Question

14．A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大．第二周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，B原子的最外層P軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，C是地殼中含量最多的元素．D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿．請回答下列問題：
（1）A、B、C的第一電離能由小到大的順序是C＜O＜N（用對應的元素符號表示）；基態(tài)D原子的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹．
（2）A的最高價氧化物對應的水化物分子中，其中心原子采取sp²雜化；BC₃^-的空間構(gòu)型為平面三角形（用文字描述）
（3）1mol AB^-中含有的π鍵個數(shù)為2N_A．
（4）如圖是金屬Ca和D所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則該合金中Ca和D的原子個數(shù)比1：5．
（5）鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XY_n，它們有很強的儲氫能力．已知鑭鎳合金LaNi_n晶胞體積為9.0×10^-23 cm³，儲氫后形成LaNi_nH_4.5合金（氫進入晶胞空隙，體積不變），則LaNi_n中n=5（填數(shù)值）；氫在合金中的密度為0.083g/cm³．

Answer 1

分析 A、B、C、D都是前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，第二周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，故原子核外電子排布為1s²2s²2p²，故A為C元素；C是地殼中含量最高的元素，所以C是O元素；B原子的最外層p軌道的電子為半滿結(jié)構(gòu)，最外層電子排布為2s²2p³，故B為N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿，故D元素原子各層電子數(shù)分別為2、8、18、1，是29號Cu元素，以此解答該題．

解答 解：A、B、C、D都是前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，第二周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，故原子核外電子排布為1s²2s²2p²，故A為C元素；C是地殼中含量最高的元素，所以C是O元素；B原子的最外層p軌道的電子為半滿結(jié)構(gòu)，最外層電子排布為2s²2p³，故B為N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿，故D元素原子各層電子數(shù)分別為2、8、18、1，是29號Cu元素．
（1）C、N、O元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能C＜O＜N；
D的原子序數(shù)是29，為Cu元素，其原子核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，
故答案為：C＜O＜N；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（2）H₂CO₃中C原子最外層電子數(shù)全部成鍵，沒有孤電子對，成1個C=O雙鍵，2個C-O單鍵，雜化軌道數(shù)目為3，采取sp²雜化，NO₃^-中N原子形成3個δ鍵，孤電子對=$\frac{5+1-3×2}{2}$=0，則應為平面三角形，
故答案為：sp²；平面三角形；
（3）將CN^-中C原子及1個負電荷換成1個N原子，可得的等電子體N₂，CN^-中形成C≡N三鍵，1個CN^-含有2個π鍵，故1mol CN^-中含有的π鍵個數(shù)為2N_A，
故答案為：2N_A；
（4）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ca原子處于頂點，晶胞中含有Ca原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$=1，Cu原子處于晶胞內(nèi)部與面上、面心，晶胞中Cu數(shù)目為1+4×$\frac{1}{2}$+4×$\frac{1}{2}$=5，故該合金中Ca和Cu的原子個數(shù)比為1：5，
故答案為：1：5；
（5）由（4）知n=5，晶胞中擁有4.5個H原子，氫在合金中的密度為$\frac{\frac{4.5}{6.02×1{0}^{23}}g}{9.0×1{0}^{-23}c{m}^{3}}$=0.083g/cm³，
故答案為：5；0.083g/cm³．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，為高考常見題型，涉及核外電子排布、電離能、雜化理論，分子結(jié)構(gòu)、晶胞計算等知識點，側(cè)重對知識遷移的運用、分析解決問題的能力考查，注意掌握均攤法進行晶胞有關(guān)計算，理解同周期主族元素中第一電離能異常原因．