Question

10．有A、B、C、D四种元素，A元素的原子的所有能级具有相同的电子数，由B元素形成的单质在常温常压为易挥发的液体，可从海水是提取，C及其合金是人类最早使用的金属材料．D与A位于同一主族，是构成地球上矿物质的主要元素．请回答下列问题：
（1）元素A能形成多种单质，其中的一种单质能用作电极、润滑剂与制造铅笔等．A与D所形成的化合物属于原子晶体，其中心原子是以sp³杂化成键；
（2）B的核外电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s²4p⁵，
（3）向含有C的硫酸盐中逐滴滴加氨水，所观察到的现象是先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液；再向上述溶液中加入乙醇，有Cu（NH₃）₄SO₄•H₂O；原因是铜氨络合物在水中的溶解性大于在乙醇中的溶解性，析出铜氨络合物；
（4）A的氢化物比D的氢化物相比，熔点高是的SiH₄（填化学式），理由是CH₄与SiH₄是组成与结构相似的物质，CH₄比SiH₄的相对分子质量要小，分子间的作用力要小，所以熔点要低
（5）下列说法正确的是c
a．晶体析出规则是晶格能高的晶体最后析出
b．铜型和钾型都是密置层堆积方式
c．在干冰晶体中，每一个CO₂周围有12个紧邻的CO₂分子
d．邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点高
（6）如图是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，已知两个最近的Ca原子之间的距离为apm，则该合金的密度为$\frac{360}{{N}_{A}（a×1{0}^{-10}）{\;}^{3}}$g/cm³，（用含NA和a的代数式表示）．

Answer 1

分析 有A、B、C、D四种元素，A元素的原子的所有能级具有相同的电子数，则A为C元素；由B元素形成的单质在常温常压为易挥发的液体，可从海水是提取，则B为Br元素；C及其合金是人类最早使用的金属材料，则C为Cu元素；D与A位于同一主族，是构成地球上矿物质的主要元素，则D为Si元素；
（1）A与D所形成的化合物属于碳化硅，原子之间是通过共价键作用形成空间网状结构；根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型；
（2）Br是35号元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
（3）硫酸铜溶液中加氨水先生成沉淀，氨水过量，沉淀溶解，生成络离子；加乙醇降低晶体的溶解度；
（4）组成与结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间的作用力越大，熔点越高；
（5）a．溶解度小的先析出晶体；
b．钾型是非密置层堆积方式；
c．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数．
d．能形成分子间氢键的物质沸点较高；能形成分子内氢键的物质沸点较低；
（6）利用均摊法计算；先求出此晶胞含有原子数，然后根据ρ=$\frac{m}{V}$计算出密度；

解答 解：经过分析可知：A为C元素，B为Br元素，C为Cu元素；D为Si元素；
（1）碳化硅原子之间是通过共价键作用形成空间网状结构，属于原子晶体；碳化硅中的硅原与四个邻近碳原子生成4个共价键，形成4个σ键，无孤电子对，碳原与四个邻近硅原子生成4个共价键，形成4个σ键，无孤电子对，所以中心原子采取sp³杂化；
故答案为：原子；sp³；
（2）Br是35号元素，其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d¹⁰4s²4p⁵；
故答案为：[Ar]3d¹⁰4s²4p⁵；
（3）铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Cu²⁺+2NH₃•H₂O═Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺，氢氧化铜能溶于氨水生成铜氨络合离子，离子方程式为：Cu（OH）₂+4NH₃═[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，则观察到的现象为先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液；铜氨络合物在水中的溶解性大于在乙醇中的溶解性，析出铜氨络合物，所以向溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体为Cu（NH₃）₄SO₄•H₂O；
故答案为：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液；Cu（NH₃）₄SO₄•H₂O；铜氨络合物在水中的溶解性大于在乙醇中的溶解性，析出铜氨络合物；
（4）CH₄与SiH₄是组成与结构相似的物质，CH₄比SiH₄的相对分子质量要小，分子间的作用力要小，所以熔点要低；
故答案为：SiH₄；CH₄与SiH₄是组成与结构相似的物质，CH₄比SiH₄的相对分子质量要小，分子间的作用力要小，所以熔点要低；
（5）a．溶解度小的先析出晶体，与晶格能的大小无关，故a错误；
b．钾型的空间利用率为68%是非密置层堆积方式，铜型的空间利用率是72%是密置层堆积方式，故b错误；
c．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO₂晶体中，与每个CO₂分子周围紧邻的有12个CO₂分子，故c正确；
d．邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故d错误；
故选c．
（6）利用均摊法计算可知，晶胞中Ca位于定点，N（Ca）=8×$\frac{1}{8}$=1，Cu位于面心和体心，共有N（Cu）=8×$\frac{1}{2}$+1=5，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5；一个晶胞中含有1个Ca原子，5个Cu原子360，则一个晶胞的质量m=$\frac{360}{{N}_{A}}$g，一个晶胞的体积V=（a×10^-10cm）³，因此晶胞的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{360}{{N}_{A}（a×1{0}^{-10}）{\;}^{3}}$g/cm³，
故答案为：1：5；$\frac{360}{{N}_{A}（a×1{0}^{-10}）{\;}^{3}}$；

点评 本题考查核外电子排布、分子空间构型、杂化类型的判断、熔点比较、晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法．