Question

8．A、B、C、D、E、F均屬前四周期且原子序數依次增大的六種元素，其中A、B、C是同一周期相鄰的三種元素，B的氫化物易溶于C的氫化物中，D的基態原子s軌道與p軌道上的電子數之比為2：3，且D為主族元素；E、F為副族元素，4s能級均只有一個電子．回答下列問題：
（1）A、B、C三種元素的第一電離能由小到大的順序是CON或C＜O＜N（用元素符號表示）．
（2）B與C能形成四原子陰離子，其中B的雜化方式為sp²；B的三氯化物分子的立體構型為三角錐形．
（3）任寫一種與AB^-離子互為等電子體的離子C₂^2-或O₂²⁺（寫化學式）．
（4）F原子的外圍電子排布式為3d¹⁰4s¹，F晶體的堆積方式為④（填序號：①簡單立方堆積，②體心立方堆積，③六方最密堆積，④面心立方密集堆積）．
（5）E的離子可以形成多種配合物，將ECl₃溶液蒸發濃縮，析出深綠色晶體．該晶體中E³⁺、Cl^-、H₂O的物質的量之比為1：3：6，且E的配位數為6，向1.0mol該晶體的溶液中加入足量AgNO₃溶液產生143.5g沉淀，則配合物的化學式為[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl•2H₂O．
（6）硼與D可形成一種耐磨材料，其結構與金剛石相似，如圖為其晶體結構單元，它可由硼的三溴化物和D的三溴化物于高溫下在氫氣的氛圍中合成
①寫出合成該晶體的化學方程式：BBr₃+PBr₃+3H₂$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$BP+6HBr．
②已知晶體中硼與D原子的最近距離為a pm，則該晶體密度的表達式為$\frac{4×42}{{N}_{A}×（\frac{4}{\sqrt{3}}a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3．
（不需化簡，阿伏加德羅常數為N_A）

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F均屬前四周期且原子序數依次增大的六種元素，其中A、B、C是同一周期相鄰的三種元素，B的氫化物易溶于C的氫化物中，B為N元素，C為O元素，A應為C元素，D的基態原子s軌道與p軌道上的電子數之比為2：3，應為P元素，核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²2p³，E、F為副族元素，4s能級均只有一個電子，核外電子排布式分別為：1s²2s²2p⁶3s²2p⁶3d⁵4s¹、1s²2s²2p⁶3s²2p⁶3d¹⁰4s¹，則E為Cr元素、F為Cu元素，據此進行解答（1）～（5）；
（6）①高溫下，B的三溴化物和P的三溴化物在氫氣的氛圍中合成BP，根據反應物、生成物及反應條件書寫方程式；
②晶體中B與P原子的最近距離為anm，即a×10^-7cm，，圖中1、2、3、4原子形成正四面體結構，這四個原子之間的B原子位于正四面體體心上，1、5原子之間的距離為a×10^-7cm，頂點到體心距離與體心到底面距離之比為3：1，則其高為$\frac{4}{3}$×a×10^-7cm，設1、2原子之間距離為x，1、2、3原子形成的正三角形底面的高=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，正三角形頂點到中心的距離與中心到底的距離之比為2：1，所以正三角形頂點到中心的距離=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x×$\frac{2}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，由1、2、5構成直角三角形中存在x²=（$\frac{\sqrt{3}}{3}$x）²+（$\frac{4}{3}$×a×10^-7）²，x=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$×a×10^-7，則晶胞棱長=$\sqrt{\frac{（2x）^{2}}{2}}$cm=$\frac{4}{\sqrt{3}}a×1{0}^{-7}$cm，晶胞體積=（$\frac{4}{\sqrt{3}}a×1{0}^{-7}$）³cm³，
該晶胞中B原子個數為4、P原子個數=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，再根據密度=$\frac{m}{V}$計算．

