Question

11．有A、B、C、D、E五種元素．其相關(guān)信息如下：

元素	相關(guān)信息
A	A元素的一種原子沒有中子，只有一個(gè)質(zhì)子
B	B是電負(fù)性最大的元素
C	C的基態(tài)原子2p軌道有三個(gè)未成對(duì)電子
D	D為主族元素，且與E同周期，其最外層上有兩個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子
E	E能形成磚紅色（紅色）的E2O和EO兩種氧化物

請(qǐng)回答下列問題．
（1）寫出E元素原子基態(tài)時(shí)M層的電子排布式3s²3p⁶3d¹⁰
（2）C元素單質(zhì)分子中含有δ和π鍵的鍵數(shù)之比為1：2．
（3）解釋在水中的溶解度C₇H₁₅OH比乙醇低的原因是：甲醇中的羥基與水的羥基結(jié)構(gòu)相似所以溶解度大，C₇H₁₅OH中烴基大，與水的羥基結(jié)構(gòu)相似程度小所以溶解度�。篊₂A₄分子中C原子軌道的雜化類型是sp³．
（4）A、C、E三種元素可形成：E（CA₃）₄²⁺配離子，其中存在的化學(xué)鍵類型有①③（填序號(hào)）：
①配位鍵  ②金屬鍵  ③極性共價(jià)鍵  ④非極性共價(jià)鍵  ⑤離子鍵  ⑥氫鍵
若 E（CA₃）₄²⁺具有對(duì)稱的空間構(gòu)型．且當(dāng) E（CA₃）₄²⁺中的兩個(gè)CA₃分子被兩個(gè)Cl取代時(shí)．能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則 E（CA₃）₄²⁺的空間構(gòu)型為a（填序號(hào)）．
a．平面正方形b．正四面體  c．三角錐型    d．V型
（5）B與D可形成離子化合物．其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示．其中D離子的配位數(shù)為8．若該晶體的密度為a g•cm^-3，則該晶胞中距離最近的B和D之間的距離是$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm（寫出表達(dá)式即可，NA代表阿伏加得羅常數(shù)）

Answer 1

分析 A元素的一種原子沒有中子，只有一個(gè)質(zhì)子，則A是H元素；
B是電負(fù)性最大的元素，則為F元素；
C的基態(tài)原子2p軌道有三個(gè)未成對(duì)電子，為N元素；
E能形成磚紅色（紅色）的E₂O和EO兩種氧化物，則E為Cu元素；
D為主族元素，且與E同周期，其最外層上有兩個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，說明其最外層上有兩個(gè)電子，為Ca元素；
（1）E為Cu元素，其M層有18個(gè)電子，分別位于3s、3p、3d能級(jí)上，根據(jù)構(gòu)造原理書寫；
（2）C是N元素，其單質(zhì)為N₂，氮?dú)夥肿又写嬖诘�氮三鍵，三鍵中含有1個(gè)δ鍵和2個(gè)π鍵；
（3）含有氫鍵的物質(zhì)熔沸點(diǎn)較高；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定原子雜化類型；
（4）含有空軌道和含有孤電子對(duì)的原子之間存在配位鍵，不同非金屬元素之間易形成極性鍵；平面正方形結(jié)構(gòu)的二元氯代物有兩種結(jié)構(gòu)；
（5）根據(jù)圖知，D離子配位數(shù)是8；根據(jù)密度公式ρ=$\frac{m}{V}$計(jì)算晶胞中距離最近的B和D之間的距離．

解答 解：A元素的一種原子沒有中子，只有一個(gè)質(zhì)子，則A是H元素；
B是電負(fù)性最大的元素，則為F元素；
C的基態(tài)原子2p軌道有三個(gè)未成對(duì)電子，為N元素；
E能形成磚紅色（紅色）的E₂O和EO兩種氧化物，則E為Cu元素；
D為主族元素，且與E同周期，其最外層上有兩個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，說明其最外層上有兩個(gè)電子，為Ca元素；
（1）E為Cu元素，其M層有18個(gè)電子，分別位于3s、3p、3d能級(jí)上，根據(jù)構(gòu)造原理知，其排布式為3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案為：3s²3p⁶3d¹⁰ ；
（2）C是N元素，其單質(zhì)為N₂，氮?dú)夥肿又写嬖诘�氮三鍵，三鍵中含有1個(gè)δ鍵和2個(gè)π鍵，則C元素單質(zhì)分子中含有δ和π鍵的鍵數(shù)之比為1：2，故答案為：l：2；
（3）乙醇中的羥基與水的羥基結(jié)構(gòu)相似所以溶解度大，C₇H₁₅OH中烴基大，與水的羥基結(jié)構(gòu)相似程度小所以溶解度小，N₂H₄分子每個(gè)N原子含有3個(gè)共價(jià)單鍵和1個(gè)孤電子對(duì)，所以N原子采用sp³雜化，
故答案為：乙醇中的羥基與水的羥基結(jié)構(gòu)相似所以溶解度大，C₇H₁₅OH中烴基大，與水的羥基結(jié)構(gòu)相似程度小所以溶解度��；sp³；
（4）Cu（NH₃）₄²⁺配離子中Cu原子和N原子之間存在配位鍵、N-H原子之間存在極性鍵，故選①③；
若 Cu（NH₃）₄²⁺具有對(duì)稱的空間構(gòu)型，且當(dāng) Cu（NH₃）₄²⁺中的兩個(gè)NH₃分子被兩個(gè)Cl取代時(shí)．能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則 Cu（NH₃）₄²⁺空間構(gòu)型為平面正方形；
故答案為：①③；a；
（5）根據(jù)圖片知，每個(gè)D原子連接8個(gè)B原子，所以D原子配位數(shù)是8，
該晶胞中氟離子個(gè)數(shù)為8，鈣離子個(gè)數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$則V=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{ρ}$=$\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}$，
該晶胞中四個(gè)鈣離子形成正四面體結(jié)構(gòu)，氟離子位于正四面體的體心上，其圖象為：，
晶胞邊長=$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，正四面體棱長=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，
在正三角形BCD中BE的長=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，BO與OE的長之比為2：1，則BO的長=$\frac{2}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{6}×\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$cm，
（AO的邊長）²=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$）²-（$\frac{\sqrt{6}}{6}×\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$）²，
設(shè)氟離子和鈣離子的邊長為x，
x²=（$\frac{\sqrt{6}}{6}×\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$）²-（AO的邊長-x）²，x=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$，
故答案為：8；$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查較綜合，涉及晶胞計(jì)算、微粒構(gòu)型判斷、原子核外電子排布等知識(shí)點(diǎn)，同時(shí)考查學(xué)生空間想象能力、計(jì)算能力，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，明確正四面體中頂點(diǎn)到中心的距離及中心到底面距離的比是解本題關(guān)鍵，題目難度中等．