Question

3．前四周期A、B、C、D、E、F、G原子序数依次增大，A元素的质子数和质量数相等，B元素具有三个能级且所排电子数相同，D元素2p能级上电子数是2s能级的两倍；D和E相邻且同主族．F是第四周期未成对电子最多的原子，G是目前使用量最多的金属．
请回答下列问题：（用推出的元素符号或者化学式作答）
（1）F的价电子排布式为3d⁵4s¹，B、C、D三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C，D和E电负性较大的是O＞S．
（2）BD₃^2-中B原子的杂化方式为sp²，该离子的空间构型为平面正三角形，键角为120°°．
（3）写出一种由A、C、D组成且既含离子键又含共价键的物质的化学式NH₄NO₃，化合物ABC中σ键和π键数目之比为1：1，C的气态氢化物在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因NH₃通过氢键形成“缔合”分子，导致相对分子质量增大，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大．
（4）B和C的最高价含氧酸的酸性较强的是HNO₃，过量的G与C的最高价含氧酸稀溶液反应的离子方程式为3Fe+8H⁺+2NO₃^-=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O．
（5）E和G形成的某种晶胞如图所示：其中白球表示E，黑球表示G．则该物质的化学式为FeS，假设该晶胞的密度为ρ g/cm³，用N_A表示阿伏加德罗常数，则该晶胞中距离最近的G原子之间的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{352}{{N}_{A}ρ}}$cm．

Answer 1

分析 根据“A元素的质子数和质量数相等”推知A为H（氢）；根据“B元素具有三个能级且所排电子数相同”推知B为C（碳）；根据“D元素2p能级上电子数是2s能级的两倍”推知D为O（氧）；根据“B、C、D原子序数依次增大”推知C为N（氮）；根据“D和E相邻且同主族”推知E为S（硫）；第四周期中Cr元素的未成对电子高达6个最多，故F为Cr（铬）；根据“G是目前使用量最多的金属”推知G为Fe（铁）．
（1）Cr的价电子排布式是保证3d能级和4s能级都处于半充满状态，更加稳定；
第一电离能同一周期从左到右呈增大趋势，Ⅱ_A族、Ⅴ族反常；电负性同一主族自上而下逐渐降低；
（2）计算CO₃^2-中碳原子孤电子对数、价层电子对数，确定碳原子杂化方式、微粒的空间构型，进而确定键角；
（3）铵盐属于离子化合物存在离子键也存在共价键；HCN分子中存在两条σ键和2条π键；NH₃通过氢键形成“缔合”分子；
（4）非羟基氧数目越多，酸性越强；过量Fe与稀硝酸反应，Fe被氧化成+2价铁，稀硝酸被还原成NO，用H⁺保证电荷守恒，用H₂O保证H和O的守恒；
（5）根据均摊法计算晶胞中Fe、S原子数目，约成最简整数比既得化学式；计算晶胞质量，根据密度×体积=质量的公式，假设该晶胞的边长为a，代入数据得a，二者距离最近的S原子之间距离为晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

解答 解：根据“A元素的质子数和质量数相等”推知A为H（氢）；根据“B元素具有三个能级且所排电子数相同”推知B为C（碳）；根据“D元素2p能级上电子数是2s能级的两倍”推知D为O（氧）；根据“B、C、D原子序数依次增大”推知C为N（氮）；根据“D和E相邻且同主族”推知E为S（硫）；第四周期中Cr元素的未成对电子高达6个最多，故F为Cr（铬）；根据“G是目前使用量最多的金属”推知G为Fe（铁）．
（1）Cr的价电子排布式是保证3d能级和4s能级都处于半充满状态，更加稳定，故Cr的价电子排布为3d⁵4s¹；
第一电离能同一周期从左到右呈增大趋势，Ⅱ_A族、Ⅴ族反常，故的原动力N＞O＞C；
电负性同一主族自上而下逐渐降低，故电负性O＞S，
故答案为：3d⁵4s¹；N＞O＞C；O＞S；
（2）CO₃^2-中C原子孤电子对数=$\frac{4+2-2×3}{2}$=0，价层电子对数=3+0=3，故碳原子杂化方式为sp²杂化，空间构型为平面正三角形，键角为120°，
故答案为：sp²；平面正三角形；120°；
（3）铵盐属于离子化合物存在离子键也存在共价键，三种元素形成的铵盐可以是NH₄NO₃或者NH₄NO₂；
HCN中存在两条σ键和2条π键，二者之比为1：1；
NH₃通过氢键形成“缔合”分子，导致相对分子质量增大，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大，
故答案为：NH₄NO₃；1：1；NH₃通过氢键形成“缔合”分子，导致相对分子质量增大，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大；
（4）HNO₃含有两个非羟基O，H₂CO₃存在一个非羟基O，故HNO₃酸性更强．过量Fe与稀硝酸反应，Fe被氧化成+2价铁，稀硝酸被还原成NO，反应离子方程式为：3Fe+8H⁺+2NO₃^-=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O，
故答案为：HNO₃；3Fe+8H⁺+2NO₃^-=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O；
（5）黑球铁处于晶胞晶胞，晶胞中含有4个Fe原子，白球S处于顶点和面心，晶胞中含有S原子数目为6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，约成最简整数比既得化学式为FeS，
晶胞质量为4×$\frac{56+32}{{N}_{A}}$g，假设该晶胞的边长为a cm，则（a cm）³×ρ g/cm³=4×$\frac{56+32}{{N}_{A}}$g，则a=$\root{3}{\frac{352}{{N}_{A}ρ}}$，距离最近的S原子之间距离为晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$，故S原子之间距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{352}{{N}_{A}ρ}}$cm，
故答案为：FeS；$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{352}{{N}_{A}ρ}}$．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性、分子结构与性质、氢键、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，注意同周期第一电离能异常情况，（5）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的数学计算能力．