Question

16．A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A的價電子層中的未成對電子有3個，B的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，C、D為同周期元素，C元素基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，D元素最外層有一個未成對電子，E位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2．回答下列問題：
（1）C原子的核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，E的價電子軌道表示式為．
（2）A、B、C中第一電離能最大的是N（填元素符號），其中A的氫化物（AH₃）分子中，A原子軌道的雜化類型是sp³．A的氫化物（AH₃）分子極易溶于水的原因NH₃分子與水分子之間形成氫鍵，且氨氣分子與水分子都是極性分子，相似相溶
（3）化合物D₂B的立體構(gòu)型為V形，單質(zhì)D與濕潤的Na₂CO₃反應可制備D₂B，同時還生成兩種廚房中常用的物質(zhì)，其化學方程式為2Cl₂+2Na₂CO₃+H₂O=Cl₂O+2NaHCO₃+2NaCl．
（4）E與C所形成化合物的立方晶胞如圖所示．
①在1個晶胞中，E離子的數(shù)目為4．
②該化合物的化學式為ZnS．
③晶胞中兩個E原子間的最短距離是a cm求該晶胞的密度$\frac{87}{\sqrt{2}{a}^{3}{N}_{A}}$ g/cm³．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的四種元素，B的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故B為O元素；A的價電子層中的未成對電子有3個，原子序數(shù)小于氧，則核外電子排布式為1s²2s²2p³，故A為N元素；C、D為同周期元素，C元素基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，C原子核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，故C為S元素，D元素最外層有一個未成對電子，則D為Cl元素；E位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2，原子核外電子數(shù)為2+8+18+2=30，故E為Zn．

解答 解：A、B、C、D、E為原子序數(shù)依次增大的四種元素，B的最外層電子數(shù)為其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故B為O元素；A的價電子層中的未成對電子有3個，原子序數(shù)小于氧，則核外電子排布式為1s²2s²2p³，故A為N元素；C、D為同周期元素，C元素基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，C原子核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，故C為S元素，D元素最外層有一個未成對電子，則D為Cl元素；E位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2，原子核外電子數(shù)為2+8+18+2=30，故E為Zn．
（1）C元素基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，E位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2，價電子排布式為：3d¹⁰4s²，價電子軌道表示式為，
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁴；；
（2）同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子2p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，同主族自上而下第一電離能減小，故第一電離能：N＞O＞S，
NH₃分子中，N原子形成3個鍵，含有1對孤對電子，N原子雜化軌道數(shù)目為4，故N原子采取sp³雜化，
NH₃分子與水分子之間形成氫鍵，且氨氣分子與水分子都是極性分子，相似相溶，故氨氣極易溶于水，
故答案為：N；sp³；NH₃分子與水分子之間形成氫鍵，且氨氣分子與水分子都是極性分子，相似相溶；
（3）化合物Cl₂O中O原子孤電子對數(shù)=$\frac{6-1×2}{2}$=2，價層電子對數(shù)=2+2=4，故其空間構(gòu)型為V形，單質(zhì)氯氣與濕潤的Na₂CO₃反應可制備Cl₂O，同時還生成兩種廚房中常用的物質(zhì)，即生成碳酸氫鈉與氯化鈉，其化學方程式為：2Cl₂+2Na₂CO₃+H₂O=Cl₂O+2NaHCO₃+2NaCl，
故答案為：V形；2Cl₂+2Na₂CO₃+H₂O=Cl₂O+2NaHCO₃+2NaCl；
（4）①在1個晶胞中，E離子處于晶胞頂點與面心，晶胞中E離子的數(shù)目為為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，
故答案為：4；
②晶胞中S原子數(shù)目為4，Zn原子數(shù)目為4，則晶體化學式為ZnS，
故答案為：ZnS；
③晶胞質(zhì)量為4×$\frac{65+32}{{N}_{A}}$g，兩個E原子間的最短距離是a cm，則晶胞面對角線上長度為2a cm，則晶胞棱長為2a cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$a cm，故該晶胞的密度為4×$\frac{65+32}{{N}_{A}}$g÷（$\sqrt{2}$a cm）³=$\frac{87}{\sqrt{2}{a}^{3}{N}_{A}}$ g/cm³，
故答案為：$\frac{87}{\sqrt{2}{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電離能、空間構(gòu)型與雜化方式、氫鍵、晶胞計算等，（4）中關鍵是計算晶胞棱長，掌握均攤法進行晶胞有關計算，注意同周期第一電離能異常情況．