Question

3．X、Y、Z、R、M是原子序數(shù)依次增大的五種元素，基態(tài)X原子的2p電子數(shù)是2s電子數(shù)的一半，由Y、Z元素合物是一種常用的漂白劑、供氧劑，Z和R位于同周期且R的基態(tài)原子中有3個電子能量最高，M²⁺與過量氨水作用先得到藍色沉淀后轉(zhuǎn)化為深藍色溶液Q，請回答下列問題：
（1）M元素原子基態(tài)的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，Z、R、M三種元素的第一電離能由大到小的順序為P＞Cu＞Na（用元素符號表示）．
（2）化合物XCl₃的中心原子的雜化軌道類型為sp²；RCl₃的立體構(gòu)型為三角錐形，XCl₃、RCl₃兩種分子中屬于非極性分子的是BCl₃（填化學式）．
（3）已知：H₂Y₂的熔點為-0.43℃，沸點為158℃，RH₃的熔點為-133℃，沸點為-87.7℃，但H₂Y₂、RH₃的相對分子質(zhì)量相同，其主要原因是H₂O₂分子之間形成氫鍵，而PH₃不能形成氫鍵
（4）X、R兩元素可形成一種具有立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的化合物，其晶胞如圖所示，則該化合物的晶體類型是，化學式為BP，X的配位數(shù)是4．

Answer 1

分析 X、Y、Z、R、M五種元素的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子的2p電子數(shù)是2s電子數(shù)的一半，原子核外電子排布為1s²2s²2p¹，故X為B元素；由Y、Z元素合物是一種常用的漂白劑、供氧劑，則Y為O元素、Z為Na；Z和R位于同周期且R的基態(tài)原子中有3個電子能量最高，外圍電子排布使為3s²3p³，故R為P元素；M²⁺與過量氨水作用先得到藍色沉淀后轉(zhuǎn)化為深藍色溶液Q，則M為Cu．
（1）M為Cu，原子核外電子數(shù)為29，根據(jù)能量最低原理書寫核外電子排布式；非金屬性越強，第一電離能越大，金屬性越強，第一電離能越小；
（2）化合物BCl₃的B原子孤電子對數(shù)為0，雜化軌道數(shù)目為3，為平面正三角形，而PCl₃中P原子由1對孤對電子，價層電子對數(shù)為4，為三角錐形；
（3）H₂O₂分子之間形成氫鍵，熔沸點較高；
（4）根據(jù)均攤法計算晶胞中原子數(shù)目，確定化學式；R原子配位數(shù)為4，晶體中原子配位數(shù)與原子數(shù)目呈反比．

解答 解：X、Y、Z、R、M五種元素的原子序數(shù)依次增大，基態(tài)X原子的2p電子數(shù)是2s電子數(shù)的一半，原子核外電子排布為1s²2s²2p¹，故X為B元素；由Y、Z元素合物是一種常用的漂白劑、供氧劑，則Y為O元素、Z為Na；Z和R位于同周期且R的基態(tài)原子中有3個電子能量最高，外圍電子排布使為3s²3p³，故R為P元素；M²⁺與過量氨水作用先得到藍色沉淀后轉(zhuǎn)化為深藍色溶液Q，則M為Cu．
（1）M為Cu，原子核外電子數(shù)為29，核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；非金屬性越強，第一電離能越大，金屬性越強，第一電離能越小，故第一電離能P＞Cu＞Na，
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；P＞Cu＞Na；
（2）化合物BCl₃的B原子孤電子對數(shù)為0，雜化軌道數(shù)目為3，B原子采取sp²雜化，為平面正三角形，分子中正負電荷重心重合，屬于非金屬性分子，而PCl₃中P原子有1對孤對電子，價層電子對數(shù)為4，為三角錐形，分子中正負電荷重心不重合，屬于極性分子，
故答案為：sp²；三角錐形；BCl₃；
（3）H₂O₂分子之間形成氫鍵，而PH₃不能形成氫鍵，故H₂O₂熔沸點較高，
故答案為：H₂O₂分子之間形成氫鍵，而PH₃不能形成氫鍵；
（4）晶胞中P原子數(shù)目為4，B原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故化學式為BP，R原子配位數(shù)為4，晶體中R、X原子數(shù)目之比為1：1，故二者配位數(shù)相等，則X的配位數(shù)是4，
故答案為：BP；4．

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、電離能、雜化軌道與空間構(gòu)型、分子極性、氫鍵、晶胞計算等，注意氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響，注意同周期主族元素中第一電離能異常情況．