Question

11．已知前四周期六种元素A、B、C、D、E、F的核电荷数依次增大．B原子的p轨道半充满，其氢化物沸点是同族元素中最低的，D原子得到一个电子后3p轨道全充满，A与C能形成AC型离子化合物，其中的阴、阳离子相差一个电子层．E⁴⁺离子和氩原子的核外电子排布相同，F元素含量决定了人体内血红蛋白携氧能力的大小．请回答：
（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序是Na＜S＜P＜Cl（用元素符号填空）
（2）化合物BD₃的分子构型为三角锥形，B的原子轨道杂化类型为sp³杂化．B元素氢化
物的沸点低于其同族上周期元素的氢化物的原因是不能形成氢键．
（3）己知F²⁺与KCN溶液反应得F（CN）₂沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物．则F的基态原子价电子排布式为3d⁶4s²，CN^-与N₂或CO（一种分子）互为等电子体．消除CN^-剧毒性的方法之一是加入浓的双氧水，可将其转化为可溶性碳酸盐及氨气，写出该反应的离子方程式：CN^-+H₂O₂+OH^-=CO₃^2-+NH₃↑．
（4）①E基态原子的价电子排布为d²4s²，②EO₂与碳酸钡在熔融状态下反应，所得晶体的晶胞结构如图所示，则该反应的化学方程式为TiO₂+BaCO₃=BaTiO₃+CO₂↑．
③已知该晶体的摩尔质量为M（g/mol），其中E⁴⁺的氧配位数为6．若该晶胞边长为anm，可计算该晶体的密度为$\frac{M×1{0}^{21}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³（阿伏加德罗常数为N_A）．

Answer 1

分析 根据题目给出的信息推断，B原子的p轨道半充满，其氢化物沸点是同族元素中最低的，故B为P元素；D原子得到一个电子后3p轨道全充满，且原子序数大于P，为Cl元素；A与C能形成A₂C型离子化和物，其中的阴、阳离子相差一个电子层，分别推断出A为Na、C为S；E⁴⁺离子和氩原子的核外电子排布相同，故E为Ti元素；原子序数之和为107，则F为Fe元素．
（1）根据第一电离能递变规律获得答案；
（2）化合物为PCl₃，根据价电子对数判断杂化类型和空间构型；氨分子之间能形成氢键，而PH₃分子之间没有氢键；
（3）根据Fe元素的原子序数写出价电子排布式；等电子体是指具有相同的原子数和价电子数的原子团；根据电子得失守恒和元素守恒可书写氧化还原反应的离子方程式；
（4）Ti为22号元素，根据Ti元素的原子序数写出价电子排布式；根据均摊法计算出生成物化学式，进而写出化学方程式；根据晶胞结构图可知，每个Ti⁴⁺的周围距离最近的氧原子位于晶胞的六个面的面心上，据此判断配位数；晶体密度可以通过摩尔质量和摩尔体积计算得出．

解答 解：（1）第一电离能同周期从左到右呈增大趋势，其中第ⅤA大于ⅥA，
故答案为：Na＜S＜P＜Cl；
（2）PCl₃的价电子数=$\frac{5+3}{2}$=4，形成四条新的杂化轨道，价电子数=孤电子对数+配位原子数，即孤电子对数为1，对共价键有排斥作用，氨分子之间能形成氢键，而PH₃分子之间没有氢键，所以P元素氢化物的沸点低于其同族上周期元素的氢化物，
故答案为：三角锥形；sp³杂化；不能形成氢键；
（3）Fe元素的原子序数为26，价电子数为8，所以Fe的基态原子价电子排布式为3d⁶4s²，CN^-的等电子体为有两个原子，且价电子数为10，其等电子体为N₂或CO，CN^-中加入浓的双氧水，生成可溶性碳酸盐及氨气，其反应的离子方程式为CN^-+H₂O₂+OH^-=CO₃^2-+NH₃↑，
故答案为：3d⁶4s²；N₂或CO；CN^-+H₂O₂+OH^-=CO₃^2-+NH₃↑；
（4）①Ti为22号元素，Ti基态原子的价电子排布为d²4s²，②晶体中Ba位于顶点，$8×\frac{1}{8}$=1，O位于面心6×$\frac{1}{2}$=3，Ti位于体心，所以晶体化学式为BaTiO₃，根据反应物和生成物可知化学方程式为TiO₂+BaCO₃=BaTiO₃+CO₂↑；③Ti⁴⁺位于体心，与六个位于面心的O邻接，所以Ti⁴⁺的配位数为6；晶胞中含有一个微粒，晶胞体积为（a×10^-7）³，则ρ=$\frac{M}{V{\;}_{m}}$=$\frac{M}{N{\;}_{A}×（a×10{\;}^{-7}）^{3}}$g/cm³=$\frac{M×1{0}^{21}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³，
故答案为：d²4s²；TiO₂+BaCO₃=BaTiO₃+CO₂↑；6；$\frac{M×1{0}^{21}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查物质结构与性质，涉及元素周期表、元素周期律、杂化理论、化学键、分子结构与性质、晶胞计算等，难度较大，对学生的思维能力、空间想象能力有一定的要求．