Question

11．已知A、B、C、D均為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素A的基態(tài)原子2p軌道有3個未成對電子，元素B的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，元素C的一種常見單質(zhì)為淡黃色粉末，D的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為l．
（1）在第2周期中，第一電離能大于A的元素有2種．
（2）CB₂分子的空間構型為V形；H₂B在乙醇中的溶解度大于H₂C，其原因是水分子與乙醇分子之間形成氫鍵．
（3）AB₃^-中，A原子軌道的雜化類型是sp²，與AB₃^-互為等電子體微粒的化學式為SO₃、BF₃、CO₃^2-、SiO₃^2-等（寫出一種即可）．
（4）D（OH）₂難溶于水，易溶于氨水，寫出其溶于氨水的離子方程式：Cu（OH）₂+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O．
（5）D₂B的晶胞如圖所示，已知晶體的密度為ρg/cm³，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，則晶胞邊長為$\root{3}{\frac{288}{ρ{N}_{A}}}$cm（用含r、N_A的式子表示）．

Answer 1

分析 A、B、C、D均為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素A的基態(tài)原子2p軌道有3個未成對電子，核外電子排布為1s²2s²2p³，則A為N元素；元素B的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則B為O元素；元素C的一種常見單質(zhì)為淡黃色粉末，則C為S元素；D的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為l，原子序數(shù)大于S，只能處于第四周期，核外電子數(shù)=2+8+18+1=29，則D為Cu元素，據(jù)此解答．

解答 解：A、B、C、D均為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素A的基態(tài)原子2p軌道有3個未成對電子，核外電子排布為1s²2s²2p³，則A為N元素；元素B的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則B為O元素；元素C的一種常見單質(zhì)為淡黃色粉末，則C為S元素；D的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為l，原子序數(shù)大于S，只能處于第四周期，核外電子數(shù)=2+8+18+1=29，則D為Cu元素，
（1）同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，但氮元素原子2p軌道容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于O元素，所以第二周期中F、Ne的第一電離能都高于N元素，
故答案為：2；
（2）CB₂分子為SO₂，分子中硫原子的價層電子對為$\frac{6}{2}$=3，有一對孤電子對，所以分子的空間構型為V形；水分子與乙醇分子之間形成氫鍵，故H₂O在乙醇中的溶解度大于H₂S，
故答案為：V形；水分子與乙醇分子之間形成氫鍵；
（3）NO₃^-中N原子價層電子對數(shù)=3+$\frac{5+1-2×3}{2}$=3，N原子軌道的雜化類型是sp²，與NO₃^-互為等電子體微粒的化學式為SO₃、BF₃、CO₃^2-、SiO₃^2-等，
故答案為：sp²；SO₃、BF₃、CO₃^2-、SiO₃^2-等；
（4）Cu（OH）₂難溶于水，易溶于氨水，其溶于氨水的離子方程式為：Cu（OH）₂+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O，
故答案為：Cu（OH）₂+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-+4H₂O；
（5）Cu₂O的晶胞中黑色球數(shù)目=4、白色球數(shù)目=2+8×$\frac{1}{8}$=2，故黑色球為Cu、白色球為O，晶胞質(zhì)量=2×$\frac{64×2+16}{{N}_{A}}$g，晶體的密度為ρ g•cm^-3，則晶胞體積=$\frac{\frac{64×2+16}{{N}_{A}}×2}{ρ}$cm³=$\frac{288}{ρ{N}_{A}}$cm³，則晶胞邊長=$\root{3}{\frac{288}{ρ{N}_{A}}}$cm，
故答案為：$\root{3}{\frac{288}{ρ{N}_{A}}}$．

點評 本題是對物質(zhì)結構的考查，涉及電離能、分子結構、雜化軌道、等電子體、配合物、晶胞計算等，推斷元素是解題關鍵，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．