题目内容

9．原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D依次处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子．
请回答下列问题：
（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为．
（2）C所在主族的四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl（填化学式），呈现如此递变规律的原因是HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高．
（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为sp2，另一种的晶胞如图二所示，用最简式表示该晶胞的空间利用率$\frac{{\sqrt{3}π}}{16}$．

（4）D元素形成的单质，其晶胞内D原子的配位数为12，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是①②③（填选项序号）．
①极性键     ②非极性键     ③配位键     ④金属键
（5）D元素形成的单质，既不溶于氨水也不溶于双氧水，但溶于两者的混合溶液．写出该反应的离子方程式Cu+4NH3•H2O+H2O2=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH-．

分析 原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素．
（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5；
（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；
（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；
根据均摊法计算晶胞中C原子数目，令碳原子直径为a，计算晶胞中C原子总体积，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为$\frac{a}{3}$，则正四面体的高为（a+$\frac{a}{3}$），设正四面体的棱长为x，则斜面的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，底面中心到边的距离为为$\frac{\sqrt{3}}{2}$x×$\frac{1}{3}$，再根据勾股定理计算x与a的关系，晶胞棱长=2x×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$x，再计算晶胞体积，晶胞空间利用率=$\frac{原子总体积}{晶胞体积}$×100%；
（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；
（5）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键．

解答 解：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素，
（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为，
故答案为：；
（2）HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl，
故答案为：HF＞HI＞HBr＞HCl；HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；
（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；
一个晶胞中含碳原子数为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+4=8，令碳原子直径为a，晶胞中C原子总体积=8×$\frac{4}{3}$π（$\frac{a}{2}$）3，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为$\frac{a}{3}$，则正四面体的高为（a+$\frac{a}{3}$）=$\frac{4a}{3}$，设正四面体的棱长为x，则斜面的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，底面中心到边的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$x×$\frac{1}{3}$，再根据勾股定理：（$\frac{4a}{3}$）2+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$x×$\frac{1}{3}$）2=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$x）2，整理得x=$\frac{2\sqrt{6}}{3}a$，故晶胞棱长=$\frac{2\sqrt{6}}{3}a$×$\sqrt{2}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$a，则晶胞体积为（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$）3，晶胞空间利用率={[8×$\frac{4}{3}$π（$\frac{a}{2}$）3]÷（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$）3}×100%=$\frac{{\sqrt{3}π}}{16}$，
故答案为：sp2；$\frac{{\sqrt{3}π}}{16}$；
（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，
故答案为：12；①②③；
（5）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键，离子方程式是Cu+4NH3•H2O+H2O2=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH-，
故答案为：Cu+4NH3•H2O+H2O2=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH-．

点评 本题是对物质结构的考查，题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．

练习册系列答案
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②
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