Question

国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物，科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。

请回答下列问题：

（1）邻氨基吡啶()的铜配台物在有机不对称合成中起催化诱导效应。

①邻氨基吡啶中所有元素的电负性出小到大的顺序为__(填元素符号)。设N_A为阿伏加德罗常数的值，1mol中含有σ键的数目为__。

②一定条件下-NH₂可以被氧化成-NO₂，-NO₂中N原子的杂化方式为__杂化。

（2）第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素的基态原子电子排布式为___。

（3）元素周期表中的第IVA族~第VIIA族中部分元素的最简单氢化物的沸点变化趋势线如图，其中一个小黑点代表-种氢化物，则趋势线a代表第__族元素的最简单氢化物的沸点变化趋势，判断依据是__。

（4）干冰是常见的分子晶体，而CO₂在高温高压下能形成另一种晶体其晶胞如图所示，该CO₂晶体的熔点__(填“>”“<”或“=”)SiO₂晶体的熔点。

（5）一种嘌呤和一种吡啶的结构如图。

①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是__。

②分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则该吡啶中的大π键可表示为__。

（6）火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。若该晶体密度为dg·cm^-3，晶胞参数a=b≠c(单位：nm)，a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为N_A，则晶胞参数c=___nm(写出代数式)。

Answer

H＜C＜N 13NA sp2 1s22s22p63s23p64s2 IVA NH3、H2O、HF因存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物的，从而出现沸点反常现象，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，图中趋势线a没有反常现象 > 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大

【解析】

（1）①非金属性越强电负性越大；分子环上还有4个C-H将，分子含有13个σ键；

②-NO2中N原子有1个未成键电子，价层电子对数=2+1=3；

（2）根据图中该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第三电离能突变，说明该元素容易失去2个电子，即最外层有两个电子，则为第IIA族元素Ca；

（3）含有氢键的氢化物熔沸点较高，不含氢键的氢化物熔沸点随着分子间作用力增大而增大；

（4）根据图知，CO2在高温高压下所形成的晶体为原子晶体，原子晶体熔沸点与原子半径成反比；

（5）①根据VSEPR理论，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与对键合电子对之间的夹角减小；

②吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键；

（6）均摊法计算晶胞中Ga、N原子数目，表示出晶胞的质量，晶胞体积=a×10-7 cm×b×10-7 cm×sin60°×c×10-7 cm，结合晶胞质量=晶体密度×晶胞体积计算。

（1）①非金属性越强电负性越大，故电负性：H＜C＜N；分子环上还有4个C-H将，分子含有13个σ键，1mol中含有σ键的数目为13NA，故答案为：H＜C＜N；13NA；

②-NO2中N原子有1个未成键电子，价层电子对数=2+1=3，N原子采取sp2杂化，故答案为：sp2；

（2）由该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，则为第四周期，第IIA族元素Ca，则该元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，故答案为：1s22s22p63s23p64s2；

（3）在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故曲线a点代表的应是第IVA的氢化物沸点变化，

故答案为：IVA；NH3、H2O、HF因存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物的，从而出现沸点反常现象，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，图中趋势线a没有反常现象；

（4）该晶体中原子之间通过共价键结合，属于原子晶体，而碳氧键的键长短，所以该晶体的熔点比SiO2晶体高，故答案为：>；

（5）①根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大；
②吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：，故答案为：；

（6）晶胞中Ga原子数目=1+8×=2、N原子数目=1+4×=2，故晶胞质量=2×g，晶胞体积=a×10-7 cm×b×10-7 cm×sin60°×c×10-7 cm，则：2×g=(a×10-7 cm×b×10-7 cm×sin60°×c×10-7 cm)×dg•cm3，解得c=，故答案为：。