题目内容

(2009?深圳二模)前四周期元素A、B、C、D、E、F,原子序数依次增大,其中A和B同周期,固态的AB2能升华;C和E原子都有一个未成对电子,C+比E-少一个电子层,E原子的一个电子后3p轨道全充满;D的最高化合价和最低化合价代数和为4,其最高价氧化物中D的质量分数为40%,且核内质子数等于中子数;F为红色单质,广泛用于电气工业.回答下列问题:
(1)元素电负性:D
E (填>、<或=)
(2)A、C单质熔点A
C(填>、<或=)
(3)AE4中A原子杂化轨道方式为:
SP3
SP3
杂化;其固态晶体类型为
分子晶体
分子晶体

(4)F的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s1
1s22s22p63s23p63d104s1
;向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀,后沉淀溶解为深蓝色溶液,加入乙醇会析出蓝色晶体,该晶体中F与NH3之间的化学键为
配位键
配位键

(5)氢化物的沸点:B比D高的原因
水分子间存在氢键,增大分子间作用力
水分子间存在氢键,增大分子间作用力

(6)元素X的某价态阴离子Xn-中所有电子正好充满K和L电子层,CnX晶体的最小结构单元如图所示.该晶体中阳离子和阴离子个数比为
3:1
3:1
,晶体中每个Xn-
6
6
个等距离的C+离子包围.
分析:前四周期元素A、B、C、D、E、F,原子序数依次增大,A和B同周期,固态的AB2能升华,AB2为CO2,则A为碳元素,B为氧元素;E原子的一个电子后3p轨道全充满,则E最外层电子数为7,故E为氯元素;C和E原子都有一个未成对电子,C+比E-少一个电子层,则C为钠元素;D的最高化合价和最低化合价代数和为4,D最外层电子数为6,D原子序数大于钠元素小于氯元素,故D为硫元素,其最高价氧化物SO3中S的质量分数为40%,且核内质子数等于中子数,符合题意;F为红色单质,广泛用于电气工业,F为铜元素.
(1)同周期自左而右,元素电负性增强.
(2)碳单质金刚石为原子晶体,氧气形成分子晶体,原子晶体熔点高于分子晶体.
(3)四氯化碳是分子晶体,分子中碳原子最外层电子全部成键,成4个C-Cl键,碳原子杂化轨道数为4.
(4)核外电子数为29,根据核外电子排布规律书写电子排布式;[Cu(NH34]SO4?H2O晶体中铜离子与NH3之间形成配位键.
(5)根据均摊法计算晶胞中Xn-、C+数目,据此判断阴阳离子之比;以右边前面顶点的Xn-研究,三条棱向上、向前、向右延伸,还有3个距离的C+离子.
解答:解:前四周期元素A、B、C、D、E、F,原子序数依次增大,A和B同周期,固态的AB2能升华,AB2为CO2,则A为碳元素,B为氧元素;E原子的一个电子后3p轨道全充满,则E最外层电子数为7,故E为氯元素;C和E原子都有一个未成对电子,C+比E-少一个电子层,则C为钠元素;D的最高化合价和最低化合价代数和为4,D最外层电子数为6,D原子序数大于钠元素小于氯元素,故D为硫元素,其最高价氧化物SO3中S的质量分数为40%,且核内质子数等于中子数,符合题意;F为红色单质,广泛用于电气工业,F为铜元素.
(1)D为硫元素,E为氯元素,同周期自左而右,元素电负性增强,所以电负性D<E.
故答案为:<.
(2)A为碳元素,B为氧元素;碳单质金刚石为原子晶体,氧气形成分子晶体,所以熔点A>C.
故答案为:>.
(3)A为碳元素,E为氯元素,AE4为CCl4,碳原子最外层电子全部成键,成4个C-Cl键,碳原子杂化轨道数为4,采取SP3杂化,属于分子晶体.
故答案为:SP3;分子晶体.
(4)F为铜元素,核外电子数为29,F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀,后沉淀溶解为深蓝色溶液,加入乙醇会析出蓝色晶体,该晶体为[Cu(NH34]SO4?H2O,晶体中铜离子与NH3之间的化学键为配位键.
故答案为:1s22s22p63s23p63d104s1;配位键.
(5)B为氧元素、D为硫元素,对应氢化物为水与硫化氢,水分子间存在氢键,增大分子间作用力,所以氢化物的沸点:B比D高.
故答案为:水分子间存在氢键,增大分子间作用力.
(6)由CnX晶体的最小结构单元可知,该晶体晶胞中Xn-数目为8×
1
8
=1,C+数目为12×
1
4
=3,所以晶体中阳离子和阴离子个数比为3:1;以右边前面顶点的Xn-研究,三条棱向上、向前、向右延伸,还有3个距离的C+离子,所以晶体中每个Xn-被6个等距离的C+离子包围.
故答案为:3:1;6.
点评:本题考查较为综合,涉及电子排布式、杂化轨道类型、以及晶体结构分析等知识,题目具有一定难度,本题注意晶胞配位数的判断方法及均摊计算法.
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