Question

18．已知A、B、C、D都是短周期元素，原子序数依次增大，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A．B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子．A、B、D三种元素组成的一种4原子的有机分子M，其原子质量比依次为1：6：8．E的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一．回答下列问题（用元素符号或化学式表示）．
（1）M分子中B原子轨道的杂化类型为sp²，1mol M中含有σ键的数目为3×6.02×10²³．
（2）写出与BD₂互为等电子体的C₃^-的结构式[N=N=N]^-．
（3）E⁺的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，如图是E的某种氧化物 的晶胞结构示意图，其化学式可以表示为Cu₂O．
（4）向E的硫酸盐溶液逐滴加入CA₃的水溶液至过量，可观察到的现象为先产生蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液．写出此过程中对应现象的离子反应方程式：Cu²⁺+2NH₃．H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-．

Answer 1

分析 A、B、C、D都是短周期元素，原子序数依次增大，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s²2s²2p²，则B为碳元素；D原子有2个未成对电子，外围电子排布为ns²np²或ns²np⁴，由原子半径大小为B＞D，则D只能为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；则A的原子半径最小，故A为H元素；A、B、D三种元素组成的一种4原子的有机分子M，其原子质量比依次为1：6：8，则H、C、O原子数目之比为$\frac{1}{1}$：$\frac{6}{12}$：$\frac{8}{16}$=2：1：1，故M的分子式为HCHO；E的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则E为Cu，据此解答．

解答 解：A、B、C、D都是短周期元素，原子序数依次增大，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s²2s²2p²，则B为碳元素；D原子有2个未成对电子，外围电子排布为ns²np²或ns²np⁴，由原子半径大小为B＞D，则D只能为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；则A的原子半径最小，故A为H元素；A、B、D三种元素组成的一种4原子的有机分子M，其原子质量比依次为1：6：8，则H、C、O原子数目之比为$\frac{1}{1}$：$\frac{6}{12}$：$\frac{8}{16}$=2：1：1，故M的分子式为HCHO；E的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则E为Cu．
（1）M的分子式为HCHO，分子中C原子形成2个C-H键、1个C=O双键，没有孤电子对，故杂化轨道数目为3，C原子采取sp²杂化，1mol HCHO中含有3molσ键，则σ键的数目为3×6.02×10²³，
故答案为：sp²；3×6.02×10²³；
（2）与CO₂互为等电子体的N₃^-的结构式为：[N=N=N]^-，故答案为：[N=N=N]^-；
（3）Cu⁺的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，由晶胞结构可知，晶胞中Cu原子数目为4，O原子数目为1+8×$\frac{1}{8}$=2，则Cu原子、O原子数目之比为2：1，故该晶体的化学式为Cu₂O，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；Cu₂O；
（4）向硫酸铜溶液逐滴加入NH₃的水溶液至过量，可观察到的现象为：先产生蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液，此过程中对应现象的离子反应方程式：Cu²⁺+2NH₃．H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，
故答案为：先产生蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液；Cu²⁺+2NH₃．H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、化学键、等电子体、晶胞计算、配合物等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，题目难度中等．