Question

【题目】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的质子数等于周期数，B与C的 P轨道均有三个成单电子，D的最高正价与最低负价代数和为4，E的最外层只有一个电子， 内层轨道处于全充满状态。试回答下列问题。

（1）基态E原子的电子排布式为_________；C和D的第一电离能较大的________(填元素符号）。

（2）DO32-中D原子的杂化类型为_________；A、D和氧元素组成的液态化合物A2DO4中存在的作用力有_____________。

（3）结构式为A—B=B—A的分子中σ键和π键的数目比为________；B2分子和NO+离子互为等离子体，则NO+的电子式为___________。

（4）向EDO4溶液中加入过量稀氨水，其化学方程式为_______________；产物中阳离子的配体是_____________（填化学式）。

（5）D(黑球）和E(白球）形成某种晶体的晶胞如图所示。已知该晶体的晶胞边长为516Pm，则黑球和白球之间最近距离为________pm(精确到0.1，已知=1.732)若ED中D2-被O2-代替，形成的晶体只能采取NaCl型堆积，试从晶体结构分析其不同及原因__________。

Answer 1

【答案】 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 P sp2 氢键、范徳华力、共价键 3∶1 CuSO4+4 NH3·H2O ==[Cu(NH3)4]SO4+4 H2O NH3 223.4 两种晶体中离子的配位数不同。由于r(O2-) < r(S2-)，r+ /r-的值增大，晶体中离子的配位数由4增至6，导致晶体堆积方式不同。

【解析】本题考查选修三《物质结构与性质》，A的质子数等于周期数，则A为H，B与C的p轨道均有三个成单电子，说明B和C属于同主族，即分别属于N和P，D的最高正价与最低负价的代数和为4，则D为S，E的最外层只有一个电子，且内层全充满，因此E为Cu， （1）Cu位于第四周期第IB族，因此电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ；P和S属于同周期，同周期第一电离能从左向右增强，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此第一电离能P>S；（2）DO32－为SO32－，其中S有3个σ键，孤电子对数为(6＋2－3×2)/2=1，价层电子对数为4，即SO32－中S的杂化类型为sp3；组成的化合物是H2SO4，含有的作用力是共价键、范德华力、氢键；（3）成键原子之间只能有1个σ键，双键中有1个π键，因此H－N=N－H中σ键和π键的比值为3：1；等电子体的结构相似，N2的结构式为，因此NO＋的电子式为；（4）EDO4的化学式为CuSO4，与过量的氨水发生络合反应，反应方程式为：CuSO4＋4 NH3·H2O =[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对，因此NH3是配体；（5）根据晶胞的结构，黑球和白球之间最近的距离是体对角线的1/4，即为 （a为晶胞的边长），代入数值，解得为223.4pm，两种晶体中离子的配位数不同。由于r(O2－) < r(S2－)，r＋ /r－的值增大，晶体中离子的配位数由4增至6，导致晶体堆积方式不同。