Question

7．已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为A＜C＜B＜D＜E．又知A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的．D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满．B⁺离子比D原子形成的离子少一个电子层．C与B可形成BC型的离子化合物．E的原子序数为29．请回答下列问题：
（1）元素A简单氢化物中A原子的杂化类型是sp³，B、C、D的电负性由小到大的顺序为Na＜Cl＜F（用所对应的元素符号表示）．C的气态氢化物易溶于水的原因是：HF和H₂O分子之间能形成氢键．
（2）比E少5个质子的原子基态电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹或〔Ar〕3d⁵4s¹．元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图1中的a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为2：1．
（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似
（如图2所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如表：

离子晶体	NaCl	KCl	CaO
晶格能/kJ•mol-1	786	715	3401

则该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：TiN＞MgO＞CaO＞KCl．
（4）温室效应，科学家设计反应：CO₂+4H₂→CH₄+2H₂O以减小空气中CO₂．若有1mol CH₄生成，则有6mol σ键和2mol π键断裂．
（5）铜是第四周期最重要的过度元素之一，其单质及化合物具有广泛用途．CuH的晶体结构如图3所示，若
CuH的密度为d g•cm^-3，阿伏加德罗常数的数值为N_A，则Cu⁺与H^-的核间距为$\frac{\sqrt{3}}{4}×$$\root{3}{\frac{65×4}{d{N}_{A}}}$cm（用含d和N_A的代数式表示）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为A＜C＜B＜D＜E，A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的，则A是N元素；
D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满，B⁺离子比D原子形成的离子少一个电子层，则B是Na元素、D是Cl元素，C与B可形成BC型的离子化合物，则C为F元素，E的原子序数为29，则E是Cu元素；
（1）元素A简单氢化物是NH₃，A原子原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；同周期随原子序数递增电负性增大，同主族自上而下电负性减小；含有氢键的物质溶解性大；
（2）比E少5个质子的原子是Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态电子排布式；
Fe晶体中其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比=（1+8×$\frac{1}{8}$）：（8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$）；
（3）晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比，晶格能越大熔沸点越高；
（4）根据CO₂+4H₂→CH₄+2H₂O知，若有1mol CH₄生成，则有6mol σ键和2mol π键断裂；
（5）该晶胞中Cu⁺个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，H^-的个数=4，Cu⁺与H^-的核间距为晶胞体长的$\frac{1}{4}$，晶胞棱长=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm³，其体长=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm．

解答 解：A、B、C、D、E都是元素周期表中的前四周期元素，它们原子序数的大小关系为A＜C＜B＜D＜E，A原子的p轨道为半充满，其形成的简单氢化物的沸点是同主族非金属元素的氢化物中最高的，则A是N元素；
D原子得到一个电子后其3p轨道将全充满，B⁺离子比D原子形成的离子少一个电子层，则B是Na元素、D是Cl元素，C与B可形成BC型的离子化合物，则C为F元素，E的原子序数为29，则E是Cu元素；
（1）元素A简单氢化物是NH₃，N原子价层电子对数=3+$\frac{1}{2}$（5-1×3）=4，故NH₃中N采取sp³杂化；
同周期随原子序数递增电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性Na＜Cl＜F；HF与水分子之间能形成氢键，而易溶于水；
故答案为：sp³；Na＜Cl＜F；HF与水分子之间能形成氢键；
（2）比E少5个质子的原子是Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹或〔Ar〕3d⁵4s¹；
Fe晶体中其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比=（1+8×$\frac{1}{8}$）：（8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$）
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹或〔Ar〕3d⁵4s¹；2：1；
（3）晶格能越大熔点越高，晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比，
KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似，TiN中离子都带3个单位电荷，MgO、CaO中离子都带2个单位电荷，KCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl^-＜O^2-＜N^3-，Mg²⁺＜Ca²⁺＜K⁺，高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格，晶格能TiN＞MgO＞CaO＞KCl，故熔点TiN＞MgO＞CaO＞KCl，
故答案为：TiN＞MgO＞CaO＞KCl；
（4）根据CO₂+4H₂→CH₄+2H₂O知，若有1mol CH₄生成，则有6mol σ键和2mol π键断裂，
故答案为：6；2；
（5）该晶胞中Cu⁺个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，H^-的个数=4，晶胞棱长=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm³，其体长=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm，Cu⁺与H^-的核间距为晶胞体长的$\frac{1}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}×$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}}$cm=$\frac{\sqrt{3}}{4}×$$\root{3}{\frac{65×4}{d{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\frac{\sqrt{3}}{4}×$$\root{3}{\frac{65×4}{d{N}_{A}}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，侧重考查分析推断及计算能力，涉及晶胞计算、晶格能、原子核外电子排布、元素周期律等知识点，这些都是高频考点，难点是（5）题晶胞计算，题目难度中等．