Question

6．原子序數依次增大的五種元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半徑最小元素，B原子基態時最外層電子數是其內層電子數的2倍，D原子基態時2p原子軌道上有2個未成對的電子，E的原子序數為29．
回答下列問題（所有元素均用元素符號表示）：
（1）B₂A₂分子中B原子軌道的雜化類型為sp，1mol B₂A₂含有σ鍵的數目為3×6.02×10²³．
（2）B、C、D第一電離能由大到小為：N＞O＞C，E元素基態原子簡化電子排布式為：[Ar]3d¹⁰4s¹．
（3）化合物CA₃的沸點比化合物BA₄的高，其主要原因是氨氣分子間形成了分子間氫鍵．
（4）元素B、D形成的一種化合物與元素C、D形成的一種化合物互為等電子體，元素C、D形成化合物的分子式是N₂O．
（5）元素E的一種氯化物晶體的晶胞結構如圖所示，該氯化物的化學式是CuCl，測得其晶胞邊長為acm，則該晶體密度為$\frac{398}{{N}_{A}{•a}^{3}}$g/cm³它可與濃鹽酸發生非氧化還原反應，只生成配合物H_nECl₃，反應的化學方程式為CuCl+2HCl（濃）═H₂CuCl₃．

Answer 1

分析 原子序數依次增大的五種元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半徑最小元素，則A為H元素；B原子基態時最外層電子數是其內層電子數的2倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為4，故B為碳元素；D原子基態時2p原子軌道上有2個未成對的電子，原子序數大于碳，故D核外電子排布為1s²2s²2p⁴，則D為O元素；C的原子序數介于碳、氧之間，故C為N元素；E的原子序數為29，則E為Cu元素，據此解答．

解答 解：原子序數依次增大的五種元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半徑最小元素，則A為H元素；B原子基態時最外層電子數是其內層電子數的2倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為4，故B為碳元素；D原子基態時2p原子軌道上有2個未成對的電子，原子序數大于碳，故D核外電子排布為1s²2s²2p⁴，則D為O元素；C的原子序數介于碳、氧之間，故C為N元素；E的原子序數為29，則E為Cu元素．
（1）C₂H₂分子結構式為H-C≡C-H，C原子形成2個σ鍵，沒有孤對電子，故碳原子軌道的雜化類型為sp雜化，1mol C₂H₂含有σ鍵的數目為3×6.02×10²³，
故答案為：sp；3×6.02×10²³；
（2）同周期隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大趨勢，但氮元素原子2p軌道容納3個電子，為半滿穩定狀態，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；
E的原子序數為29，則E為Cu元素，基態原子簡化電子排布式為：[Ar]3d¹⁰4s¹，
故答案為：N＞O＞C；[Ar]3d¹⁰4s¹；
（3）氨氣分子間形成了分子間氫鍵，沸點高于CH₄，
故答案為：氨氣分子間形成了分子間氫鍵；
（4）元素C、O形成的一種化合物與元素N、O形成的一種化合物互為等電子體，應是CO₂與N₂O，
故答案為：N₂O；
（5）元素E的一種氯化物晶體的晶胞結構如圖所示，晶胞中白色球為數目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球數目為4，原子數目之比為1：1，故該氯化物的化學式是CuCl，晶胞質量為$\frac{99.5}{{N}_{A}}$g×4，測得其晶胞邊長為acm，
則該晶體密度為$\frac{99.5}{{N}_{A}}$g×4÷（acm）³=$\frac{398}{{N}_{A}{•a}^{3}}$g/cm³，它可與濃鹽酸發生非氧化還原反應，只生成配合物H_nCuCl₃，反應的化學方程式為CuCl+2HCl（濃）═H₂CuCl₃，
故答案為：CuCl；$\frac{398}{{N}_{A}{•a}^{3}}$；CuCl+2HCl（濃）═H₂CuCl₃．

點評 本題是對物質結構的考查，涉及核外電子排布、電離能、雜化軌道、化學鍵、等電子體、配合物、晶胞計算等，推斷元素是解題關鍵，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．