Question

有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A⁺比B^-少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等子中子数．R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A⁺与D^2-离子数之比为2：1．谙冋答下列问题：
（1）A元素形成的晶体内晶胞类型应属于

 

（填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”）堆积，空间利用率为

 

．
（2）C^3-的电子排布式为

 

，在CB₃分子中C元素原子的原子轨道发生的是

 

杂化，CB₃分子的VSEPR模型为

 

．
（3）C的氢化物在水中的溶解度如何

 

，原因

 

（4）D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：

 

（用元素符号表示）；用1个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：

 

（5）如图所示是R形成的晶体的晶胞，该晶胞与CaF₂晶胞结构相似，设晶体密度是ρ g?cm^-3．试计算R晶体中A⁺和D^2-最短的距离

 

．（阿伏加德罗常数用N_A表示，只写出计算式，不用计算） 
（6）已知下列数据：
4Cu（s）+O₂（g）═2Cu₂O（s）△H=-337.2KJ?mol^-1
2Cu （s）+O₂（g）═2Cu O（s）△H=-314.6KJ?mol^-1
由Cu₂O和O₂反应生成CuO的热化学方程式是

 

．

Answer 1

考点：晶胞的计算,元素电离能、电负性的含义及应用,判断简单分子或离子的构型,原子轨道杂化方式及杂化类型判断,用盖斯定律进行有关反应热的计算

专题：化学反应中的能量变化,化学键与晶体结构

分析：B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；B^-离子为Cl^-离子，A⁺比B^-少一个电子层，A⁺为Na⁺离子；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns²np³，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为 40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素，A⁺是Na⁺离子，D^2-离子是S^2-离子，R是由Na⁺离子与S^2-离子以2：1形成的离子化合物，R是硫化钠．

解答： 解：B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；B^-离子为Cl^-离子，A⁺比B^-少一个电子层，A⁺为Na⁺离子；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns²np³，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为 40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素，A⁺是Na⁺离子，R是由Na⁺离子与D^2-离子以2：1形成的离子化合物，D^2-离子是S^2-离子，R是硫化钠．
（1）钠元素属于A₂密堆积式，该晶胞含有2个原子，所以Na元素形成的晶体内晶胞类型应属于体心立方，其空间利用率为68%，
故答案为：体心立方；68%；
（2）N^3-核外有10个电子，根据构造原理知，该离子基态核外电子排布式为：ls²2s²2p⁶，CB₃分子为NCl₃分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个δ键，氮原子的杂化方式为sp³，所以CB₃分子的VSEPR模型为四面体形，
故答案为：ls²2s²2p⁶；sp³；四面体形；
（3）C的氢化物是氨气，一体积水能溶解700体积氨气，氨气分子和水分子之间可以形成氢键，且氨气分子和水分子都是极性分子，根据相似相溶原理知，氨气极易溶于水，
故答案为：1：700溶于水或极易溶于水；氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；
（4）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：Cl＞P＞S；
同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在H₂S+Cl₂=2HCl+S↓反应中，Cl₂的氧化性大于O₂的氧化性，
故答案为：Cl＞P＞S；H₂S+Cl₂=2HCl+S↓；
（5）该晶胞中钠离子个数=8，氧离子个数=8×

1

8

+6×

1

2

=4，晶胞的体积=

4×78

ρNA

cm³，晶胞的边长=

3	4×78 ρNA

cm，四个氧离子和一个钠离子构成正四面体，钠离子位于正四面体的体心上，
四个氧原子位于正四面体的顶点上，钠原子位于体心上，正四面体的棱长=

2

2

×

3	4×78 NA

cm，
设氧离子和钠离子的距离为x，
在正三角形BCD中，BE的长=

3

2

×

2

2

×

3	4×78 NA

cm，BO和OE的长之比为2：1，所以BO的长=

2

3

×

3

2

×

2

2

×

3	4×78 NA

cm，（AO的边长）²=（

2

2

×

3	4×78 NA

）²-（

2

3

×

3

2

×

2

2

×

3	4×78 NA

）²，x²=（

2

3

×

3

2

×

2

2

×

3	4×78 NA

）²+（AO的边长-x）²，所以x=

3

4

×

3	4×78 ρNA

cm，
故答案为：

3

4

×

3	4×78 ρNA

；
（6）已知：①4Cu（s）+O₂（g）═2Cu₂O（s）△H=-337.2kJ?mol^-1
②2Cu（s）+O₂（g）═2CuO（s）△H=-314.6kJ?mol^-1
根据盖斯定律，②×2-①得：2Cu₂O（s）+O₂（g）=4CuO（s）△H=-292.0kJ?mol^-1，
故答案为：2Cu₂O（s）+O₂（g）=4CuO（s）△H=-292.0kJ?mol^-1．

点评：本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞的计算、元素周期律、氢键等知识点，这些都是学习重点也是学习难点，同时考查学生的空间想象能力及数学应用能力，结合正三角形的性质分析解答，难度较大．