Question

11．有A、B、C、D、E五种元素．其相关信息如下：

元素	相关信息
A	A元素的一种原子没有中子，只有一个质子
B	B是电负性最大的元素
C	C的基态原子2p轨道有三个未成对电子
D	D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子
E	E能形成砖红色（红色）的E2O和EO两种氧化物

请回答下列问题．
（1）写出E元素原子基态时M层的电子排布式3s²3p⁶3d¹⁰
（2）C元素单质分子中含有δ和π键的键数之比为1：2．
（3）解释在水中的溶解度C₇H₁₅OH比乙醇低的原因是：甲醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C₇H₁₅OH中烃基大，与水的羟基结构相似程度小所以溶解度小：C₂A₄分子中C原子轨道的杂化类型是sp³．
（4）A、C、E三种元素可形成：E（CA₃）₄²⁺配离子，其中存在的化学键类型有①③（填序号）：
①配位键  ②金属键  ③极性共价键  ④非极性共价键  ⑤离子键  ⑥氢键
若 E（CA₃）₄²⁺具有对称的空间构型．且当 E（CA₃）₄²⁺中的两个CA₃分子被两个Cl取代时．能得到两种不同结构的产物，则 E（CA₃）₄²⁺的空间构型为a（填序号）．
a．平面正方形b．正四面体  c．三角锥型    d．V型
（5）B与D可形成离子化合物．其晶胞结构如图所示．其中D离子的配位数为8．若该晶体的密度为a g•cm^-3，则该晶胞中距离最近的B和D之间的距离是$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm（写出表达式即可，NA代表阿伏加得罗常数）

Answer 1

分析 A元素的一种原子没有中子，只有一个质子，则A是H元素；
B是电负性最大的元素，则为F元素；
C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，为N元素；
E能形成砖红色（红色）的E₂O和EO两种氧化物，则E为Cu元素；
D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，说明其最外层上有两个电子，为Ca元素；
（1）E为Cu元素，其M层有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，根据构造原理书写；
（2）C是N元素，其单质为N₂，氮气分子中存在氮氮三键，三键中含有1个δ键和2个π键；
（3）含有氢键的物质熔沸点较高；根据价层电子对互斥理论确定原子杂化类型；
（4）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间存在配位键，不同非金属元素之间易形成极性键；平面正方形结构的二元氯代物有两种结构；
（5）根据图知，D离子配位数是8；根据密度公式ρ=$\frac{m}{V}$计算晶胞中距离最近的B和D之间的距离．

解答 解：A元素的一种原子没有中子，只有一个质子，则A是H元素；
B是电负性最大的元素，则为F元素；
C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，为N元素；
E能形成砖红色（红色）的E₂O和EO两种氧化物，则E为Cu元素；
D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，说明其最外层上有两个电子，为Ca元素；
（1）E为Cu元素，其M层有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，根据构造原理知，其排布式为3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案为：3s²3p⁶3d¹⁰ ；
（2）C是N元素，其单质为N₂，氮气分子中存在氮氮三键，三键中含有1个δ键和2个π键，则C元素单质分子中含有δ和π键的键数之比为1：2，故答案为：l：2；
（3）乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C₇H₁₅OH中烃基大，与水的羟基结构相似程度小所以溶解度小，N₂H₄分子每个N原子含有3个共价单键和1个孤电子对，所以N原子采用sp³杂化，
故答案为：乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C₇H₁₅OH中烃基大，与水的羟基结构相似程度小所以溶解度小；sp³；
（4）Cu（NH₃）₄²⁺配离子中Cu原子和N原子之间存在配位键、N-H原子之间存在极性键，故选①③；
若 Cu（NH₃）₄²⁺具有对称的空间构型，且当 Cu（NH₃）₄²⁺中的两个NH₃分子被两个Cl取代时．能得到两种不同结构的产物，则 Cu（NH₃）₄²⁺空间构型为平面正方形；
故答案为：①③；a；
（5）根据图片知，每个D原子连接8个B原子，所以D原子配位数是8，
该晶胞中氟离子个数为8，钙离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$则V=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}$=$\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}$，
该晶胞中四个钙离子形成正四面体结构，氟离子位于正四面体的体心上，其图象为：，
晶胞边长=$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，正四面体棱长=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，
在正三角形BCD中BE的长=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，BO与OE的长之比为2：1，则BO的长=$\frac{2}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{6}×\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，
（AO的边长）²=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$）²-（$\frac{\sqrt{6}}{6}×\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$）²，
设氟离子和钙离子的边长为x，
x²=（$\frac{\sqrt{6}}{6}×\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$）²-（AO的边长-x）²，x=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$，
故答案为：8；$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题考查较综合，涉及晶胞计算、微粒构型判断、原子核外电子排布等知识点，同时考查学生空间想象能力、计算能力，难点是晶胞计算，明确正四面体中顶点到中心的距离及中心到底面距离的比是解本题关键，题目难度中等．