Question

【化学——选修3：物质结构与性质】

（1）美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型。多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是            。

A、NO₂^－和NH₄⁺   B、H₃O⁺和ClO₃^－    C、NO₃^－和CO₃^2－    D、PO₄^3－和SO₄^2－

（2）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示

电离能/kJ·mol^－1	I1	I2
铜	746	1958
锌	906	1733

铜的第一电离能(I₁)小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能(I₂)却大于锌的第二电离能，其主要原因是             。

（3）石墨烯是从石墨材料中剥离出来、由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。其结构如图：

有关说法正确的是

A、固态时，碳的各种单质的晶体类型相同     B、石墨烯中含有非极性共价键

C、从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键       D、石墨烯具有导电性

（4）最近科学家成功以CO₂为原料制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结构，则该晶体中碳原子采用       杂化与周围氧原子成键；晶体中碳氧原子个数比为       ；碳原子数与C－O化学键数之比为       。

（5）已知钼(Mo)的晶胞为体心立方晶胞，钼原子半径为a pm，相对原子质量为M，以N_A表示阿伏伽德罗常数的值，请写出金属钼密度的计算表达式             g/cm³。

Answer

(15分) （1）C(2分)

（2）Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。(2分) （3）BD(2分)

（4）sp3 (2分) 1:2 (2分) 1:4(2分) （5）或 (3分)

【解析】

试题分析：（1）A．NO2-中心原子的价层电子对数=2+(5+1-2×2)/2=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH4+中心原子的价层电子对数=4+(5-1-4×1)/2=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故A不选；B．H3O+中心原子的价层电子对数=3+(6-1-3×1)/2=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3-中心原子的价层电子对数=3+(7+1-3×2)/2=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B不选；C．NO3-中心原子的价层电子对数=3+(5+1-3×2)/2=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CO32-中心原子的价层电子对数=3+(4+2-2×3)/2=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故C选；D．PO43-中心原子的价层电子对数=4+(5+3-4×2)/2=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO42-中心原子的价层电子对数=4+(6+2-4×2)/2=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故D不选，故选C。（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，所以气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小）；（3）A．碳形成的晶体有多种，如石墨、金刚石、C60等，金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，故A错误；B．石墨烯中只含有C-C键，为非极性键，故B正确；C．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故C错误；D．石墨烯具有石墨的性质，具有导电性，故D正确，故选BD；（4）该化化合物晶体中每个碳原子均以4个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该晶体中碳原子采用sp3杂化，晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以碳原子数与C-O化学键数之比为1：4；（5）钼（Mo）的晶胞为体心立方晶胞，一个晶胞中含有钼原子数为1+8×1/8 =2，金属钼原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，钼原子的半径为晶胞体对角线的1/4，所以晶胞的边长为 apm，则ρ＝m/V = g/cm3= g/cm3。

考点：考查物质结构与性质，涉及分子结构、第一电离能、晶胞的相关计算。