Question

11．現有A、B、C、D、E五種元素，原子序數依次增大，且不超過36．A元素的基態(tài)原子最外層電子數是次外層的三倍；B元素的基態(tài)原子核外有13種不同運動狀態(tài)的電子；C與B同一周期，原子中未成對電子數是同周期中最多的；D^2-的核外電子排布與氬原子相同；E元素的基態(tài)原子價電子排布式為3d¹⁰4s¹．請根據相關信息，回答下列問題：
（1）在A、B、C、D四種元素中第一電離能最小的是Al，電負性最大的是O （用相應的元素符號表示）．
（2）寫出DA₂的水化物在水中的電離方程式H₂SO₃?H⁺+HSO₃^-．DA₃是非極性分子（填“極性”或“非極性”）．
（3）A、C的簡單氫化物中，哪種物質的沸點高，原因是什么？H₂O的沸點高；水分子間存在比分子間作用力大的氫鍵
（4）若[E（NH₃）₄]²⁺具有對稱的空間構型，且當[E（NH₃）₄]²⁺中的兩個NH₃分子被兩個Cl^-取代時，能得到兩種不同結構的產物，則[E（NH₃）₄]²⁺的空間構型為b （填序號）．
a．正四面體　　b．平面正方形　　c．三角錐形　　d．V形
（5）單質E晶胞如圖所示，已知E元素相對原子質量為M，原子半徑為a pm，密度為dg•cm^-3（1pm=10^-10cm）．寫出阿伏加德羅常數N_A的表達式$\frac{\sqrt{2}×1{0}^{30}M}{8{a}^{3}d}$．（用M、a、d表示）

Answer 1

分析 A基態(tài)原子最外層電子數是次外層的三倍，最外層電子數不超過8，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則A為O元素；B基態(tài)原子核外有13種不同運動狀態(tài)的電子，則B為Al元素；C與B同一周期，原子中未成對電子數是同周期中最多的，則C為P元素； D^2-的核外電子排布與氬原子相同，則D為S元素；E元素的基態(tài)原子價電子排布式為3d¹⁰4s¹，則E為Cu元素，以此解答該題．

解答 解：A基態(tài)原子最外層電子數是次外層的三倍，最外層電子數不超過8，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則A為O元素；B基態(tài)原子核外有13種不同運動狀態(tài)的電子，則B為Al元素；C與B同一周期，原子中未成對電子數是同周期中最多的，則C為P元素； D^2-的核外電子排布與氬原子相同，則D為S元素；E元素的基態(tài)原子價電子排布式為3d¹⁰4s¹，則E為Cu元素，
（1）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，同一主族中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而減小，所以A、B、C、D四種元素的第一電離能最小的是Al元素，元素的非金屬性越強其電負性越強，所以電負性最大的是O元素，
故答案為：Al；O；
（2）二氧化硫的水化物為H₂SO₃，為弱酸，電離方程式為H₂SO₃?H⁺+HSO₃^-，δ含有3個δ鍵，沒有孤電子對，為非極性分子，
故答案為：H₂SO₃?H⁺+HSO₃^-；非極性；
（3）H₂O中存在氫鍵，分子間作用較強，沸點較高，故答案為：H₂O的沸點高；水分子間存在比分子間作用力大的氫鍵；
（4）若 Cu（NH₃）₄²⁺具有對稱的空間構型，且當 Cu（NH₃）₄²⁺中的兩個NH₃分子被兩個Cl取代時．能得到兩種不同結構的產物，則 Cu（NH₃）₄²⁺空間構型為平面正方形，
故答案為：b；
（5）質Cu晶胞中原子數為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞質量為4×$\frac{M}{N{\;}_{A}}$g，原子半徑為a pm，則晶胞棱長d=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×4a=2$\sqrt{2}$a×10^-10cm，則4×$\frac{M}{N{\;}_{A}}$g=（2$\sqrt{2}$a×10^-10cm）³×dg/cm³，故N_A=$\frac{\sqrt{2}×1{0}^{30}M}{8{a}^{3}d}$，
故答案為：$\frac{\sqrt{2}×1{0}^{30}M}{8{a}^{3}d}$．

點評 本題是對物質結構與性質的考查，為高考常見題型，涉及核外電子排布、電離能、電負性、分子結構與性質、空間構型與雜化方式、化學鍵、晶胞計算等，需要學生具備扎實的基礎，注意同周期主族元素中第一電離能異常情況．