Question

13．A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，其中A含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子；D是短周期元素中電負性最小的元素；E的最高價氧化物對應的水化物酸性最強；F除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子．G元素與D元素同主族，且相差3個周期．
（1）元素E的最高價含氧酸的酸性強于元素B，試用分子結(jié)構(gòu)的理論解釋原因：高氯酸分子中非羥基氧數(shù)目多于硝酸分子，導致高氯酸中Cl-O-H中電子對更加偏向于Cl，因而在水分子的作用下，高氯酸更容易電離出H⁺，故高氯酸酸性強．
（2）F的晶體的堆積方式為面心立方最密堆積．
（3）D與E、G與E形成的晶體類型相同，但晶體的配位數(shù)不同，其原因是陰陽離子半徑比不同．
（4）已知DE晶體的晶胞如圖所示．若將DE晶胞中的所有E離子去掉，并將D離子全部換為A原子，再在其中的4個“小立方體”中心各放置一個A原子，且這4個“小立方體”不相鄰．位于“小立方體”中的A原子與最近的4個A原子以單鍵相連，由此表示A的一種晶體的晶胞（已知A-A鍵的鍵長為a cm，N_A表示阿伏加德羅常數(shù)），則該晶胞中含有8個A原子，該晶體的密度是$\frac{9\sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，其中A含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同，則其原子核外電子排布為1s²2s²2p²，故A為C元素；D是短周期元素中電負性最小的元素，則D為Na元素；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子，處于ⅥA族，結(jié)合原子序數(shù)可知C為O元素，故B為N元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強，則E為Cl，F(xiàn)除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子，F(xiàn)除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子，原子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，則F為Cu；G元素與D元素同主族，且相差3個周期，則G為Cs，以此解答該題．

解答 解：A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，其中A含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同，則其原子核外電子排布為1s²2s²2p²，故A為C元素；D是短周期元素中電負性最小的元素，則D為Na元素；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子，處于ⅥA族，結(jié)合原子序數(shù)可知C為O元素，故B為N元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強，則E為Cl，F(xiàn)除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子，F(xiàn)除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子，原子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，則F為Cu；G元素與D元素同主族，且相差3個周期，則G為Cs，
（1）高氯酸的酸性比硝酸強，原因是高氯酸分子中非羥基氧數(shù)目多于硝酸分子，導致高氯酸中Cl-O-H中電子對更加偏向于Cl，因而在水分子的作用下，高氯酸更容易電離出H⁺，故高氯酸酸性強，
故答案為：高氯酸分子中非羥基氧數(shù)目多于硝酸分子，導致高氯酸中Cl-O-H中電子對更加偏向于Cl，因而在水分子的作用下，高氯酸更容易電離出H⁺，故高氯酸酸性強；
（2）F為Cu，對應的晶體為面心立方最密堆積，故答案為：面心立方最密堆積；
（3）NaCl、CsCl兩種晶體，都屬于離子晶體，由于正負離子的半徑比不同，故它們的配位數(shù)不同，故答案為：陰陽離子半徑比不同；
（4）NaCl晶體的晶胞中的所有Cl^-離子去掉，并將Cl^-離子全部換為C（碳）原子，再在其中的4個“小 立方體”中心各放置一個C（碳）原子，且這4個“小立方體”不相鄰．位于“小立方體”中的C原子與最近的4個C原子以單鍵相連，形成正四面體結(jié)構(gòu)，晶胞中C（碳）原子數(shù)目=4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，晶胞質(zhì)量=8×$\frac{12g}{{N}_{A}}$，C-C鍵的鍵長 為a cm，如圖正四面體，連接F與A、B、C、D，則三棱錐A-BCD均分為等4個等體積的三棱椎，則V_{三棱錐A-BCD}=4V_{三棱錐F-BCD}=，故$\frac{1}{3}$S_△BCD•（a+h）=4×$\frac{1}{3}$S_△BCD•h，故h=$\frac{1}{3}$a，令正四面體的棱長為x cm，連接AF并延長交三角形BCD與O，O為正三角形BCD的中心，BO垂直平分CD，則BO的長度=x cm×$\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{2}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$xcm，在直角三角形BOF中，$（\frac{\sqrt{3}}{3}x）^{2}+（\frac{1}{3}a）^{2}$=a²，解得x=$\frac{2\sqrt{6}a}{3}$故晶胞的棱長=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×2xcm=$\frac{\sqrt{2}}{2}×2×\frac{2\sqrt{6}a}{3}$cm=$\frac{4\sqrt{3}a}{3}$cm，故晶胞的體積=$（\frac{4\sqrt{3}}{3}a）^{3}$=$\frac{64}{3\sqrt{3}}{a}^{3}$cm³，則晶胞密度=$\frac{8×\frac{12g}{{N}_{A}}}{\frac{64}{3\sqrt{3}}{a}^{3}}$=$\frac{9\sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3，
故答案為：8；$\frac{9\sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析、計算能力的考查，推斷元素是解題關(guān)鍵，注意掌握元素周期律，（4）中密度計算為易錯點、難點，需要學生具備一定的書寫計算能力，難度較大．