Question

16．第VIA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种价态，含第VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：
（1）在元素周期表中N、O、F三种元素相邻，这三种元素的第一电离能由小到大的顺序是O＜N＜F．
（2）氧元素的存在影响了很多物质的性质，乙醇（CH₃CH₂OH）和二甲醚（CH₃OCH₃）的分子式均为C₂H₆O，但CH₃CH₂OH的沸点高于CH₃OCH₃的沸点，其原因是乙醇分子之间形成氢键．
（3）Se元素基态原子的价电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁴．CSe₂首次是由H2Se与CCl₄反应后制取的．CSe₂分子内的Se-C-Se键角大于（填“大于”“等于”或“小于”）H₂Se分子内的H-Se-H键角．
（4）根据价电子对互斥理论，可以推知SO₂分子的空间构型为V形，其中S原子采用的轨道杂化形式为sp²．
（5）铜与氧能形成CuO和Cu₂O两种氧化物，某种铜的氧化物的结构如图所示．
①该氧化物的化学式为CuO．
②该晶体中氧原子的配位数为4．晶体中距离最近的4个铜原子构成的几何形状为正四面体．

Answer 1

分析 （1）同周期元素自左而右，第一电离能呈增大趋势；氮原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，其第一电离能大于O；
（2）CH₃CH₂OH含氢键，使其沸点升高；
（3）硒是34号元素，基态原子核外有34个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；根据分子空间构型确定其键角相对大小；
（4）二氧化硫分子中，中心原子S形成两个2个σ键和1对孤对电子，据此判断其中心原子的杂质方式及空间构型；
（5）①在晶胞结构中，黑颜色球代表的Cu位于体内，共4个；白颜色球代表的O有8个位于顶点、6个位于面心，利用均摊法计算出其化学式；
②根据晶胞结构可知，立方体体心的O原子周围含有4个铁离子，所以其配位数为4，晶体中距离最近的4个铜原子构成正四面体结构．

解答 解：（1）同周期元素自左而右，第一电离能呈增大趋势，但是氮原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量降低，所以第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，所以三者的第一电离能由小到大的顺序为：O＜N＜F，
故答案为：O＜N＜F；
（2）CH₃CH₂OH含氢键，使其沸点升高，CH₃CH₂OH的沸点高于CH₃OCH₃的沸点，其原因是乙醇分子之间形成氢键，故答案为：乙醇分子之间形成氢键；
（3）硒是34号元素，基态原子核外有34个电子，其基态原子核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁴；CSe₂与CO₂结构相似，二氧化碳是直线型分子，H₂Se分子为v型分子，所以CSe₂分子内的Se-C-Se键角大于H₂Se分子内的H-Se-H键角，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁴；大于；
（4）二氧化硫分子中，中心原子S形成两个2个σ键、含有1对孤对电子，故杂化轨道数为3，采取sp²杂化，其空间结构为V形，
故答案为：V形；sp²；
（5）①在晶胞结构中，黑颜色球代表的Cu位于体内，共4个；白颜色球代表的O有8个位于顶点、6个位于面心，晶胞中总个数为：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，化学式可写为CuO，
故答案为：CuO；
②氧化铜晶胞的体心的氧离子周围包围了4个铜离子，则其配位数为4；由于晶体中距离最近的4个铜原子与体心的氧原子距离完全相同，所以这四个Cu原子构成了正四面体结构，
故答案为：4；正四面体．

点评 本题考查了晶胞的计算、配合物的成键情况的判断、元素周期律的应用等知识，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力，注意掌握均摊法在计算晶胞化学式中的应用，明确配合物的成键情况．