Question

【題目】A、B、C、D、E是前四周期原子序數依次增大的五種元素。A、D同主族且能形成兩種常見化合物DA2和DA3；基態C原子最外電子層上有1個未成對電子；基態B、E原子的最外層均只有2個電子，其余各電子層均全充滿。回答下列問題：

（1）基態D原子價電子的軌道表達式為_________，元素銅與E的第二電離能分別為ICu=1985 kJ·mol-1，IE=1733 kJ·mol-1，ICu>IE的原因是_____________________。

（2）DA2分子的VSEPR模型是_________。寫出一種與DA3互為等電子體的離子的化學式：_____。

（3）實驗測得C與氯元素形成氣態化合物的實際組成為C2Cl6，其中C原子的雜化方式為_____________。已知CCl3在加熱時易升華，與過量的NaOH溶液反應可生成 Na[C(OH)4]，CCl3固體屬于______晶體（填晶體類型）

（4）試比較A、D簡單氫化物的熱穩定性，并說明理由：_________________（用鍵參數解釋）

（5）D與E所形成化合物晶體的晶胞如圖所示：

①在該晶體中，D的配位數為_____________。

②原子坐標參數可表示晶胞內部各原子的相對位置。上圖晶胞中，原子坐標參數a為(0，0，0)；b為（，0， )；c 為（， ，0)。則d 的坐標參數為_________。

③已知該晶體的密度為ρ g·cm-3，設NA表示阿伏加德羅常數的值，則晶胞中D離子與E離子之間的最近距離為__________pm。

Answer 1

【答案】 失去第二個電子對，Cu失去的是全充滿的3dl0電子，Zn失去的是4s1電子，所以Zn的第二電離能比Cu小(或其他合理解釋） 平面三角形 CO32- （或NO3-等其他合理答案） sP3 分子 熱穩定性：H2O>H2S，因為O原子半徑小于S原子半徑，鍵長小，鍵能大 4 (1， ， ) ××1010

【解析】A、B、C、D、E是前四周期原子序數依次增大,A、D同主族且能形成兩種常見化合物DA2和DA3，可推知A為O元素、D為S元素；基態B、E原子的最外層均只有2個電子，其余各電子層均全充滿，則B為12號元素Mg、E為30元素Zn；基態C原子最外電子層上有1個未成對電子，則C為13號Al元素。

原子的最外層均只有2個電子，其余各電子層均全充滿�；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態S原子價電子的軌道表達式為 ，元素銅與Zn的第二電離能分別為ICu=1985 kJ·mol-1，IEn=1733 kJ·mol-1，ICu>IEn的原因是失去第二個電子對，Cu失去的是全充滿的3dl0電子，Zn失去的是4s1電子，所以Zn的第二電離能比Cu小。

（2）SO2分子價層電子對數n= =3，所以VSEPR模型是平面三角形。SO3分子中有3個原子，價電子數為24個，可以在S原子的基礎上減少2個價換成碳族元素原子，在后面加上2個負電荷找到CO32-或SiO32-；或者前面減1換成N原子，后面加上1個負電荷得到電子NO3-。

（3）由化學式Al2Cl6，聯系鋁原子最外層只有3個電子，鋁形成3個共價鍵后還有空軌道，而氯原子有3對孤對電子，可推知該分子是由兩個氯化鋁分子通過配位鍵形成的雙聚分子，這樣鋁原子就形成了4個σ鍵，所以其中Al原子的雜化方式為sP3 。

已知AlCl3在加熱時易升華，說明其沸點較低，所以AlCl3固體屬于分子晶體。

（4）因為O和S同主族，O的非金屬性較強，所以熱穩定性H2O>H2S，若用鍵參數解釋則是因為O原子半徑小于S原子半徑，所以O-H鍵比S-H鍵鍵長小，O-H鍵鍵能較大 。

（5）在該晶胞中S在8個頂點和6個面心，共有S原子（+6）=4，Zn原子在晶胞內部共有4個，所以該化合物的化學式為ZnS，從圖上可以看出在一個Zn原子周圍有4個S原子，所以Zn和S的配位數都是4。①在該晶體中，S的配位數為4。②原子坐標參數a為(0，0，0)；b為(，0， )；c 為(， ，0)。則d位于該晶胞右側面的面心，所以其坐標參數為(1， ， ) 。③已知該晶體的密度為g·cm-3，設該晶胞的邊長為x，則該晶胞的體積為x3，NA個該晶胞中含4molZnS，其質量為4，根據質量等于體積乘以密度得：

4=NA x3 g·cm-3，所以x= cm=×1010pm。假設把一個晶胞分成8個小立方，則鋅離子剛好位于其中四個小立方的體心，所以晶胞中小立方的體心與立方的頂點之間就是S離子與Zn離子之間的最近的位置關系，則晶胞中S離子與Zn離子之間的最近距離為××1010pm。