Question

11．有A、B、C、D四种短周期元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A⁺ 比B^-少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p 轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物的水溶性在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4．请问答下列问题：
（1）A单质形成的晶体内晶胞堆积模型为体心立方，空间利用率为68%．
（2）C基态原子的电子排布图为，CB₃分子的VSEPR模型为四面体形．
（3）同族元素所形成的氢化物中C的氢化物在水中的溶解度最大的原因是氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水．
（4）D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：Cl＞P＞S（用元素符号表示），在D₂B₂分子中D原子杂化轨道类型是sp³，属于极性分子（填“极性分子”、“非极性分子”）．
（5）由A、D两元素形成晶体的晶胞如右图所示，该晶胞与CaF₂晶胞结构相似，设晶体密度是ρg•cm^-3．试计算R晶体中A⁺和D^2-最短的距离$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$．（阿伏加德罗常数用N_A表示，只写出计算式，不用计算）

Answer 1

分析 B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；
A⁺比B^-少一个电子层，则A为Na；
C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns²np³，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；
A⁺是Na⁺离子，D^2-离子是S^2-离子，R是由Na⁺离子与S^2-离子以2：1形成的离子化合物，R是硫化钠，据此解答．

解答 解：B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；
A⁺比B^-少一个电子层，则A为Na；
C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns²np³，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；
A⁺是Na⁺离子，D^2-离子是S^2-离子，R是由Na⁺离子与S^2-离子以2：1形成的离子化合物，R是硫化钠，
（1）钠元素属于A₂密堆积式，该晶胞含有2个原子，所以Na元素形成的晶体内晶胞类型应属于体心立方，其空间利用率为68%，
故答案为：体心立方；68%；
（2）N核外有7个电子，根据构造原理知，该离子基态核外电子排布式为ls²2s²2p³，电子排布图为．CB₃分子为NCl₃分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个δ键，所以CB₃分子的VSEPR模型为四面体形，
故答案为：；四面体形；
（3）氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水，
故答案为：氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，氨气极易溶于水；
（4）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：Cl＞P＞S；
在S₂Cl₂分子中S原子电子对数为$\frac{6+2}{2}$=4，杂化轨道类型是sp³，该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，
故答案为：Cl＞P＞S；sp³；极性分子；
（5）该晶胞中钠离子个数=8，氧离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞的体积=$\frac{\frac{78}{{N}_{A}}×4}{ρ}$cm³=$\frac{78×4}{ρ{N}_{A}}$cm³，晶胞的边长=$\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$cm，四个氧离子和一个钠离子构成正四面体，，钠离子位于正四面体的体心上，四个氧原子位于正四面体的顶点上，钠原子位于体心上，正四面体的棱长=$\frac{\sqrt{2}}{2}\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$cm，设氧离子和钠离子的距离为x，在正三角形BCD中，BE的长=$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\frac{\sqrt{2}}{2}\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$cm，BO和OE的长之比为2：1，所以BO的长=$\frac{2}{3}$$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\frac{\sqrt{2}}{2}\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$cm=$\frac{\sqrt{6}}{6}$$\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$cm，（AO的边长）²=（$\frac{\sqrt{2}}{2}\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$）²-（$\frac{\sqrt{6}}{6}$$\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$）²，x²=（$\frac{\sqrt{6}}{6}$$\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$）²+（AO的边长-x）²，所以x=$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\root{3}{\frac{4×78}{ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞的计算、元素周期律、氢键等知识点，这些都是学习重点也是学习难点，同时考查学生的空间想象能力及数学应用能力，结合正三角形的性质分析解答，难度较大．