428×10-10)3[或4×67.92/NA(428×10-10)3、271.68/NA(428×10-10)3、3.46×1024/NA]

【解析】

（1）Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能級1個電子、3d能級2個電子形成Cr3+；，Si原子核外電子數為14，基態原子核外電子排布為1s22s22p63s23p2；

（2）非金屬性越強，第一電離能越大；

（3）根據雜化軌道理論進行判斷；

（4）二者為離子晶體，O2-半徑小于S2-半徑，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的離子鍵強于MnS；

（5）根據密度=質量/體積進行計算。

（1）Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能級1個電子、3d能級2個電子形成Cr3+，基態Cr3+的核外電子排布式為[Ar]3d3，Si原子核外電子數為14，基態原子核外電子排布為1s22s22p63s23p2，電子占據的最高能層符號為M，故答案為：[Ar]3d3；M。

（2）硅酸鋁鈉由O、Na、Al、Si四種元素構成，非金屬性越強，第一電離能越大。所以第四種元素的第一電離能由大到小的順序為O>Si>Al>Na，故答案為：O>Si>Al>Na。

（3）①根據THF的結構式可知，C原子的雜化軌道類型為sp3雜化，故答案為：sp3。

②BH4-中B原子價層電子數=4+1/2×（3+1-4×1）=4，且不含孤電子對，根據雜化軌道理論，BH4-中B原子的雜化類型為sp3雜化，所以空間構型是正四面體構型；

故答案為：正四面體。

③Na+和BH-4之間存在離子鍵，硼原子和氫原子之間存在共價鍵、配位鍵，所以該化合物中不含氫鍵，故NaBH4所含化學鍵類型有離子鍵、共價鍵、配位鍵，故答案為：ABD。

（4）MnO的熔點（1650℃）比MnS的熔點（1610℃）高，二者熔點較高，應為離子晶體，O2-半徑小于S2-半徑，MnO的晶格能大于MnS，離子晶體晶格能越大，熔點越高，則MnO的熔點較高，故答案為：均為離子晶體，O2-半徑小于S2-半徑，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的離子鍵強于MnS。

（5）x為0.88，設晶體中Ni3+個數為x、Ni2+個數為y，則x+y=0.88，3x+2y-2=0（此式為化合價代數和為零），可解得：x=0.24；y=0.64，則晶體中Ni2+和Ni3+最簡整數比為0.64：0.24=8：3；取1mol晶胞，則含有NA個晶胞，NixO晶體的晶胞結構為NaCl型，則一個晶胞中，Ni原子數目為8×1/8+6×1/2=4，O原子數目為12×1/4+1=4，則1mol晶胞的質量為m=4×(0.88×59+16)g，一個晶胞的體積為V=4283pm3=(428×10-10)3cm3，則晶體的密度為ρ=m/NAV=4×(0.88×59+10)/NA(428×10-10)3g·cm－3，

故答案為：8：3；4×(0.88×59+16)/NA(428×10-10)3[或4×67.92/NA(428×10-10)3、271.68/NA(428×10-10)3、3.46×1024/NA]。