Question

A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且能形成两种常见化合物DA₂和DA₃；基态C原子最外电子层上有1个未成对电子；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满。回答下列问题：

（1）基态D原子价电子的轨道表达式为_________，元素铜与E的第二电离能分别为I_Cu=1985 kJ·mol^-1，I_E=1733 kJ·mol^-1，I_Cu>I_E的原因是_____________________。

（2）DA₂分子的VSEPR模型是_________。写出一种与DA₃互为等电子体的离子的化学式：_____。

（3）实验测得C与氯元素形成气态化合物的实际组成为C₂Cl₆，其中C原子的杂化方式为_____________。已知CCl₃在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成 Na[C(OH)₄]，CCl₃固体属于______晶体（填晶体类型）

（4）试比较A、D简单氢化物的热稳定性，并说明理由：_________________（用键参数解释）

（5）D与E所形成化合物晶体的晶胞如图所示：

①在该晶体中，D的配位数为_____________。

②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0，0)；b为（，0， )；c 为（， ，0)。则d 的坐标参数为_________。

③已知该晶体的密度为ρ g·cm^-3，设N_A表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞中D离子与E离子之间的最近距离为__________pm。

Answer

失去第二个电子对，Cu失去的是全充满的3dl0电子，Zn失去的是4s1电子，所以Zn的第二电离能比Cu小(或其他合理解释） 平面三角形 CO32- （或NO3-等其他合理答案） sP3 分子 热稳定性：H2O>H2S，因为O原子半径小于S原子半径，键长小，键能大 4 (1， ， ) ××1010

【解析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大,A、D同主族且能形成两种常见化合物DA2和DA3，可推知A为O元素、D为S元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，则B为12号元素Mg、E为30元素Zn；基态C原子最外电子层上有1个未成对电子，则C为13号Al元素。

原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满。回答下列问题：

（1）基态S原子价电子的轨道表达式为 ，元素铜与Zn的第二电离能分别为ICu=1985 kJ·mol-1，IEn=1733 kJ·mol-1，ICu>IEn的原因是失去第二个电子对，Cu失去的是全充满的3dl0电子，Zn失去的是4s1电子，所以Zn的第二电离能比Cu小。

（2）SO2分子价层电子对数n= =3，所以VSEPR模型是平面三角形。SO3分子中有3个原子，价电子数为24个，可以在S原子的基础上减少2个价换成碳族元素原子，在后面加上2个负电荷找到CO32-或SiO32-；或者前面减1换成N原子，后面加上1个负电荷得到电子NO3-。

（3）由化学式Al2Cl6，联系铝原子最外层只有3个电子，铝形成3个共价键后还有空轨道，而氯原子有3对孤对电子，可推知该分子是由两个氯化铝分子通过配位键形成的双聚分子，这样铝原子就形成了4个σ键，所以其中Al原子的杂化方式为sP3 。

已知AlCl3在加热时易升华，说明其沸点较低，所以AlCl3固体属于分子晶体。

（4）因为O和S同主族，O的非金属性较强，所以热稳定性H2O>H2S，若用键参数解释则是因为O原子半径小于S原子半径，所以O-H键比S-H键键长小，O-H键键能较大 。

（5）在该晶胞中S在8个顶点和6个面心，共有S原子（+6）=4，Zn原子在晶胞内部共有4个，所以该化合物的化学式为ZnS，从图上可以看出在一个Zn原子周围有4个S原子，所以Zn和S的配位数都是4。①在该晶体中，S的配位数为4。②原子坐标参数a为(0，0，0)；b为(，0， )；c 为(， ，0)。则d位于该晶胞右侧面的面心，所以其坐标参数为(1， ， ) 。③已知该晶体的密度为g·cm-3，设该晶胞的边长为x，则该晶胞的体积为x3，NA个该晶胞中含4molZnS，其质量为4，根据质量等于体积乘以密度得：

4=NA x3 g·cm-3，所以x= cm=×1010pm。假设把一个晶胞分成8个小立方，则锌离子刚好位于其中四个小立方的体心，所以晶胞中小立方的体心与立方的顶点之间就是S离子与Zn离子之间的最近的位置关系，则晶胞中S离子与Zn离子之间的最近距离为××1010pm。

点睛：等电子体可以使用前减后加、前加后减或同族替换的方法找到，找到之后一定要验证一下，检查原子总数和价电子数是否与等电子体对象相同。