Question

14．已知A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的六種元素．其中A、B、C、D核電荷數(shù)之和為36，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層 電子數(shù)，D原子質(zhì)子數(shù)為B原子質(zhì)子數(shù)的兩倍，E元素所在主族均為金屬，F(xiàn)的價(jià)電子數(shù) 與C的核電荷數(shù)相等．
（1）下列關(guān)于上述幾種元素的說(shuō)法正確的是c、d．
a．B、C、D的原子半徑由大到小的順序?yàn)椋篋＞C＞B
b．E、F的最外層電子數(shù)相等
c．A、B、C、D四種元素中電負(fù)性和第一電離能最大的均為B
d．B與C形成的化合物中可能含有非極性鍵
e．A、C、F位于周期表的3區(qū)
（2）B單質(zhì)有兩種同素異形體．其中在水中溶解度較大的是O₃（填化學(xué)式），原因是O₃為極性分子，而O₂為非極性分子，由相似相溶原理知O₃更易溶解于極性溶劑水中．
（3）EA₂和A₂B熔點(diǎn)較高的是CaH₂（填化學(xué)式），原因是CaH₂為離子晶體，H₂O為分子晶體．
（4）D與B可以形成兩種分子，其中DB₂分子中心原子的雜化類型是sp²．
下列分子或離子中與DB3結(jié)構(gòu)相似的是c．
a．NH₃ b．SO₃^2-c．NO₃^-d．PCl₃
（5）已知B、F能形成兩種化合物，其晶胞如圖所示．則高溫時(shí)甲易轉(zhuǎn)化為乙的原因?yàn)镃u₂O中Cu的3d軌道為3d¹⁰全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定．

若乙晶體密度為pg/cm³，則乙晶胞的晶胞參數(shù)為a=$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$×10⁹  nm．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的六種元素．A、B、C、D核電荷數(shù)之和為36，則B不能位于第三周期，由于第三周期中Na、Mg、Al三者原子序數(shù)之和最小為36，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，則B處于第二周期，A、C原子最外層電子數(shù)均為1，二者處于IA族，C、D不可能處于第三周期，因?yàn)榈谒闹芷谥蠯、Ca二者原子序數(shù)之和最小為39，故C也屬于短周期元素，C的原子序數(shù)又大于B，故C為Na，A為氫或鋰，A、B、D原子序數(shù)之和為36-11=25，D原子質(zhì)子數(shù)為B原子質(zhì)子的兩倍，則A為H元素、B為O元素、D為S元素；E元素所在主族均為金屬，則E處于ⅡA族，原子序數(shù)大于硫，故E為Ca．結(jié)合元素周期律與物質(zhì)性質(zhì)解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期且原子序數(shù)依次增大的六種元素．A、B、C、D核電荷數(shù)之和為36，則B不能位于第三周期，由于第三周期中Na、Mg、Al三者原子序數(shù)之和最小為36，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，則B處于第二周期，A、C原子最外層電子數(shù)均為1，二者處于IA族，C、D不可能處于第三周期，因?yàn)榈谒闹芷谥蠯、Ca二者原子序數(shù)之和最小為39，故C也屬于短周期元素，C的原子序數(shù)又大于B，故C為Na，A為氫或鋰，A、B、D原子序數(shù)之和為36-11=25，D原子質(zhì)子數(shù)為B原子質(zhì)子的兩倍，則A為H元素、B為O元素、D為S元素；E元素所在主族均為金屬，則E處于ⅡA族，原子序數(shù)大于硫，故E為Ca．
（1）a．同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：C（Na）＞D（S）＞B（O），故a錯(cuò)誤；
b．E為Ca、F為Cu，二者最外層電子數(shù)分別為2、1，故b錯(cuò)誤；
c．H、O、Na、S四種元素中電負(fù)性和第一電離能最大的均為O，故c正確；
d．B與C形成的化合物為氧化鈉、過(guò)氧化鈉，過(guò)氧化鈉中含有非極性鍵，故d正確；
e．H、Na位于周期表的s區(qū)，Cu處于周期表中ds區(qū)，故e錯(cuò)誤．
故答案為：cd；
（2）B單質(zhì)有兩種同素異形體有氧氣、臭氧，O₂分子為非極性分子，而O₃分子為極性分子，水分子是極性分子，相似相溶，故在水中溶解度較大的是O₃，
故答案為：O₃；O₃為極性分子，而O₂為非極性分子，由相似相溶原理知O₃更易溶解于極性溶劑水中；
（3）CaH₂屬于離子晶體，H₂O屬于分子晶體，熔點(diǎn)較高的是CaH₂，
故答案為：CaH₂；CaH₂屬于離子晶體，H₂O屬于分子晶體；
（4）SO₂分子中S原子孤電子對(duì)數(shù)=$\frac{6-2×2}{2}$=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+1=3，故S原子的雜化類型是 sp²，
SO₃中S原子孤電子對(duì)數(shù)=$\frac{6-2×3}{2}$=0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+3=3，為平面三角形結(jié)構(gòu)，NH₃為三角錐形結(jié)構(gòu)，SO₃^2-中S原子孤電子對(duì)數(shù)=$\frac{6+2-2×3}{2}$=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+1=4，為三角錐形結(jié)構(gòu)，NO₃^- 中N原子孤電子對(duì)數(shù)=$\frac{5+1-2×3}{2}$=0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+0=3，為平面三角形結(jié)構(gòu)，PCl₃為三角錐形結(jié)構(gòu)，所以NO₃^-的結(jié)構(gòu)與SO₃相似；
故答案為：sp²；c；
（5）甲中Cu原子數(shù)目為4，氧原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，化學(xué)式為CuO，乙中Cu原子數(shù)目為4，氧原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2，化學(xué)式為Cu₂O，Cu²⁺外圍電子排布為3d⁹，而Cu⁺外圍電子排布為3d¹⁰，屬于穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故高溫下CuO可以轉(zhuǎn)化為Cu₂O，
乙晶體密度為pg/cm³，乙晶胞質(zhì)量為2×$\frac{144}{{N}_{A}}$g，則晶胞參數(shù)=$\root{3}{\frac{2×\frac{144}{{N}_{A}}g}{pg/c{m}^{3}}}$cm=$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$cm=$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$×10⁹ nm，
故答案為：CuO中Cu²⁺外圍電子排布為3d⁹，而Cu₂O中Cu⁺外圍電子排布為3d¹⁰，屬于穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；$\root{3}{\frac{288}{p{N}_{A}}}$×10⁹ nm．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，推斷元素是解題關(guān)鍵，涉及核外電子排布、元素周期律、電離能、電負(fù)性、雜化方式與空間構(gòu)型判斷、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計(jì)算等，元素推斷難度較大，較好地考查學(xué)生分析推理能力，難度較大．