Question

13．已知A、B、C、D、E都是元素周期表中的前36号元素，它们的原子序数依次增大．B原子基态时P原子轨道上有3个未成对电子，其最高正价与最低负价代数和为2，C的价层电子排布式为ns²npⁿ⁺²，其氢化物是同族元素所形成的氢化物中沸点最大．化合物AC₂为非极性分子，D元素的原子核外共有20种不同运动状态的电子．E是元素周期表第四周期第9列元素．请回答：
（1）写出A、B、C元素原子中第一电离能由大到小的排列顺序是N＞O＞C（用元素符号回答），AC₂中A采取的是sp杂化．
（2）与B₃^-互为等电子体的分子、离子有：N₂O（CO₂、CS₂等）、SCN^-或OCN^-或CNO^-）
（各举1例），由此可推知B₃^-的空间构型是直线型．
（3）E原子在基态时电子排布式：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²或[Ar]3d⁷4s²，E[（B₃）（BH₃）₅]SO₄是E的一种络合物．则E原子的配位数为6．
（4）（AB）₂是一种分子构型和化学性质与卤素单质很相似的化合物，称为拟卤素．一个（AB）₂分子中含有4个π键，写出它与NaOH溶液反应的化学方程式：（CN）₂+2NaOH=NaCN+NaCNO+H₂O．
（5）D单质在C单质中燃烧时得到一种白色晶体，其晶体的晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为CaO₂，已知两个D原子最近距离为a pm，阿伏伽德罗常数为N_A，则该晶体的密度是$\frac{72\sqrt{2}×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$ g•cm^-3（用N_A和a表示）

Answer 1

分析 B原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，其最高正价与最低负价代数和为2，则B为N元素；C的基态原子价电子排布为ns²npⁿ⁺²，n可能为2或3，n=2时，Z为O元素，水的沸点最高，符合题意，若n=3时，Z为Cl元素，氯化氢的沸点小于氟化氢，所以C为O元素；化合物AC₂为非极性分子，C为氧元素，则C的化合价为+4，为C元素；D元素的原子核外共有20种不同运动状态的电子，则D为Ca元素；E是元素周期表第四周期第9列元素，则E为Co元素，据此进行解答．

解答 解：B原子基态时2p原子轨道上有3个未成对电子，其最高正价与最低负价代数和为2，则B为N元素；C的基态原子价电子排布为ns²npⁿ⁺²，n可能为2或3，n=2时，Z为O元素，水的沸点最高，符合题意，若n=3时，Z为Cl元素，氯化氢的沸点小于氟化氢，所以C为O元素；化合物AC₂为非极性分子，C为氧元素，则C的化合价为+4，为C元素；D元素的原子核外共有20种不同运动状态的电子，则D为Ca元素；E是元素周期表第四周期第9列元素，则E为Co元素，
（1）A、B、C分别为C、N、O，三者同周期，同周期元素自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但N最外层2p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故C、O、N的第一电离能依次增大，即第一电离能大小为：N＞O＞C；AC₂为CO₂，二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形分子，所以碳原子采取sp杂化，
故答案为：N＞O＞C；sp；
（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，N₃^-中原子个数是3、价电子数是15，所以其等电子体的分子有：N₂O、CO₂、CS₂，离子有：SCN^-或OCN^-或CNO^-；等电子体结构相似，根据二氧化碳分子构型判断该微粒构型为直线形，
故答案为：N₂O（CO₂、CS₂等）；SCN^-或OCN^-或CNO^-）；直线；
（3）E为Co元素，原子序数为27，其基态原子核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²或[Ar]3d⁷4s²；E[（B₃）（BH₃）₅]SO₄是E的一种络合物，E原子的配位数为：1+5=6，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²或[Ar]3d⁷4s²；6；
（4）（AB）₂为（CN）₂，其结构简式为：N≡C-C≡N，三键中含2个π键，所以共有2×2=4个π键；（CN）₂与卤素性质相似，类比氯气与氢氧化钠溶液的反应可知，（CN）₂与氢氧化钠溶液的反应方程式为：（CN）₂+2NaOH=NaCN+NaCNO+H₂O，
故答案为：4；（CN）₂+2NaOH=NaCN+NaCNO+H₂O；
（5）C为O、D为Ca，每条楞上含有2个O、在体心含有2个O，总共含有O原子数为：（12×$\frac{1}{4}$+1）×2=8；钙离子处于顶点和面心，每个晶胞中含有钙离子的数目为：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，所以该化合物的化学式为：CaO₂，每个晶胞中含有4个CaO₂，每个晶胞的质量为：4×$\frac{72}{{N}_{A}}$g；已知两个D原子最近距离为a pm，每个面的对角线上的两个钙离子之间距离最近，设棱长为l，则2l²=（2a）²，解得：l=$\sqrt{2}$apm=$\sqrt{2}$a×10^-10cm，该晶胞的体积为：V=l³=（$\sqrt{2}$a×10^-10cm）³=2$\sqrt{2}$a³×10^-30cm³，所以该晶体的密度为：ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{72×4}{{N}_{A}}}{2\sqrt{2}{a}^{3}×1{0}^{-30}c{m}^{3}}$=$\frac{72\sqrt{2}×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3，
故答案为：CaO₂；$\frac{72\sqrt{2}×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，推断各元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力；（5）晶胞计算为难点，注意掌握均摊法的应用．