Question

【題目】由Mg、P、S、Cl、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛的用途，請(qǐng)回答下列問題。

（1）基態(tài)Mg原子L層電子排布式為_____，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序?yàn)?/span>_______。

（2）PH4Cl的電子式為_________，Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中σ鍵與π鍵個(gè)數(shù)比為__________。

（3）SCl2分子中的中心原子雜化軌道類型是_______，該分子構(gòu)型為_________。

（4）已知MgO與NiO的晶體結(jié)構(gòu)（如圖1）相同，其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm和69 pm。則熔點(diǎn)：MgO_____NiO（填“>”、“<”或“=”），理由是_____________。

（5）如圖１所示，NiO晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)A為（0，0，0），B為（1，0，1），則C離子坐標(biāo)參數(shù)為___________。

(6)一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認(rèn)為O2－作密置單層排列，Ni2+填充其中（如圖2），已知O2－的半徑為a m，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為______g。（用a、NA表示）

Answer 1

【答案】 2s22p6 Cl> P > S或Cl、P、S 1∶1 sp3 V形或折線形均得分 > 離子所帶電荷相同，Mg2+半徑比Ni2+小，所以MgO的晶格能比NiO大，MgO熔點(diǎn)高 （1， ， ）或（1,0.5,0.5） 平面NiO基本結(jié)構(gòu)單元為，面積為：2a×2a×sin60°＝，則每平方米中含有的NiO質(zhì)量為： 或或（2分）

【解析】（1）基態(tài) Mg原子電子排布為1s22s22p63s2，所以基態(tài)Mg原子L層電子排布式為2s22p6。同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大強(qiáng)酸，P元素原子3p能級(jí)為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：Cl＞P＞S；（2）PH4Cl為離子化合物，電子式為，Ni與CO能形成配合物Ni（CO）4，該分子中σ鍵為：1×4+4=8與π鍵個(gè)數(shù)為：2×4=8，所以個(gè)數(shù)之比為1：1；（3）SCl2中S原子雜化軌道數(shù)為（6+2）/2=4，采取 sp3雜化方式，兩對(duì)孤對(duì)電子對(duì)，所以該分子構(gòu)型為V形；（4）Mg2+半徑比Ni2+小，所以氧化鎂的晶格能大于氧化鎳，則熔點(diǎn)：MgO＞NiO；（5）NiO晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)A為（0，0，0），B為（1，1，0），而C離子的x系坐標(biāo)與Bx系坐標(biāo)相同，y、z系坐標(biāo)都在中點(diǎn)上，所以C離子坐標(biāo)參數(shù)為（1，1/2，1/2）；（6）根據(jù)圖片知，每個(gè)氧化鎳所占的面積=（2×am）×（2×am×sin60°）=。則每平方米含有的氧化鎳個(gè)數(shù)=，每個(gè)氧化鎳的質(zhì)量=74.7/NAg，所以每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量=74.7/NA×g=。