Question

7．X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，基态X原子的s电子数比p电子数多3个，在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y＞Z，Z、R同主族，M核外电子有29种运动状态，请回答下列问题：
（1）基态M²⁺的电子排布式为[Ar]3d⁹，X、Y、Z、M的电负性由大到小的顺序为O＞N＞B＞Cu．
（2）化合物XCl₃的中心原子杂化类型为sp²；YCl₃的立体构型为三角锥形，XCl₃、YCl₃分子中属于非极性分子的是BCl₃．
（3）H₂Z、H₂Z₂、H₂R的沸点分别为100℃、158℃，-60.4℃，试解释此种现象H₂O₂、H₂O分子间可以形成氢键，H₂O₂相对分子质量最大，H₂S分子间不能形成氢键．
（4）H₂RO₃的K₁和K₂分别为1.54×10^-2和1.02×10^-7，熔融化状态下RO₃不能导电而Na₂O能导电，请根据结构与性质的关系解释下列问题：
①K₁＞K₂：SO₃^2-与H⁺间的结合能力强于HSO₃^-与H⁺间的结合能力，故H₂SO₃比HSO₃^-更易电离出离子，电离程度大，对应K值大．
②RO₃不能导电而Na₂O能导电：SO₃是共价化合物，属于非电解质，而Na₂O是离子化合物．
（5）Z、M形成的一种化合物晶胞如图所示：（实心球代表M）
①该化合物的化学式为Cu₂O．
②若晶胞参数为apm．列式计算该晶胞的密度=$\frac{288}{{a}^{3}{N}_{A}×1{0}^{-30}}$g•cm^-3．

Answer 1

分析 X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，M核外电子有29种运动状态，则M为Cu；基态X原子的s电子数比p电子数多3个，原子核外电子排布式为1s²2s²2p¹，则X为B元素；在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y＞Z，Z、R同主族，则Y处于Ⅱ族或ⅤA族，结合原子序数可知，若Y处于ⅡA族，R的原子序数大于Cu，不符合题意，故Y为N元素、Z为O元素、R为S元素．
（1）Cu处于第四周期IB族，Cu²⁺原子核外3d轨道有9个电子；非金属性越强，电负性越大；
（2）化合物BCl₃中B原子孤电子对数=$\frac{3-1×3}{2}$=0，价层电子对数=3+0=3；NCl₃中N原子孤电子对数=$\frac{5-1×3}{2}$=1，价层电子对数=3+1=4，结合分子空间构型判断非极性分子；
（3）H₂O₂、H₂O分子间可以形成氢键，H₂O₂相对分子质量最大，H₂S分子间不能形成氢键；
（4）①SO₃^2-与H⁺间的结合能力强于HSO₃^-与H⁺间的结合能力；
②SO₃是共价化合物，属于非电解质，而Na₂O是离子化合物；
（5）①Cu与O形成的化合物为Cu₂O、CuO，根据均摊法计算晶胞中黑色球、白色球数目，进而确定化学式；
②结合分子中含有原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞密度．

解答 解：X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，M核外电子有29种运动状态，则M为Cu；基态X原子的s电子数比p电子数多3个，原子核外电子排布式为1s²2s²2p¹，则X为B元素；在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y＞Z，Z、R同主族，则Y处于Ⅱ族或ⅤA族，结合原子序数可知，若Y处于ⅡA族，R的原子序数大于Cu，不符合题意，故Y为N元素、Z为O元素、R为S元素．
（1）Cu处于第四周期IB族，Cu²⁺原子核外3d轨道有9个电子，基态Cu²⁺的电子排布式为[Ar]3d⁹，
非金属性越强，电负性越大，故电负性：O＞N＞B＞Cu，
故答案为：[Ar]3d⁹；O＞N＞B＞Cu；
（2）化合物BCl₃中B原子孤电子对数=$\frac{3-1×3}{2}$=0，价层电子对数=3+0=3，B原子采取sp²杂化，为平面正三角形结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，
NCl₃中N原子孤电子对数=$\frac{5-1×3}{2}$=1，价层电子对数=3+1=4，为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，
故答案为：sp²；三角锥形；BCl₃；
（3）H₂O₂、H₂O分子间可以形成氢键，H₂O₂相对分子质量最大，H₂S分子间不能形成氢键，故过氧化氢的沸点最高，水次之，硫化氢的最低，
故答案为：H₂O₂、H₂O分子间可以形成氢键，H₂O₂相对分子质量最大，H₂S分子间不能形成氢键；
（4）①SO₃^2-与H⁺间的结合能力强于HSO₃^-与H⁺间的结合能力，故H₂SO₃比HSO₃^-更易电离出离子，电离程度大，对应K值大，
故答案为：SO₃^2-与H⁺间的结合能力强于HSO₃^-与H⁺间的结合能力，故H₂SO₃比HSO₃^-更易电离出离子，电离程度大，对应K值大；
②SO₃是共价化合物，属于非电解质，而Na₂O是离子化合物，熔融状态下可以导电，
故答案为：SO₃是共价化合物，属于非电解质，而Na₂O是离子化合物；
（5）①晶胞中黑色球为4、白色球数目为1+8×$\frac{1}{8}$=2，原子数目之比为2：1，故Cu、O形成的化合物为Cu₂O，
故答案为：Cu₂O；
②晶胞质量为2×$\frac{144}{{N}_{A}}$g，则晶胞密度为2×$\frac{144}{{N}_{A}}$g÷（a×10^-10 cm）³=$\frac{288}{{a}^{3}{N}_{A}×1{0}^{-30}}$g•cm^-3，
故答案为：$\frac{288}{{a}^{3}{N}_{A}×1{0}^{-30}}$．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、杂化方式与空间构型、分子结构与性质、氢键、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响．