Question

1．（1）下列數(shù)據(jù)是對應物質(zhì)的熔點（℃）

NaCl	Na2O	AlF3	AlCl3	BCl3	Al2O3	CO2	SiO2
801	920	1291	190	-109	2073	-57	1723

據(jù)此作出的下列判斷中，錯誤的是AB
A、鋁的化合物晶體中不存在離子晶體
B、表中只有BCl₃、干冰是分子晶體
C、同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體
D、不同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體
（2）SiO₂晶體結(jié)構(gòu)片斷如圖（）所示．SiO₂晶體中Si原子數(shù)目和Si-O鍵數(shù)目的比例為1：4．
通常人們把拆開1mol 某化學鍵所吸收的能量看成該化學鍵的鍵能．

化學鍵	Si-O	Si-Si	O=O
鍵能/KJ•mol-1	460	176	498

Si（s）+O₂（g）$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$ SiO₂（s），該反應的反應熱△H=-990 kJ/mol
（3）與鋁同周期的磷單質(zhì)及其化合物有廣泛應用．
①三聚磷酸可視為三個磷酸分子（磷酸結(jié)構(gòu)式見圖）之間脫去兩個水分子產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)式為．三聚磷酸鈉（俗稱“五鈉”）是常用的水處理劑，其化學式為Na₅P₃O₁₀．
②次磷酸鈉（NaH₂PO₂）可用于化學鍍鎳．NaH₂PO₂中P元素的化合價為+1；
化學鍍鎳的溶液中含有Ni²⁺和H₂PO₂^-，在酸性等條件下發(fā)生下述反應：
（a）1 Ni²⁺+1 H₂PO₂^-+1H₂O→1 Ni+1 H₂PO₃^-+2H⁺
（b）6H₂PO₂^-+2H⁺=2P+4H₂PO₃+3H₂
（4）氫氣是新型清潔能源，鑭（La）和鎳的合金可做儲氫材料．該合金的晶胞如圖所示，晶胞中心有一鎳原子，其它鎳原子都在晶胞面上，該晶體的化學式是Ni₅La．

Answer 1

分析 （1）由表中熔點可知，SiO₂、Al₂O₃屬于原子晶體，NaCl、Na₂O、AlF₃屬于離子晶體，AlCl₃、BCl₃和CO₂的熔點都在200℃以下，都屬于分子晶體；
（2）二氧化硅晶體中每個Si原子形成4個Si-O鍵，1mol二氧化硅晶體中含有4molSi-O鍵；反應熱△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能；
（3）①三聚磷酸可視為三個磷酸分子之間脫去兩個水分子的產(chǎn)物，即磷酸分子間兩個羥基脫去2分子水；三聚磷酸鈉可以看作三聚磷酸中五個羥基的氫原子換成鈉原子；
②由化合價代數(shù)為零可求算化合物中P元素的化合價；
（a）鎳元素的化合價降低了2價，磷元素的化合價升高的2價，化合價升降最小公倍數(shù)為2，故Ni²⁺、H₂PO₂^-的系數(shù)均為1，H₂PO₃^-+的系數(shù)為1，根據(jù)電荷守恒可知生成物中缺項為H⁺，再根據(jù)原子守恒、電荷守恒配平；
（4）利用均攤法計算晶胞中原子數(shù)目，進而確定化學式．

解答 解：（1）A．由表中數(shù)據(jù)可知，AlF₃為離子晶體，故A錯誤；
B．表中AlCl₃、BCl₃和干冰是分子晶體，沸點都較低，故B錯誤；
C．C和Si同主族，但氧化物的晶體類型不同，分別屬于分子晶體和原子晶體，故C正確；
D．Na和Si不同主族，氧化鈉屬于離子晶體，二氧化硅屬于原子晶體，不同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體，故D正確．
故答案為：AB；
（2）二氧化硅晶體中每個Si原子形成4個Si-O鍵，1mol二氧化硅晶體中含有4molSi-O鍵，則SiO₂晶體中Si和Si-O鍵的比例為1：4，
因晶體硅中每個Si原子與周圍的4個硅原子形成正四面體，向空間延伸的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，每Si原子與周圍的4個Si原子形成4個Si-Si鍵，每個Si-Si鍵為1個Si原子提供$\frac{1}{2}$個Si-Si鍵，所以1mol晶體硅中含有1mol×4×$\frac{1}{2}$=2molSi-Si鍵，反應熱△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能，所以Si（s）+O₂（g）=SiO₂（s）中，△H=176kJ/mol×2mol+498kJ/mol-460kJ/mol×4=-990 kJ/mol，
故答案為：1：4；-990 kJ/mol；
（3）①三分子磷酸間通過羥基脫水脫去2分子水形成三聚磷酸，所以三聚磷酸的結(jié)構(gòu)式為：；三聚磷酸中羥基的氫原子被鈉原子取代生成三聚磷酸鈉（俗稱“五鈉”），所以三聚磷酸鈉的化學式為：Na₅P₃O₁₀，
故答案為：； Na₅P₃O₁₀；
②根據(jù)化合價代數(shù)和為0，NaH₂PO₂中P元素的化合價為+1，
（a）鎳元素的化合價降低了2價，磷元素的化合價升高的2價，故Ni²⁺、H₂PO₂^-的系數(shù)均為1，H₂PO₃^-+的系數(shù)為1，根據(jù)電荷守恒可知生成物中缺項為H⁺，根據(jù)原子守恒、電荷守恒可得配平的方程式為：H₂O+Ni²⁺+H₂PO₂^-+═Ni+H₂PO₃^-+2H⁺，
故答案為：+1；1、1、1H₂O、1、1、2H⁺；
（4）該合金的晶胞中心有一個鎳原子，其他8個鎳原子都在晶胞面上，鑭原子都在晶胞頂點，所以晶胞實際含有的鎳原子為1+8×$\frac{1}{2}$=5，晶胞實際含有的鑭原子為8×$\frac{1}{8}$=1，所以晶體的化學式Ni₅La，
故答案為：Ni₅La．

點評 本題考查晶體類型與熔沸點關(guān)系、反應熱有關(guān)計算、晶胞結(jié)構(gòu)及計算、氧化還原反應配平等，屬于拼合型題目，需要學生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等．