Question

19．A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大．元素周期表中原子半径最小的是A，B原子最外层有两个未成对电子，化合物CD₂为红棕色气体，E的单质易与水反应且只作氧化剂，元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满．
请回答下列问题：
（1）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C（用元素符号表示）．
（2）A、B、D可形成分子式为A₂BD的某化合物，则该化合物分子中B原子的轨道杂化类型是：sp²．
（3）E的单质与水反应的化学方程式：2H₂O+2F₂=4HF+O₂↑．
（4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．
①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构，则该化合物的化学式为：ZnS．
②乙醇在D的氢化物（H₂D）中的溶解度大于H₂Y在D的氢化物（H₂D）中的溶解度，其原因是：乙醇分子与水分子之间形成氢键而H₂S分子与水分子之间不形成氢键．
③X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH₃）₄]CI₂该配合物中含有o键的数目为：16．
（5）F与G所形成化合物晶体的晶胞如图所示．
①在元素周期表中，元素G位于ds区．
②在1个晶胞中，该化合物的化学式为：CuCl．
已知该晶体的密度为pg•cm^-3，阿伏加德罗常数为N_A，则该晶体中F原子和G原子之间的最短距离为：$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm（只写计算式）（F原子位于体对角线上）

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大．元素周期表中原子半径最小的是A，则A为H元素；化合物CD₂为红棕色气体，该气体为NO₂，则C为N、D为O元素；B原子最外层有两个未成对电子，其原子序数小于N，则B为C元素；E的单质易与水反应且只作氧化剂，则E为F元素；元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，则F含有3个电子层，最外层含有7个电子，为Cl元素；G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满，核外电子数=2+8+18+1=29，则G为Cu元素；
（4）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，据此进行解答．
（5）①G为Cu，位于周期表中第四周期ⅠB族，为ds区；
②利用均摊法计算得出；计算出一个晶胞中微粒数，利用化合物的摩尔质量和密度计算出晶胞边长，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的$\frac{1}{4}$．

解答 解：A、B、C、D、E、F、G七种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大．元素周期表中原子半径最小的是A，则A为H元素；化合物CD₂为红棕色气体，该气体为NO₂，则C为N、D为O元素；B原子最外层有两个未成对电子，其原子序数小于N，则B为C元素；E的单质易与水反应且只作氧化剂，则E为F元素；元素F基态原子的3p轨道上有5个电子，则F含有3个电子层，最外层含有7个电子，为Cl元素；G是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满，核外电子数=2+8+18+1=29，则G为Cu元素，
（1）B、C、D分别为C、N、O，同周期，随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，失去第一个电子需要的能量较多，其第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的第一电离能数值从大到小的顺序为：N＞O＞C，
故答案为：N＞O＞C；
（2）H、C、O可形成分子式为H₂CO，为HCHO，该分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp²，
故答案为：sp²；
（3）E的单质为F₂，F₂与水反应生成氟化氢和氧气，反应的化学方程式为：2H₂O+2F₂=4HF+O₂↑，
故答案为：2H₂O+2F₂=4HF+O₂↑；
（4）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，
①X、为Zn、Y为S，X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，则X的化合价为+2，Y达到8电子的稳定结构，该化合物为ZnS，
故答案为：ZnS；
②D为O、Y为S，D的氢化物为H₂O，H₂Y为H₂S，在乙醇的水溶液中，水分子和乙醇分子之间易形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，而H₂S分子与水分子之间不形成氢键，
故答案为：乙醇分子与水分子之间形成氢键而H₂S分子与水分子之间不形成氢键；
③该配合物为[Zn（NH₃）₄]Cl₂，高配合物的配离子中Zn原子和N原子、氨气分子中N原子和H原子之间都存在σ键，则一个该配离子中σ键个数=4+3×4=12，所以配合物[Zn（NH₃）₄]Cl₂中含有σ键的数目为16，
故答案为：16；
（5）①F为Cl、G为Cu，Cu位于周期表中第四周期ⅠB族，属于ds区，
故答案为：ds；
②由铜与Cl形成化合物的晶胞可知，4个铜原子都在晶胞内部，故该晶胞中铜的个数为4，氯原子的个数为：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以该晶体的化学式为：CuCl；
将大正方体分成8个小正方体，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为小正方体的体对角线的一半，1个该晶体中含有4个CuCl，则该晶体的体积为：$\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}$cm³，晶胞的边长为$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，小正方体的边长为$\frac{1}{2}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，小正方体的体对角线是小正方体边长的$\sqrt{3}$倍，则小正方体的体对角线为：$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，则该晶体中铜原子和Cl原子之间的最短距离为：$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$cm，
故答案为：CuCl；$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\root{3}{\frac{4×99.5}{ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题考查较为综合，涉及晶胞计算、元素推断、氢键、原子结构与元素周期表、元素周期律的关系等知识，题目难度较大，推断元素为解答关键，（5）为易错点，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．