Question

7．已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它們?cè)�子序�?shù)的大小關(guān)系為A＜C＜B＜D＜E．又知A原子的p軌道為半充滿，其形成的簡單氫化物的沸點(diǎn)是同主族非金屬元素的氫化物中最高的．D原子得到一個(gè)電子后其3p軌道將全充滿．B⁺離子比D原子形成的離子少一個(gè)電子層．C與B可形成BC型的離子化合物．E的原子序數(shù)為29．請(qǐng)回答下列問題：
（1）元素A簡單氫化物中A原子的雜化類型是sp³，B、C、D的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)镹a＜Cl＜F（用所對(duì)應(yīng)的元素符號(hào)表示）．C的氣態(tài)氫化物易溶于水的原因是：HF和H₂O分子之間能形成氫鍵．
（2）比E少5個(gè)質(zhì)子的原子基態(tài)電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹或〔Ar〕3d⁵4s¹．元素E的單質(zhì)晶體在不同溫度下可有兩種堆積方式，晶胞分別如圖1中的a和b所示，則其面心立方堆積的晶胞與體心立方堆積的晶胞中實(shí)際含有的E原子的個(gè)數(shù)之比為2：1．
（3）實(shí)驗(yàn)證明：KCl、MgO、CaO、TiN這4種晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似
（如圖2所示），其中3種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)如表：

離子晶體	NaCl	KCl	CaO
晶格能/kJ•mol-1	786	715	3401

則該4種離子晶體（不包括NaCl）熔點(diǎn)從高到低的順序是：TiN＞MgO＞CaO＞KCl．
（4）溫室效應(yīng)，科學(xué)家設(shè)計(jì)反應(yīng)：CO₂+4H₂→CH₄+2H₂O以減小空氣中CO₂．若有1mol CH₄生成，則有6mol σ鍵和2mol π鍵斷裂．
（5）銅是第四周期最重要的過度元素之一，其單質(zhì)及化合物具有廣泛用途．CuH的晶體結(jié)構(gòu)如圖3所示，若
CuH的密度為d g•cm^-3，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為N_A，則Cu⁺與H^-的核間距為$\frac{\sqrt{3}}{4}×$$\root{3}{\frac{65×4}{d{N}_{A}}}$cm（用含d和N_A的代數(shù)式表示）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它們?cè)�子序�?shù)的大小關(guān)系為A＜C＜B＜D＜E，A原子的p軌道為半充滿，其形成的簡單氫化物的沸點(diǎn)是同主族非金屬元素的氫化物中最高的，則A是N元素；
D原子得到一個(gè)電子后其3p軌道將全充滿，B⁺離子比D原子形成的離子少一個(gè)電子層，則B是Na元素、D是Cl元素，C與B可形成BC型的離子化合物，則C為F元素，E的原子序數(shù)為29，則E是Cu元素；
（1）元素A簡單氫化物是NH₃，A原子原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷原子雜化類型；同周期隨原子序數(shù)遞增電負(fù)性增大，同主族自上而下電負(fù)性減��；含有氫鍵的物質(zhì)溶解性大；
（2）比E少5個(gè)質(zhì)子的原子是Cr元素，其原子核外有24個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)電子排布式；
Fe晶體中其面心立方堆積的晶胞與體心立方堆積的晶胞中實(shí)際含有的E原子的個(gè)數(shù)之比=（1+8×$\frac{1}{8}$）：（8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$）；
（3）晶格能與電荷成正比、與離子半徑成反比，晶格能越大熔沸點(diǎn)越高；
（4）根據(jù)CO₂+4H₂→CH₄+2H₂O知，若有1mol CH₄生成，則有6mol σ鍵和2mol π鍵斷裂；
（5）該晶胞中Cu⁺個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，H^-的個(gè)數(shù)=4，Cu⁺與H^-的核間距為晶胞體長的$\frac{1}{4}$，晶胞棱長=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm³，其體長=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm．

解答 解：A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它們?cè)�子序�?shù)的大小關(guān)系為A＜C＜B＜D＜E，A原子的p軌道為半充滿，其形成的簡單氫化物的沸點(diǎn)是同主族非金屬元素的氫化物中最高的，則A是N元素；
D原子得到一個(gè)電子后其3p軌道將全充滿，B⁺離子比D原子形成的離子少一個(gè)電子層，則B是Na元素、D是Cl元素，C與B可形成BC型的離子化合物，則C為F元素，E的原子序數(shù)為29，則E是Cu元素；
（1）元素A簡單氫化物是NH₃，N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+$\frac{1}{2}$（5-1×3）=4，故NH₃中N采取sp³雜化；
同周期隨原子序數(shù)遞增電負(fù)性增大，同主族自上而下電負(fù)性減小，故電負(fù)性Na＜Cl＜F；HF與水分子之間能形成氫鍵，而易溶于水；
故答案為：sp³；Na＜Cl＜F；HF與水分子之間能形成氫鍵；
（2）比E少5個(gè)質(zhì)子的原子是Cr元素，其原子核外有24個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹或〔Ar〕3d⁵4s¹；
Fe晶體中其面心立方堆積的晶胞與體心立方堆積的晶胞中實(shí)際含有的E原子的個(gè)數(shù)之比=（1+8×$\frac{1}{8}$）：（8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$）
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹或〔Ar〕3d⁵4s¹；2：1；
（3）晶格能越大熔點(diǎn)越高，晶格能與電荷成正比、與離子半徑成反比，
KCl、MgO、CaO、TiN這4種晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似，TiN中離子都帶3個(gè)單位電荷，MgO、CaO中離子都帶2個(gè)單位電荷，KCl中離子都帶1個(gè)單位電荷，離子半徑Cl^-＜O^2-＜N^3-，Mg²⁺＜Ca²⁺＜K⁺，高價(jià)化合物的晶格能遠(yuǎn)大于低價(jià)離子化合物的晶格，晶格能TiN＞MgO＞CaO＞KCl，故熔點(diǎn)TiN＞MgO＞CaO＞KCl，
故答案為：TiN＞MgO＞CaO＞KCl；
（4）根據(jù)CO₂+4H₂→CH₄+2H₂O知，若有1mol CH₄生成，則有6mol σ鍵和2mol π鍵斷裂，
故答案為：6；2；
（5）該晶胞中Cu⁺個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，H^-的個(gè)數(shù)=4，晶胞棱長=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm³，其體長=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm，Cu⁺與H^-的核間距為晶胞體長的$\frac{1}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}×$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm=$\frac{\sqrt{3}}{4}×$$\root{3}{\frac{65×4}{d{N}_{A}}}$cm，
故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{4}×$$\root{3}{\frac{65×4}{d{N}_{A}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查分析推斷及計(jì)算能力，涉及晶胞計(jì)算、晶格能、原子核外電子排布、元素周期律等知識(shí)點(diǎn)，這些都是高頻考點(diǎn)，難點(diǎn)是（5）題晶胞計(jì)算，題目難度中等．