Question

19．現(xiàn)有A、B、C、D、E、F原子序數(shù)依次增大的六種元素，它們位于元素周期表的前四周期，B元素含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同；D的原子核外有8個運(yùn)動狀態(tài)不同的電子；E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原序數(shù)相差3，且E元素的基態(tài)原子有4個未成對電子，請回答下列問題：
（1）用元素符號表示B、C、D三種元素的第一電離能由低到高的順序C＜O＜N．
（2）下列說法錯誤的是ACD．
   A．二氧化硅的相對分子質(zhì)量比二氧化碳大，所以沸點：SiO₂＞CO₂
   B．電負(fù)性順序：C＜N＜F
   C．N₂與CO為等電子體，化學(xué)性質(zhì)相似
   D．由于水分子間存在氫鍵，所以穩(wěn)定性：H₂O＞H₂S
（3）E元素的+2價氧化物的熔點比+3價氧化物低（填“高”或“低”），原因是Fe²⁺離子半徑比Fe³⁺離子半徑大，所帶電荷少，故FeO晶格能比Fe₂O₃小．
（4）B單質(zhì)的一種同素異形體的晶胞如圖甲所示，若晶體的密度為ρg/cm³，阿伏加德羅常數(shù)的值為N_A，則晶體中最近的兩個原子之間的距離為$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$cm．
（5）F離子是人體內(nèi)多種酶的輔因子，人工模擬酶是當(dāng)前研究的熱點．
   ①F原子的外圍電子排布式為3d¹⁰4s¹，向F的硫酸鹽溶液中通入過量C與A形成的氣體N，可生成[F（N）₄]²⁺，該離子的結(jié)構(gòu)式為．
  ②某化合物與F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合價為+1）結(jié)合形成圖乙所示的離子，該離子中碳原子的雜化方式有sp²、sp³．

Answer 1

分析 現(xiàn)有A、B、C、D、E、F原子序數(shù)依次增大的六種元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s²2s²2p²，故B為碳元素；D的原子核外有8個運(yùn)動狀態(tài)不同的電子，則D為O元素；C的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為N元素；E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原序數(shù)相差3，二者只能處于第四周期，且E元素的基態(tài)原子有4個未成對電子，外圍電子排布為3d⁶4s²，則E為Fe，F(xiàn)為Cu，據(jù)此解答．

解答 解：現(xiàn)有A、B、C、D、E、F原子序數(shù)依次增大的六種元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s²2s²2p²，故B為碳元素；D的原子核外有8個運(yùn)動狀態(tài)不同的電子，則D為O元素；C的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為N元素；E元素與F元素處于同一周期相鄰的族，它們的原序數(shù)相差3，二者只能處于第四周期，且E元素的基態(tài)原子有4個未成對電子，外圍電子排布為3d⁶4s²，則E為Fe，F(xiàn)為Cu．
（1）C、N、O同周期，隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：C＜O＜N，故答案為：C＜O＜N；
（2）A．二氧化硅屬于原子晶體，二氧化碳形成分子晶體，故點：SiO₂＞CO₂，故A錯誤；
B．同周期自左而右電負(fù)性增大，故電負(fù)性順序：C＜N＜F，故B正確；
C．N₂與CO為等電子體，氮氣分子中N原子之間形成3對共用電子對，化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，CO還原性較強(qiáng)，二者化學(xué)性質(zhì)不同，故C錯誤；
D．水分子間存在氫鍵，影響物理性質(zhì)，不影響化學(xué)性質(zhì)，由于非金屬性O(shè)＞S，所以穩(wěn)定性：H₂O＞H₂S，故D錯誤，
故選：ACD；
（3）Fe²⁺離子半徑比Fe³⁺離子半徑大，所帶電荷少，故FeO晶格能比Fe₂O₃小，F(xiàn)eO的熔點比Fe₂O₃低，
故答案為：低；Fe²⁺離子半徑比Fe³⁺離子半徑大，所帶電荷少，故FeO晶格能比Fe₂O₃��；
（4）晶胞中C原子數(shù)目=4+6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=8，晶胞質(zhì)量=8×$\frac{12}{{N}_{A}}$g=$\frac{96}{{N}_{A}}$g，若晶體的密度為ρg/cm³，則晶胞體積=$\frac{96}{{N}_{A}}$g÷ρg/cm³=$\frac{96}{ρ{N}_{A}}$=cm³，則晶胞棱長=$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$cm，C原子與周圍4個C原子形成正四面體，正四面體中心碳原子與正四面體頂點碳原子相鄰，正四面體的棱長a=$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$，斜面高為=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a cm，底面中心到邊的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{1}{3}$ cm，設(shè)中心碳原子到頂點碳原子距離為x cm，則中心碳原子到底面面心距離為$\frac{x}{3}$ cm，故正四面體的高為（x+$\frac{x}{3}$ ）cm，則：（x+$\frac{x}{3}$ ）²+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{1}{3}$ ）²=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）²，整理得x=$\frac{\sqrt{6}}{4}$a，及x=$\frac{\sqrt{6}}{4}$×$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$，
故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$．
（5）①F為Cu，原子的外圍電子排布式為3d¹⁰4s¹ ，C與A形成的氣體N，則A為H元素，N為NH₃，F(xiàn)的硫酸鹽為CuSO₄，向CuSO₄溶液中通入過量的NH₃可生成[Cu（NH₃）₄]²⁺，銅離子與氨氣分子之間形成配位鍵，N原子提供孤對電子，該離子的結(jié)構(gòu)式為：，
故答案為：3d¹⁰4s¹ ；；
②雜環(huán)上的碳原子含有3個σ鍵，沒有孤對電子，采用sp²雜化，甲基、亞甲基上碳原子含有4個共價單鍵，采用sp³雜化，故答案為：sp²、sp³．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布、電負(fù)性、配合物、雜化理論、晶胞計算等，（4）中計算為易錯點、難點，需要學(xué)生理解晶胞結(jié)構(gòu)，具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計算能力，注意理解均攤法進(jìn)行晶胞有關(guān)計算，難度中等．