解答 解：A、B、C、D、E、F均屬前四周期且原子序數依次增大的六種元素，其中A、B、C是同一周期相鄰的三種元素，B的氫化物易溶于C的氫化物中，B為N元素，C為O元素，A應為C元素，D的基態原子s軌道與p軌道上的電子數之比為2：3，應為P元素，核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²2p³，E、F為副族元素，4s能級均只有一個電子，核外電子排布式分別為：1s²2s²2p⁶3s²2p⁶3d⁵4s¹、1s²2s²2p⁶3s²2p⁶3d¹⁰4s¹，則E為Cr元素、F為Cu元素，
（1）同一周期中，原子序數越大，電負性越小，則三種元素按電負性由小到大的順序為：C O N或C＜O＜N，
故答案為：C O N或C＜O＜N；
（2）B為N元素，與氧元素形成的四原子陰離子為NO₃^-，NO₃^-離子中C原子價層電子對數=3+$\frac{5+1-2×3}{2}$=3，且N原子不含孤電子對，所以其空間構型為平面三角形，原子采用sp²雜化；其三氯化物為NCl₃，其分子中含有3個單鍵和1個孤對電子，其分子中N原子采用sp³雜化，分子的立體構型為三角錐形，
故答案為：sp²；三角錐形；
（3）原子個數相等、價電子數相等的微粒互為等電子體，與CN^-離子互為等電子體的有：C₂^2-或O₂²⁺，
故答案為：C₂^2-或O₂²⁺；
（4）F除最外層原子軌道處于半充滿狀態，其余能層均充滿電子，為Cu，原子序數為29，原子核外電子排布為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，外圍電子排布式為：3d¹⁰4s¹，Cu晶體屬于面心立方最密堆積，為ABC型排列方式，故④符合，
故答案為：3d¹⁰4s¹；④；
（5）向1.0mol該晶體的溶液中加入足量AgNO₃溶液產生143.5g白色沉淀，該白色沉淀為AgCl，其物質的量為：$\frac{143.5g}{143.5g/mol}$=1mol，說明在該化合物中含有1個氯離子，Cr³⁺、Cl^-、H₂O的物質的量之比為1：3：6，則配位離子中含有氯離子數為：3-1=2，配位離子中含有水為：6-2=4，則含有結晶水水的個數為：6-4=2，故該配位化合物的化學式為：[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl•2H₂O，
故答案為：[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl•2H₂O；
（6）①高溫下，B的三溴化物和P的三溴化物在氫氣的氛圍中合成BP，根據反應物、生成物及反應條件書寫方程式為BBr₃+PBr₃+3H₂$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$BP+6HBr，
故答案為：BBr₃+PBr₃+3H₂  $\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$  BP+6HBr；
②晶體中B與P原子的最近距離為apm，即a×10^-7cm，，圖中1、2、3、4原子形成正四面體結構，這四個原子之間的B原子位于正四面體體心上，1、5原子之間的距離為a×10^-7cm，頂點到體心距離與體心到底面距離之比為3：1，則其高為$\frac{4}{3}$×a×10^-7cm，設1、2原子之間距離為x，1、2、3原子形成的正三角形底面的高=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，正三角形頂點到中心的距離與中心到底的距離之比為2：1，所以正三角形頂點到中心的距離=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x×$\frac{2}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，由1、2、5構成直角三角形中存在：x²=（$\frac{\sqrt{3}}{3}$x）²+（$\frac{4}{3}$×a×10^-7）²，解得：x=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$×a×10^-7，則晶胞棱長=$\sqrt{\frac{（2x）^{2}}{2}}$cm=$\frac{4}{\sqrt{3}}a×1{0}^{-7}$cm，晶胞體積=（$\frac{4}{\sqrt{3}}a×1{0}^{-7}$）³cm³，
該晶胞中B原子個數為4、P原子個數為：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，
所以該晶胞密度為：$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$=$\frac{\frac{42}{{N}_{A}}×4}{（\frac{4}{\sqrt{3}}{×a×1{0}^{-7}）}^{3}}$g/cm³=$\frac{4×42}{{N}_{A}×（\frac{4}{\sqrt{3}}a×1{0}^{-10}）^{3}}$g/cm³，
故答案為：$\frac{4×42}{{N}_{A}×（\frac{4}{\sqrt{3}}a×1{0}^{-10}）^{3}}$．

點評 本題考查了位置結構與性質關系的綜合應用、晶胞的計算，題目難度較大，注意熟練掌握原子結構與元素周期表、元素周期律的關系，推斷元素為解答關鍵，（6）中晶胞計算為難點、易錯點，注意掌握晶胞計算的方法與技巧，試題培養了學生的分析、理解能力及化學計算能力．