Question

9．原子序数小于36的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A、D能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，B是形成化合物种类最多的元素，C原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，E基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同．
I．B₂A₂是有机合成工业的一种原料．
（1）将B₂A₂通入[Cu（NH₃）₂]Cl溶液生成Cu₂C₂红棕色沉淀．[Cu（NH₃）₂]Cl中存在的化学键的类型有离子键、共价键和配位键，Cu⁺基态核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰．
（2）B₂A₂与ABC反应可得丙烯腈（H₂C=CH-C≡N）．ABC分子的构型是直线形．丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是sp和sp²
II．工业上用EB₂与A₂D反应生成B₂A₂．
（3）EB₂中的B₂^2-与D₂²⁺互为等电子体，D₂²⁺的电子式可表示为；1mol D₂²⁺中含有的π键数目为2N_A．
（4）工业制B₂A₂的原料（EB₂、A₂D）以及产物（B₂A₂）的沸点从高到低排序，其顺序为CaC₂H₂OC₂H₂（用化学式表示），其理由为CaC₂、H₂O、C₂H₂分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H₂O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C₂H₂．
（5）EB₂晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但EB₂晶体中含有的中哑铃形B₂^2-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞的边长分别为0.387nm、0.387nm、0.637nm．EB₂晶体中，阳离子的配位数为4，距离最近的两个阳离子之间的距离为0.273nm（保留3位有效数字），EB₂的密度$\frac{\frac{64}{{N}_{A}}×4}{（0.387×0.387×0.673）×1{0}^{-21}}$g/cm³（列式即可）．

Answer 1

分析 原子序数小于36的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A、D能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，则A是H、D是O元素，甲是H₂O、乙是H₂O₂；
B是形成化合物种类最多的元素，为C元素；
C原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则C是N元素；
E基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同，则E是Ca元素；
I．（1）阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有孤电子对和空轨道的原子之间易形成配位键；
Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去最外层1个电子生成Cu⁺，根据构造原理书写Cu⁺核外电子排布式；
（2）C₂H₂与HCN反应可得丙烯腈（H₂C=CH-C≡N），HCN分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断HCN分子的构型；
丙烯腈分子中亚甲基C原子价层电子对个数是3、剩余两个C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；
II．（3）CaC₂中的C₂^2-与O₂²⁺互为等电子体，等电子体原子个数相同、电子数相同、结构相似，据此书写O₂²⁺的电子式；一个O₂²⁺中含有2个π键；
（4）工业制C₂H₂的原料（CaC₂、H₂O）以及产物（C₂H₂）的沸点从高到低排序，离子晶体熔沸点高于分子晶体，含有氢键的熔沸点较高；
（5）CaC₂晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC₂晶体中含有的中哑铃形C₂^2-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞的边长分别为0.387nm、0.387nm、0.637nm，CaC₂晶体中，阳离子的配位数为4，距离最近的两个阳离子之间的距离=$\sqrt{2}$×$\frac{0.387}{2}$nm；
该晶胞中Ca²⁺个数=12×$\frac{1}{4}$+1=4、C₂^2-个数=8×$\frac{1}{8}$+8×$\frac{1}{2}$=4，其密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$．

解答 解：原子序数小于36的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A、D能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，则A是H、D是O元素，甲是H₂O、乙是H₂O₂；
B是形成化合物种类最多的元素，为C元素；
C原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则C是N元素；
E基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同，则E是Ca元素；
I．（1）阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有孤电子对和空轨道的原子之间易形成配位键，所以铜铵络离子和氯离子之间存在离子键、N-H原子之间存在共价键、Cu原子和N原子之间存在配位键，所以该物质中含有离子键、共价键和配位键；
Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去最外层1个电子生成Cu⁺，根据构造原理书写Cu⁺核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰，
故答案为：离子键、共价键和配位键；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰；
（2）C₂H₂与HCN反应可得丙烯腈（H₂C=CH-C≡N），HCN分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，HCN分子的构型为直线形，丙烯腈分子中亚甲基C原子价层电子对个数是3、剩余两个C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp和sp²，
故答案为：直线形；sp和sp²；
II．（3）CaC₂中的C₂^2-与O₂²⁺互为等电子体，等电子体原子个数相同、电子数相同、结构相似，据此书写O₂²⁺的电子式为；一个O₂²⁺中含有2个π键，则1mol该离子含有2N_A个π键，
故答案为：；2N_A；
（4）工业制C₂H₂的原料（CaC₂、H₂O）以及产物（C₂H₂）的沸点从高到低排序，离子晶体熔沸点高于分子晶体，含有氢键的熔沸点较高，水中含有氢键而乙炔中不含氢键，则熔沸点大小顺序是CaC₂ H₂O C₂H₂，
故答案为：CaC₂ H₂O C₂H₂；CaC₂、H₂O、C₂H₂分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H₂O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C₂H₂；
（5）CaC₂晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC₂晶体中含有的中哑铃形C₂^2-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞的边长分别为0.387nm、0.387nm、0.637nm，CaC₂晶体中，阳离子的配位数为4，距离最近的两个阳离子之间的距离=$\sqrt{2}$×$\frac{0.387}{2}$nm=0.273nm；
该晶胞中Ca²⁺个数=12×$\frac{1}{4}$+1=4、C₂^2-个数=8×$\frac{1}{8}$+8×$\frac{1}{2}$=4，其密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$=$\frac{\frac{64}{{N}_{A}}×4}{（0.387×0.387×0.673）×1{0}^{-21}}$g/cm³，
故答案为：4；0.273；$\frac{\frac{64}{{N}_{A}}×4}{（0.387×0.387×0.673）×1{0}^{-21}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、等电子体、熔沸点比较、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析计算能力，注意（5）中阳离子配位数是4而不是6，为易错点．