有A.B.C.D四种元素.其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子.A+ 比B- 少一个电子层.B原子得一个电子填入3p轨道后.3p轨道已充满,C原子的p轨道中有3个未成对电子.其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大,D的最高化合价和最低化合价的代数和为4.其最高价氧化物中含D的质量分数为 40%.且其核内质子数等于中子数．R是由A.D两元素形� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A⁺ 比B^- 少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为 40%，且其核内质子数等于中子数．R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A⁺ 与D^2- 离子数之比为2：1．请回答下列问题：
（1）A元素形成的晶体属于A₂ 密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于体心立方（填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”）．
（2）B^-的价电子排布图为

，在CB₃ 分子中C元素原子的原子轨道发生的是sp³ 杂化．
（3）C的氢化物的空间构型为三角锥形
（4）B元素的电负性＞ D元素的电负性（填“＞”、“＜”或“=”）；用一个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：H₂S+Cl₂=2HCl+S↓．
（5）如图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为 a cm．试计算R晶体的密度为$\frac{312}{a{\;}^{3}N{\;}_{A}}$g/cm³．（阿伏加德罗常数用 N _A 表示）

分析 B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；B^-离子为Cl^-离子，A⁺比B^-少一个电子层，A⁺为Na⁺离子；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns²np³，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为 40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素，A⁺是Na⁺离子，D^2-离子是S^2-离子，R是由Na⁺离子与S^2-离子以2：1形成的离子化合物，R是硫化钠．

解答解：B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；B^-离子为Cl^-离子，A⁺比B^-少一个电子层，A⁺为Na⁺离子；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns²np³，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为 40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素，A⁺是Na⁺离子，R是由Na⁺离子与D^2-离子以2：1形成的离子化合物，D^2-离子是S^2-离子，R是硫化钠．
（1）A₂密堆积型式晶胞含有2个原子，所以Na元素形成的晶体内晶胞类型应属于体心立方，
故答案为：体心立方；
（2）B^-离子为Cl^-离子，电子排布图为，CB₃分子为NCl₃分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个δ键，杂化轨道数为1+3=4，所以为sp³杂化，
故答案为：；sp³；
（3）C的氢化物为NH₃，N原子采取sp³杂化，N原子有一对孤对电子，所以NH₃为三角锥形，
故答案为：三角锥形；
（4）B为Cl元素，D为S元素，同周期，自左而右，电负性增强，所以电负性Cl＞S．利用“在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物”原理，
一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在H₂S+Cl₂=2HCl+S↓反应中，Cl₂的氧化性大于O₂的氧化性．
故答案为：＞；H₂S+Cl₂=2HCl+S↓；
（5）A⁺是Na⁺离子，D^2-离子是S^2-离子，根据均摊法计算，晶胞含有S^2-离子个数8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，含有A⁺是Na⁺离子8个，即一个晶胞含有4个硫化钠分子，所以密度为$\frac{\frac{78g/mol×4}{N{\;}_{A}mol{\;}^{-1}}}{a{\;}^{3}cm{\;}^{3}}$=$\frac{312}{a{\;}^{3}N{\;}_{A}}$g/cm³，
故答案为：$\frac{312}{a{\;}^{3}N{\;}_{A}}$g/cm³．

点评本题考查元素推断题，题目较为综合，涉及分子的杂化、晶体的类型、电子排布式的书写以及晶胞的计算等知识，本题推断元素的种类是正确解答的关键．

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