Question

10．已知A、B、C、D、E五種元素的原子序數依次遞增，A、B、C、D位于前三周期，E位于第四周期．A位于周期表中的s區(qū)，其原子中電子層數和未成對電子數相同；B的基態(tài)原子中的核外電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同；D原子的核外電子總數是最內層電子總數的4倍．同時含有A、B、D三種元素的化合物M是一種居室污染氣體，其分子中所有的原子共平面．A、B兩種元素組成的原子個數比為1：1的化合物N是常見的有機溶劑．E有“生物金屬”之稱，E⁴⁺離子和氬原子的核外電子排布相同．
請回答下列問題：（答題時，A、B、C、D、E用所對應的元素符號表示）
（1）A、B形成的化合物B₂A₂分子中σ鍵和π鍵數目之比為3：2；B、C、D三種元素的第一電離能由大到小的排列順序為N＞O＞C，電負性由大到小的順序為O＞N＞C．
（2）M與N分子結構的相同點是①．
①中心原子雜化方式　　　 ②共價鍵鍵角　　　　 ③分子極性　　　　 ④立體構型
（3）X和Y分別是B、C的某種氫化物，這兩種氫化物都含有18電子，X和Y的化學式分別是C₂H₆、N₂H₄，兩者沸點的關系為X＜Y（“＞”或“＞”），原因是N₂H₄分子間有氫鍵，C₂H₆分子間是范德華力．
（4）在E形成的羰基配合物離子E（CO）_n²⁺中，中心原子提供的價電子數與配體提供的電子總數之和為16，則n=7．
（5）金屬E的晶胞是面心立方結構（如圖），則E晶體的1個 晶胞中E原子數為4，E原子的配位數為12．若此晶胞的密度為dg/cm³，阿伏加德羅常數為N_A，請用d 和N_A來表示此晶胞中兩個E原子最近的距離$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{192}{a{N}_{A}}}$．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E五種元素的原子序數依次遞增，A、B、C、D位于前三周期．A位于周期表的s區(qū)，其原子中電子層數和未成對電子數相同，則A為氫元素；B的基態(tài)原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同，則B原子電子排布式為1s²2s²2p²，故B為碳元素；D原子的核外電子總數是最內層電子總數的4倍，即原子核外電子總數為8，則D為O元素；C的原子序數介于碳、氧之間，故C為氮元素；同時含有A、B、D三種元素的化合物M是一種居室污染氣體，其分子中所有的原子共平面，則M為HCHO；A、B兩種元素組成的原子個數比為1：1的化合物N是常見的有機溶劑，則N為苯；E有“生物金屬”之稱，E⁴⁺離子和氬原子的核外電子排布相同，則E的原子序數為18+4=22，則E為Ti元素，據此解得．

解答 解：A、B、C、D、E五種元素的原子序數依次遞增，A、B、C、D位于前三周期．A位于周期表的s區(qū)，其原子中電子層數和未成對電子數相同，則A為氫元素；B的基態(tài)原子中電子占據三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數相同，則B原子電子排布式為1s²2s²2p²，故B為碳元素；D原子的核外電子總數是最內層電子總數的4倍，即原子核外電子總數為8，則D為O元素；C的原子序數介于碳、氧之間，故C為氮元素；同時含有A、B、D三種元素的化合物M是一種居室污染氣體，其分子中所有的原子共平面，則M為HCHO；A、B兩種元素組成的原子個數比為1：1的化合物N是常見的有機溶劑，則N為苯；E有“生物金屬”之稱，E⁴⁺離子和氬原子的核外電子排布相同，則E的原子序數為18+4=22，則E為Ti元素．
（1）A、B形成化合物C₂H₂分子，結構式為H-C≡C-H，分子中σ鍵和π鍵數目之比為3：2；
同周期元素隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大的趨勢，N元素原子2p能級容納3個電子，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，故第一電離能：N＞O＞C；
同周期隨原子序數增大，電負性增大，故電負性：O＞N＞C，
故答案為：3：2；N＞O＞C；O＞N＞C；
（2）M為HCHO為平面三角形，N為苯為平面正六邊形，甲醛分子中正負電荷重心不重合，為極性分子，苯分子中正負電荷重心重合，為非極性分子，分子中C原子均形成3個σ鍵，均采取sp²雜化，苯分子呈平面正六邊形，6個碳碳鍵完全相同，鍵角皆為120°，而甲醛分子不是平面正三角形，鍵角不是120°，
故答案為：①；
（3）X和Y分別是C、N的某種氫化物，這兩種氫化物都含有18電子，則X為C₂H₆、Y為N₂H₄，N₂H₄分子間有氫鍵，C₂H₆分子間是范德華力，故沸點：C₂H₆＜N₂H₄，
故答案為：C₂H₆、N₂H₄；＜；N₂H₄分子間有氫鍵，C₂H₆分子間是范德華力；
（4）在Ti形成的羰基配合物離子Ti（CO）_n²⁺中，Ti離子提供價電子數為2，CO提供電子為2，則：2+2n=16，解得n=7，
故答案為：7；
（5）金屬E的晶胞是面心立方結構，則E晶體的1個 晶胞中E原子數為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，頂點E原子與面心E原子相鄰，每個頂點為8個晶胞共用，故E的配位數為$\frac{3×8}{2}$=12，晶胞質量為$\frac{4×48}{{N}_{A}}$g，晶胞的密度為dg/cm³，則晶胞體積為$\frac{4×48}{{N}_{A}}$g÷dg/cm³=$\frac{\sqrt{192}}{d{N}_{A}}$cm³，則晶胞棱長為$\root{3}{\frac{192}{a{N}_{A}}}$cm，故晶胞中兩個E原子最近的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{192}{a{N}_{A}}}$cm，
故答案為：4；12；$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{192}{a{N}_{A}}}$．

點評 本題是對物質結構的考查，涉及核外電子排布、電離能、電負性、化學鍵、分子結構、氫鍵、配合物、晶胞計算等，基本是對物質結構的主干知識進行綜合考查，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．