Question

【題目】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A的質(zhì)子數(shù)等于周期數(shù)，B與C的 P軌道均有三個(gè)成單電子，D的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為4，E的最外層只有一個(gè)電子， 內(nèi)層軌道處于全充滿狀態(tài)。試回答下列問題。

（1）基態(tài)E原子的電子排布式為_________；C和D的第一電離能較大的________(填元素符號(hào)）。

（2）DO32-中D原子的雜化類型為_________；A、D和氧元素組成的液態(tài)化合物A2DO4中存在的作用力有_____________。

（3）結(jié)構(gòu)式為A—B=B—A的分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為________；B2分子和NO+離子互為等離子體，則NO+的電子式為___________。

（4）向EDO4溶液中加入過量稀氨水，其化學(xué)方程式為_______________；產(chǎn)物中陽(yáng)離子的配體是_____________（填化學(xué)式）。

（5）D(黑球）和E(白球）形成某種晶體的晶胞如圖所示。已知該晶體的晶胞邊長(zhǎng)為516Pm，則黑球和白球之間最近距離為________pm(精確到0.1，已知=1.732)若ED中D2-被O2-代替，形成的晶體只能采取NaCl型堆積，試從晶體結(jié)構(gòu)分析其不同及原因__________。

Answer 1

【答案】 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 P sp2 氫鍵、范徳華力、共價(jià)鍵 3∶1 CuSO4+4 NH3·H2O ==[Cu(NH3)4]SO4+4 H2O NH3 223.4 兩種晶體中離子的配位數(shù)不同。由于r(O2-) < r(S2-)，r+ /r-的值增大，晶體中離子的配位數(shù)由4增至6，導(dǎo)致晶體堆積方式不同。

【解析】本題考查選修三《物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)》，A的質(zhì)子數(shù)等于周期數(shù)，則A為H，B與C的p軌道均有三個(gè)成單電子，說明B和C屬于同主族，即分別屬于N和P，D的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為4，則D為S，E的最外層只有一個(gè)電子，且內(nèi)層全充滿，因此E為Cu， （1）Cu位于第四周期第IB族，因此電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ；P和S屬于同周期，同周期第一電離能從左向右增強(qiáng)，但I(xiàn)IA>IIIA、VA>VIA，因此第一電離能P>S；（2）DO32－為SO32－，其中S有3個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為(6＋2－3×2)/2=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，即SO32－中S的雜化類型為sp3；組成的化合物是H2SO4，含有的作用力是共價(jià)鍵、范德華力、氫鍵；（3）成鍵原子之間只能有1個(gè)σ鍵，雙鍵中有1個(gè)π鍵，因此H－N=N－H中σ鍵和π鍵的比值為3：1；等電子體的結(jié)構(gòu)相似，N2的結(jié)構(gòu)式為，因此NO＋的電子式為；（4）EDO4的化學(xué)式為CuSO4，與過量的氨水發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：CuSO4＋4 NH3·H2O =[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，Cu2＋提供空軌道，NH3提供孤電子對(duì)，因此NH3是配體；（5）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，黑球和白球之間最近的距離是體對(duì)角線的1/4，即為 （a為晶胞的邊長(zhǎng)），代入數(shù)值，解得為223.4pm，兩種晶體中離子的配位數(shù)不同。由于r(O2－) < r(S2－)，r＋ /r－的值增大，晶體中離子的配位數(shù)由4增至6，導(dǎo)致晶體堆積方式不同。