Question

【題目】【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

某原料經(jīng)測定主要含有A、B、C、D、E五種原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，其相關(guān)信息如下：

元素	元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)
A	周期表中原子半徑最小的元素
B	原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數(shù)相同
C	最外層p軌道半充滿
D	位于短周期，其原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍
E	位于ds區(qū)且原子的最外層電子數(shù)與A的相同

請回答下列問題(用A、B、C、D、E所對應(yīng)的元素符號作答)：

(1) B、C、D第一電離能由大到小的順序為_____。

(2) E的二價離子的電子排布式為_____。

(3) A2B2D4常用作除銹劑，該分子中B的雜化方式為_____；1 mol A2B2D4分子中含有σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為_____。

(4) 與化合物BD互為等電子體的陰離子的化學(xué)式為_____(任寫一種)。

(5) B2A6、C2A4分子中均含有18個電子，它們的沸點相差較大，主要原因是___。

(6) 一種E和金（Au）形成的合金晶體具有面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，其晶胞中E原子處于面心，Au原子處于頂點，則該合金中E原子與Au原子的個數(shù)之比為___；若相臨兩個Au原子的最短距離為a厘米，則該合金的密度為_____g/cm3。又知上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由E原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將E原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與CaF2(見圖)的結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式應(yīng)為_____。

Answer 1

【答案】 N>O>C 1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9) sp2 7 ：2 CN-(或) N2H4分子間形成氫鍵 3∶1 389/(NA.a3） H8AuCu3

【解析】A、B、C、D、E五種前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大；周期表中A元素原子半徑最小，故A為H元素；B元素原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，故B為碳元素；D位于短周期，其原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，而短周期中原子單電子處于p能級最多有3個，故成對電子總數(shù)只能為6，單電子數(shù)為2，核外電子排布為1s22s22p4，則D為O元素；C元素原子最外層P軌道半充滿，原子序數(shù)小于氧，故其核外電子排布為1s22s22p3，則C為N元素；E位于ds區(qū)且原子的最外層電子數(shù)與A的相同，外圍電子排布為3d104s1，則E為Cu。

（1）同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素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；（2）E為Cu元素，Cu2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d9 (或[Ar]3d9) ；（3）H2C2O4為乙二酸，分子中C原子形成3個σ鍵，沒有孤對電子，為sp2雜化；分子中共含有7個σ鍵和2個π鍵，故為7：2；（4）原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的微�；�為等電子體，與化合物CO互為等電子體的陰離子為CN-、C22-等；（5）C2H6、N2H4分子中均含有18個電子，因為N2H4分子間存在氫鍵，所以它們的沸點相差較大；（6）項點：8× = 1，面心：6× = 3，所以Au：Cu = 1：3；總質(zhì)量：3×M(Cu)/NA + M(Au)/NA，晶胞體積：a3 cm3，密度=總質(zhì)量/ 晶胞體積=(197+64×3) / (NAa3)= 389/(NAa3）；由CaF2的結(jié)構(gòu)知，Cu原子處于面心，所以晶胞中Cu原子個數(shù)為6×=3，Au原子處于頂點位置，所以晶胞中Au原子個數(shù)為8×=1，氫原子可進入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，則H原子應(yīng)位于晶胞內(nèi)部，則應(yīng)含有8個H，則化學(xué)式為Cu3AuH8。