Question

【題目】

過渡元素有特殊性能常用于合金冶煉，p區元素用于農藥醫藥、顏料和光電池等工業。

（l）量子力學把電子在原子核外的一種空間運動狀態稱為一個原子軌道，電子除空間運動狀態外，還有一種運動狀態叫作_______

（2）基態亞銅離子中電子占據的原子軌道數目為____。

（3）Cr3+可以與CN -形成配離子，其中Cr3+以d2sp3方式雜化，雜化軌道全部用來與CN -形成配位鍵，則Cr3+的配位數為 ______，1 mol該配離子中含有_______ molσ鍵。

（4）單晶硅可由二氧化硅制得，二氧化硅晶體結構如圖所示，在二氧化硅晶體中，Si、O原子所連接的最小環為____元環，則每個O原子連接________個最小環。

（5）與砷同周期的p區元素中第一電離能大于砷的元素有 ________（填元素符號）；請根據物質結構的知識比較酸性強弱亞砷酸（H3AsO3，三元酸）____HNO3（填>，=，<）。

（6） Zn與S形成晶胞結構如圖所示，晶體密度為p g/cm3，則晶胞中距離最近的Zn、S之間的核間距離是____pm。（NA表示阿伏加德羅常數，用含p、NA等的代數式表示）

Answer 1

【答案】自旋 14 6 12 12 6 Br、Kr < ××1010

【解析】

(1)對于一個微觀體系，它的狀態和由該狀態所決定的各種物理性質可用波函數ψ表示，在原子或分子體系等體系中，將ψ稱為原子軌道或分子軌道，求解薛定諤方程，ψ由主量子數n，角量子數l，磁量子數m決定，即ψ（n，l，m）為原子軌道，實驗證明，除了軌道運動外，電子還有自旋運動，由自旋量子數決定；

(2)Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能級1個電子形成Cu+；

(3) Cr3+可以與CN形成配離子，其中Cr3+以d2sp3方式雜化，雜化軌道全部用來與CN形成配位鍵，即形成6個配位鍵，則Cr3+的配位數為6，形成配離子為[Cr(CN)6]3，配位鍵屬于σ鍵，CN中含有1個σ鍵；

(4)在二氧化硅晶體，可以看作在晶體硅中每個Si-Si鍵之間連接O原子，晶體Si中每個Si原子形成4個Si-Si鍵，由圖可知每2個Si-Si鍵可以形成2個六元環，而4個Si-Si鍵任意2個可以形成6種組合；

(5)與砷同周期的p區元素中第一電離能大于砷的主族元素有Br和Kr；根據含氧酸中，酸的元數取決于羥基氫的個數，含非羥基氧原子個數越多，酸性越強；

(6)Zn、S的配位數相等，圖中兩種黑色球的數目均為4，則晶胞中Zn、S原子數目均為4，晶胞質量為4×g，晶體密度為pg/cm3，則晶胞邊長x==cm，即晶胞邊長為x=×1010pm，S原子與周圍4個Zn原子形成正四面體結構，令S與Zn之間的距離為y，則正四面體中心到底面中心的距離為，正四面體的高為，正四面體棱長=，則正四面體側面的高為×，底面中心到邊的距離為××，故()2+(××)2=(×)2，整理得y=。

(1)對于一個微觀體系，它的狀態和由該狀態所決定的各種物理性質可用波函數ψ表示，在原子或分子體系等體系中，將ψ稱為原子軌道或分子軌道，求解薛定諤方程ψ，由主量子數n，角量子數l，磁量子數m決定，即ψ(n，l，m)為原子軌道，實驗證明，除了軌道運動外，電子還有自旋運動，由自旋量子數決定，所以電子除空間運動狀態外，還有一種運動狀態叫做自旋，

故答案為：自旋；

(2) Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能級1個電子形成Cu+，Cu+基態時電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，其電子占據的14原子軌道；

(3) Cr3+可以與CN形成配離子，其中Cr3+以d2sp3方式雜化，雜化軌道全部用來與CN形成配位鍵，即形成6個配位鍵，則Cr3+的配位數為6，形成配離子為[Cr(CN)6]3，配位鍵屬于σ鍵，CN中含有1個σ鍵，故1mol該配離子中含有12molσ鍵；

(4) 在二氧化硅晶體，可以看作在晶體硅中每個SiSi鍵之間連接O原子，晶體Si中每個Si原子形成4個SiSi鍵，由圖可知每2個SiSi鍵可以形成2個六元環，而4個SiSi鍵任意2個可以形成6種組合，則每個Si原子連接十二元環數目為6×2=12，每個O原子連接2個Si原子，每個Si原子和該O原子能形成3個最小環，所以每個O原子能形成6個最小環；

(5)As處于周期表中第4周期第ⅤA族，則其核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p3，與砷同周期的p區元素中第一電離能大于砷的主族元素有Br和Kr；根據含氧酸中，酸的元數取決于羥基氫的個數，含非羥基氧原子個數越多，酸性越強；亞砷酸（H3AsO3）中含有3個羥基氫，為三元酸，沒有非羥基氧原子，HNO3為一元酸，含有一個羥基氫，含非羥基氧原子2個，所以酸性：H3AsO3< HNO3；

(6) Zn、S的配位數相等，圖中兩種黑色球的數目均為4，則晶胞中Zn、S原子數目均為4，晶胞質量為4×g，晶體密度為pg/cm3，則晶胞邊長x==cm，即晶胞邊長為x=×1010pm，S原子與周圍4個Zn原子形成正四面體結構，令S與Zn之間的距離為y，則正四面體中心到底面中心的距離為，正四面體的高為，正四面體棱長=，則正四面體側面的高為×，底面中心到邊的距離為××，故()2+(××)2=(×)2，整理得y=，故S與Zn的距離為××1010 pm，

故答案為：××1010。