Question

【题目】原子序数小于36的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A、D能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，B是形成化合物种类最多的元素，C原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，E基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同．
（1）B2A2是有机合成工业的一种原料． （i）将B2A2通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀．[Cu（NH3）2]Cl中存在的化学键的类型有 ， Cu+基态核外电子排布式为 ．
（ii）B2A2与ABC反应可得丙烯腈（H2C=CH﹣C≡N）．ABC分子的构型是 ． 丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是
（2）工业上用EB2与A2D反应生成B2A2 ． （i）EB2中的B22﹣与D22+互为等电子体，D22+的电子式可表示为；1mol D22+中含有的π键数目为 ．
（ii）工业制B2A2的原料（EB2、A2D）以及产物（B2A2）的沸点从高到低排序，其顺序为（用化学式表示），其理由为 ．
（iii）EB2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但EB2晶体中含有的中哑铃形B22﹣的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞的边长分别为0.387nm、0.387nm、0.637nm．EB2晶体中，阳离子的配位数为 ， 距离最近的两个阳离子之间的距离为nm（保留3位有效数字），EB2的密度g/cm3（列式即可）．

Answer 1

【答案】
（1）离子键、共价键和配位键；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；直线形；sp和sp2
（2）；2NA；CaC2H2OC2H2；CaC2、H2O、C2H2分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H2O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C2H2；4；0.273；
【解析】解：原子序数小于36的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A、D能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，则A是H、D是O元素，甲是H2O、乙是H2O2；B是形成化合物种类最多的元素，为C元素；
C原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则C是N元素；
E基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同，则E是Ca元素；
·（1）（i）阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有孤电子对和空轨道的原子之间易形成配位键，所以铜铵络离子和氯离子之间存在离子键、N﹣H原子之间存在共价键、Cu原子和N原子之间存在配位键，所以该物质中含有离子键、共价键和配位键；
Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去最外层1个电子生成Cu+ ， 根据构造原理书写Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，
所以答案是：离子键、共价键和配位键；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（ii）C2H2与HCN反应可得丙烯腈（H2C=CH﹣C≡N），HCN分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，HCN分子的构型为直线形，丙烯腈分子中亚甲基C原子价层电子对个数是3、剩余两个C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp和sp2 ，
所以答案是：直线形；sp和sp2；
·（2）（i）CaC2中的C22﹣与O22+互为等电子体，等电子体原子个数相同、电子数相同、结构相似，据此书写O22+的电子式为 ；一个O22+中含有2个π键，则1mol该离子含有2NA个π键，
所以答案是： ；2NA；
（ii）工业制C2H2的原料（CaC2、H2O）以及产物（C2H2）的沸点从高到低排序，离子晶体熔沸点高于分子晶体，含有氢键的熔沸点较高，水中含有氢键而乙炔中不含氢键，则熔沸点大小顺序是CaC2 H2O C2H2 ，
所以答案是：CaC2 H2O C2H2；CaC2、H2O、C2H2分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H2O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C2H2；
（iii）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22﹣的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞的边长分别为0.387nm、0.387nm、0.637nm，CaC2晶体中，阳离子的配位数为4，距离最近的两个阳离子之间的距离= × nm=0.273nm；
该晶胞中Ca2+个数=12× +1=4、C22﹣个数=8× +8× =4，其密度= = g/cm3 ，
所以答案是：4；0.273； ．