Question

1．四種常見元素的性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息如表，根據(jù)信息回答有關(guān)問題．

元素	A	B	C	D
性質(zhì) 或結(jié) 構(gòu)信息	原子核外有兩個電子層，最外層有3個未成對電子	原子的M層有1對成對的p電子	原子核外電子排布為：[Ar]3 d104sx，有+1、+2兩種常見化合價	有兩種常見氧化物，其中一種是冶煉金屬工業(yè)的常用還原劑

（1）A元素與其同周期相鄰兩種元素原子的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C（用元素符號表示）；試解釋原因同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的．
（2）B元素的低價氧化物分子中心原子的雜化方式為sp²雜化，B元素的最高價氧化物分子的VSEPR構(gòu)型為平面三角形；B元素與D元素形成分子空間構(gòu)型為直線形；
（3）D元素最高價氧化物的熔點比同主族相鄰元素最高價氧化物的熔點低（填“高”或“低”），其原因是CO₂是分子晶體，SiO₂是原子晶體；
（4）往C元素的硫酸鹽溶液中逐滴加入過量A元素的氫化物水溶液，觀察到的現(xiàn)象為先生成藍色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深藍色溶液；后一現(xiàn)象的離子方程式為：Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O═[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O+2OH^-．
（5）C晶體的堆積方式如圖所示，設(shè)晶胞邊長為a cm，阿伏伽德羅常數(shù)用N_A表示，則晶胞中C原子的配位數(shù)為12，C晶體的密度為$\frac{4×64}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g•cm^-3（要求寫表達式，可以不簡化）．

Answer 1

分析 A原子核外有兩個電子層，最外層有3個未成對的電子，外圍電子排布為2s²2p³，故A為N元素；B原子的M層有1對成對的p電子，外圍電子排布為3s²3p⁴，故B為S元素；C原子的核外電子排布為[Ar]3d¹⁰4s^x，有+1、+2兩種常見化合價，故C為Cu元素；D有兩種常見氧化物，其中有一種是冶金工業(yè)常用的還原劑，故D為C元素，據(jù)此解答．

解答 解：A原子核外有兩個電子層，最外層有3個未成對的電子，外圍電子排布為2s²2p³，故A為N元素；B原子的M層有1對成對的p電子，外圍電子排布為3s²3p⁴，故B為S元素；C原子的核外電子排布為[Ar]3d¹⁰4s^x，有+1、+2兩種常見化合價，故C為Cu元素；D有兩種常見氧化物，其中有一種是冶金工業(yè)常用的還原劑，故D為C元素．
（1）同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：N＞O＞C，
故答案為：N＞O＞C；同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的；
（2）B元素的低價氧化物分子為SO₂，S原子孤電子對數(shù)為$\frac{6-2×2}{2}$=1、價層電子對數(shù)=2+1=3，雜化軌道數(shù)目為3，故S原子采取sp²雜化，B元素的最高價氧化物為SO₃，分子中S原子價層電子對數(shù)為3+$\frac{6-2×3}{2}$=3，其的VSEPR構(gòu)型為平面三角形，B元素與D元素形成分子為CO、CO₂，空間構(gòu)型為，直線形，
故答案為：sp²雜化；平面三角形；直線形；
（3）D元素最高價氧化物為二氧化碳，同主族相鄰元素最高價氧化物為二氧化硅，CO₂是分子晶體，SiO₂是原子晶體，則二氧化碳的熔點比二氧化硅的低，
故答案為：低；CO₂是分子晶體，SiO₂是原子晶體；
（4）C元素的硫酸鹽為硫酸銅，硫酸銅溶液中逐滴加入過量氨水溶液，先生成氫氧化銅沉淀，后氫氧化銅溶解得到四氨合銅絡(luò)離子，觀察到的現(xiàn)象為：先生成藍色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深藍色溶液，后一現(xiàn)象的離子方程式為：Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O═[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O+2OH^-，
故答案為：先生成藍色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深藍色溶液；Cu（OH）₂+4NH₃•H₂O═[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O+2OH^-；
（5）Cu晶體為面心立方密堆積，以頂點Cu原子研究，與之相鄰的Cu原子處于面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，則Cu原子配位數(shù)為$\frac{3×8}{2}$=12，晶胞中Cu原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，則晶胞質(zhì)量為4×$\frac{64}{{N}_{A}}$g，則晶胞密度為4×$\frac{64}{{N}_{A}}$g÷（a cm）³=$\frac{4×64}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g•cm^-3，
故答案為：12；$\frac{4×64}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、雜化方式與空間構(gòu)型判斷、晶體類型與性質(zhì)、配合物、晶胞計算等，注意同周期第一電離能異常情況，掌握熔沸點高低比較方法．