Question

14．現(xiàn)有A、B、C、D、E原子序數(shù)依次增大的五種元素，它們位于元素周期表的前四周期．B元素原子的價層電子總數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的2倍；D元素原子的L電子層中只有兩對成對電子；E能形成紅色（或磚紅色）的E₂O和黑色的EO兩種氧化物．請回答下列問題：
（1）E元素基態(tài)原子的核外價層電子排布式為3d¹⁰4s¹．
（2）C元素的第一電離能比氧元素的第一電離能大（填“大”或“小”）．
（3）A元素與B、C、D元素可形成共價化合物B₂A₄、CA₃、BA₄、A₂D．
①B₂A₄的結構式為；
②CA₃分子中C原子的雜化類型是sp³雜化．
③BA₄與A₂D中，沸點最高的是H₂O（填分子式），原因是分子間形成氫鍵，該物質(zhì)的分子構型為V形（或角形），
（4）E與金形成的合金，其晶體具有面心立方最密堆積的結構．在晶胞中，Au原子位于頂點，E原子位于面心，則該合金中Au原子與E原子個數(shù)之比為1：3，若該晶胞的邊長為a pm，則合金的密度為$\frac{（197+64×3）×1{0}^{30}}{{a}^{3}•{N}_{A}}$ g•cm^-3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為N_A）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、原子序數(shù)依次增大的五種元素，它們位于元素周期表的前四周期，B元素原子的價層電子總數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的2倍，B原子只能有2個電子層，其價電子總數(shù)為4，故B為碳元素；D元素原子的L電子層中只有兩對成對電子，其原子核外電子排布為1s²2s²p⁴，則D為O元素；結合原子序數(shù)可知C為N元素；E能形成紅色（或磚紅色）的E₂O和黑色的EO兩種氧化物，可推知E為Cu，A元素與B、C、D元素可形成共價化合物B₂A₄、CA₃、BA₄、A₂D，則A為H，據(jù)此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、原子序數(shù)依次增大的五種元素，它們位于元素周期表的前四周期，B元素原子的價層電子總數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)的2倍，B原子只能有2個電子層，其價電子總數(shù)為4，故B為碳元素；D元素原子的L電子層中只有兩對成對電子，其原子核外電子排布為1s²2s²p⁴，則D為O元素；結合原子序數(shù)可知C為N元素；E能形成紅色（或磚紅色）的E₂O和黑色的EO兩種氧化物，可推知E為Cu，A元素與B、C、D元素可形成共價化合物B₂A₄、CA₃、BA₄、A₂D，則A為H，
（1）E為Cu元素，原子核外電子數(shù)為29，基態(tài)原子的核外價層電子排布式為3d¹⁰4s¹，故答案為：3d¹⁰4s¹；
（2）C為N元素，由于氮元素的最外層電子處于半滿狀態(tài)，是一種穩(wěn)定結構，所以第一電離能大于氧元素，故答案為：大；
（3）A元素與B、C、D元素可形成共價化合物C₂H₄、NH₃、CH₄、H₂O，
①C₂H₄的結構式為，故答案為：；
②NH₃分子中N原子的價層電子對數(shù)為$\frac{5+3}{2}$=4，所以雜化類型是sp³，故答案為：sp³雜化； 
③CH₄與H₂O中，由于水分子之間有氫鍵，所以水的沸點高于甲烷，所以最高的是H₂O，H₂O中氧原子周圍有兩對孤電子對和兩個共價鍵，所以的分子構型為V型，
故答案為：H₂O；分子間形成氫鍵；　V形（或角形）；
（4）Au位于頂點，8×$\frac{1}{8}$=1，Cu位于面心，6×$\frac{1}{2}$=3，一個晶胞中含有一個AuCu₃，Au原子與Cu原子個數(shù)之比為1：3，晶胞體積為a³×10^-30cm³，V_m=N_A×a³×10^-30cm^-3，ρ=$\frac{M}{{V}_{m}}$=$\frac{（197+64×3）×1{0}^{30}}{{a}^{3}•{N}_{A}}$g•cm^-3，
故答案為：1：3；$\frac{（197+64×3）×1{0}^{30}}{{a}^{3}•{N}_{A}}$．

點評 本題考查物質(zhì)結構與性質(zhì)，涉及核外電子排布、電離能、分子結構與性質(zhì)、化學鍵、雜化軌道、晶胞的計算等，難度中等，（4）中金剛石晶胞沒有畫出晶胞結構，增大難度，對學生的空間想象有一定的要求，注意識記中學常見的晶胞結構．