Question

[化學-選修/物質結構與性質]
（1）①對硝基苯酚水合物（2C₆H₅NO₃?3H₂O）晶體屬于分子晶體，實驗表明，加熱至94℃時該晶體失去結晶水，該晶體失去結晶水的過程，破壞的微粒間的主要作用力屬于

 

．
②一種銅與金形成的合金，其晶體具有面心立方最密堆積的結構，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點位置，則該合金中Cu原子與Au原子的數目之比為

 

．
（2）下表為元素周期表的一部分，根據此表回答下列問題：

①f、g、h三種元素的第一電離能由小到大的順序是

 

（用元素符號表示），b、c、d三種元素的電負性由大到小的順序是

 

（用元素符號表示），b、c、d分別與a形成的簡單化合物分子中，屬于含有極性鍵的非極性分子是

 

．（填寫化學式）
②有一種元素x和上表中所列元素k位于同周期、同一族且不相鄰的位置，請寫出元素x原子的基態價電子排布式

 

．
目前，利用金屬或合金作為儲氫材料的研究取得很大進展，如圖是一種La-x合金儲氫后的晶胞結構圖．該合金儲氫后，含有lmol La（鑭）的合金中吸附的H₂的數目為

 

．
③科學家把由c、d、e組成的離子化合物ecd ₃和e₂d在一定條件下反應得到一種白色晶體，該晶體中的陰離子為cd

3- 4

，其中各原子的最外層電子均滿足8電子穩定結構．該陰離子的中心原子的雜化軌道方式為

 

雜化，陰離子的電子式為

 

．

Answer 1

分析：（1）①對硝基苯酚水合物（2C₆H₅NO₃?3H₂O）晶體屬于分子晶體，結晶水通過氫鍵與硝基苯酚結合；
②根據均攤法計算晶胞中Cu、Au原子數目，據此解答；
（2）由元素在周期表中的位置可知，a為H、b為C、c為N、d為O、e為Na、f為Mg、g為Al、h為Ca、K為Fe、m為Cu，
①Mg原子2s能級為全滿穩定狀態，第一電離能高于同周期相鄰元素，一般金屬性越強第一電離能越�。煌�周期自左而右電負性增大；C、N、O分別與H形成的簡單化合物分子中，甲烷為正四面體、氨氣為三角錐型、水為V型，甲烷分子中正負電荷重心重合，是含有極性鍵的非極性分子；
②x與元素Fe位于同周期、同一族且不相鄰的位置，則x為Ni；根據均攤法計算晶胞中Ni原子、氫氣分子數目，據此解答；
③陰離子為NO₄^3-，計算N原子價層電子對數確定N原子雜化方式，結合各原子的最外層電子均滿足8電子穩定結構可知N原子與氧原子之間形成1對共用電子對，O氧原子有3對孤對電子．

解答：解：（1）①對硝基苯酚水合物（2C₆H₅NO₃?3H₂O）晶體屬于分子晶體，結晶水通過氫鍵與硝基苯酚結合，加熱至94℃時該晶體失去結晶水，破壞的微粒間的主要作用力屬于氫鍵，故答案為：氫鍵；
②晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點位置，則晶胞中Cu原子數目為6×

1

2

=3、Au原子數目為8×

1

8

=1，故合金中Cu原子與Au原子的數目之比為3：1，故答案為：3：1；
（2）由元素在周期表中的位置可知，a為H、b為C、c為N、d為O、e為Na、f為Mg、g為Al、h為Ca、K為Fe、m為Cu，
①Mg原子2s能級容納2個電子，為全滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，一般金屬性越強第一電離能越小，故第一電離能Ca＜Al＜Mg；同周期自左而右電負性增大，故電負性O＞N＞C；C、N、O分別與H形成的簡單化合物分子中，甲烷為正四面體、氨氣為三角錐型、水為V型，氨氣、水為極性分子，甲烷分子中正負電荷重心重合，故含有極性鍵的非極性分子是CH₄，故答案為：Ca＜Al＜Mg；O＞N＞C；CH₄；
②x與元素Fe位于同周期、同一族且不相鄰的位置，則x為Ni，其基態價電子排布式為3d⁸4s²；晶胞中Ni原子數目為8×

1

8

=1、氫氣分子數目為12×

1

4

=3，故含有lmol La（鑭）的合金中吸附的H₂的數目為3N_A，
故答案為：3d⁸4s²；3N_A；
③陰離子為NO₄^3-，N原子價層電子對數=4+

5+3-2×4

2

=4，故N原子雜化方式為sp³，NO₄^3-中各原子的最外層電子均滿足8電子穩定結構，可知N原子與氧原子之間形成1對共用電子對，O氧原子有3對孤對電子，其電子式為，故答案為：sp³；．

點評：本題是物質結構與性質的綜合題目，涉及化學鍵、分子結構與性質、電離能、電負性、核外電子排布規律、晶胞計算等，難度中等，需要學生全面掌握基礎知識，注意利用均攤法進行晶胞的有關計算．