Question

20．前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态A原子核外电子占据3个轨道，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，C的双原子单质分子中σ键和π键数目之比为1：2，D的最高正化合价和最低负化合价之和等于4；基态E原子核外有6个未成对电子．
（1）基态E原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为3p．
（2）A元素的各级电离能如表：

能级（I）	I1	I2	I3	I4	I5
电离能/kJ•mol-1	800.6	2427	3660	25026	32827

分析表数据知，相邻两个电子的电离能中，I₃和I₄之间差异最大，其主要原因是硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子．
（3）A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，其原因是B、C、N的非金属性依次增强或H₃BO₃、H₂CO₃、HNO₃的非羟基氧原子个数依次为0、1、2．
（4）氯元素与A、B、C元素组成的共价分子ACl₃、BCl₄、CCl₃中，中心原子采用sp³杂化、立体构型为三角锥形的是NC1₃（填分子式）．
（5）（DC）₄为热色性固体，且有色温效应．低于-30℃时为淡黄色，室温下为橙黄色，高于100℃时为深红色．在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是分子间作用力；在常压下，（DC）₄高于130℃分解为相应的单质，这一变化中破坏的作用力是共价键．在B、C、D的简单气态氢化物中，属于非极性分子的是CH₄（填分子式，下同），常与Cu²⁺、Zn²⁺、Ag⁺等形成配离子的是NH₃．
（6）A、C形成立方晶体，晶体结构类似金刚石，如图所示．已知：该晶体密度为ρg•cm^-3，N_A代表阿伏伽德罗常数的值．
①该晶体的化学式为BN．
②在该晶体中，A与C形成共价键的键长（d）为$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{100}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰ pm．

Answer 1

分析 前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，则其原子核外电子排布式为1s²2s²2p²，故B为碳元素；基态A原子核外电子占据3个轨道，且原子序数小于碳，其原子核外电子排布式为1s²2s²2p¹，故A为硼元素；C的双原子单质分子中σ键和π键数目之比为1：2，可推知C的单质为N₂，C为N元素；基态E原子核外有6个未成对电子，外围电子排布式为3d⁵4s¹，故E为Cr元素；D的最高正化合价和最低负化合价之和等于4，处于VIA族，其原子序数小于Cr，故D为S元素．
（1）根据能量最低原理书写E原子核外电子排布式；D为S元素，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁴；
（2）处于稳定结构状态，不易失去电子；
（3）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强（或者非羟基氧原子数目越多，酸性越强）；
（4）计算中心原子的价层电子对数、孤对电子对数，确定杂化方式与空间构型；
（5）（DC）₄为热色性固体，在较低温度下发生系列转化，应属于分子晶体；在常压下，（DC）₄高于130℃分解为相应的单质，发生化学变化，破坏化学键；
对应AB_n型分子，若中心原子最外层电子全部成键，则为非极性分子；NH₃常与Cu²⁺、Zn²⁺、Ag⁺等形成配离子；
（6）①利用均摊法计算晶胞中各原子数目，进而确定该晶体的化学式；
②A、C连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$．根据晶胞中原子数目计算晶胞质量，结合密度计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长，可得晶胞体对角线长度．

解答 解：前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，则其原子核外电子排布式为1s²2s²2p²，故B为碳元素；基态A原子核外电子占据3个轨道，且原子序数小于碳，其原子核外电子排布式为1s²2s²2p¹，故A为硼元素；C的双原子单质分子中σ键和π键数目之比为1：2，可推知C的单质为N₂，C为N元素；基态E原子核外有6个未成对电子，外围电子排布式为3d⁵4s¹，故E为Cr元素；D的最高正化合价和最低负化合价之和等于4，处于VIA族，其原子序数小于Cr，故D为S元素．
（1）E为前四周期中元素，且基态E原子核外有6个未成对电子，则其原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；D为S元素，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，核外电子占据的能量最高的能级符号为3p，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；3p；
（2）硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子，故I₃和I₄之间差异最大，
故答案为：硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子；
（3）B、C、N的非金属性依次增强，故H₃BO₃、H₂CO₃、HNO₃的酸性依次增强（或H₃BO₃、H₂CO₃、HNO₃的非羟基氧原子个数依次为0、1、2，故H₃BO₃、H₂CO₃、HNO₃的酸性依次增强），
故答案为：B、C、N的非金属性依次增强或H₃BO₃、H₂CO₃、HNO₃的非羟基氧原子个数依次为0、1、2；
（4）BCl₃中B原子孤对电子对数为$\frac{1}{2}$×（3-1×3）=0，价层电子对数为3+0=3，采用sp²杂化、立体构型为平面正三角形，
CCl₄中C原子孤对电子对数为$\frac{1}{2}$×（4-1×4）=0，价层电子对数为4+0=4，采用sp³杂化、立体构型为正四面体，
NCl₃中N原子孤对电子对数为$\frac{1}{2}$×（5-1×3）=1，价层电子对数为3+1=4，采用sp³杂化、立体构型为三角锥形，
故答案为：NC1₃；
（5）（SN）₄为热色性固体，在较低温度下发生淡黄色→橙黄色→深红色的转化，应属于分子晶体，破坏的作用力是分子间作用力．在常压下，（SN）₄高于130℃分解为相应的单质，发生化学变化，破坏共价键；
在B、C、D的简单气态氢化物分别为CH₄、NH₃、H₂S，其中CH₄中碳原子最外层4个电子全部参与
中，属于非极性分子，常与Cu²⁺、Zn²⁺、Ag⁺等形成配离子的是NH₃，
故答案为：分子间作用力；共价键；CH₄；NH₃；
 （6）①晶胞中黑色球处于晶胞内部，晶胞中黑色球数目为4，白色球处于晶胞丁点与面心，晶胞中白色球数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，故白色球与黑色球数目之比为1：1，可确定该晶体的化学式为BN，
故答案为：BN；
②晶胞质量为（4×$\frac{11}{{N}_{A}}$+4×$\frac{14}{{N}_{A}}$）g=$\frac{100}{{N}_{A}}$g，则晶胞棱长=$\root{3}{\frac{\frac{100}{{N}_{A}}g}{ρg•c{m}^{3}}}$=$\root{3}{\frac{100}{ρ{N}_{A}}}$cm=$\root{3}{\frac{100}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰ pm，A、C连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，故A与C形成共价键的键长d=$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{100}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰ pm=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{100}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰ pm，
故答案为：$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\root{3}{\frac{100}{ρ{N}_{A}}}$×10¹⁰ ．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、空间构型、配合物、晶胞结构与计算等，（6）中键长计算为易错点、难点，需要熟记常见晶胞结构，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求，掌握均摊法进行晶胞有关计算．