Question

【題目】原子序數小于36的A、B、C、D、E五種元素，原子序數依次增大，A、D能形成兩種液態化合物甲和乙，原子個數比分別為2：1和1：1，B是形成化合物種類最多的元素，C原子基態時2p原子軌道上有3個未成對的電子，E基態原子的第一能層與第四能層填充的電子數相同，第二能層與第三能層填充的電子數相同．
（1）B2A2是有機合成工業的一種原料． （i）將B2A2通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀．[Cu（NH3）2]Cl中存在的化學鍵的類型有 ， Cu+基態核外電子排布式為 ．
（ii）B2A2與ABC反應可得丙烯腈（H2C=CH﹣C≡N）．ABC分子的構型是 ． 丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是
（2）工業上用EB2與A2D反應生成B2A2 ． （i）EB2中的B22﹣與D22+互為等電子體，D22+的電子式可表示為；1mol D22+中含有的π鍵數目為 ．
（ii）工業制B2A2的原料（EB2、A2D）以及產物（B2A2）的沸點從高到低排序，其順序為（用化學式表示），其理由為 ．
（iii）EB2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似（如圖所示），但EB2晶體中含有的中啞鈴形B22﹣的存在，使晶胞沿一個方向拉長，晶胞的邊長分別為0.387nm、0.387nm、0.637nm．EB2晶體中，陽離子的配位數為 ， 距離最近的兩個陽離子之間的距離為nm（保留3位有效數字），EB2的密度g/cm3（列式即可）．

Answer 1

【答案】
（1）離子鍵、共價鍵和配位鍵；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；直線形；sp和sp2
（2）；2NA；CaC2H2OC2H2；CaC2、H2O、C2H2分別屬于離子晶體、分子晶體、分子晶體，離子晶體的沸點高于分子晶體；H2O分子間存在氫鍵，作用力較大，故其沸點高于C2H2；4；0.273；
【解析】解：原子序數小于36的A、B、C、D、E五種元素，原子序數依次增大，A、D能形成兩種液態化合物甲和乙，原子個數比分別為2：1和1：1，則A是H、D是O元素，甲是H2O、乙是H2O2；B是形成化合物種類最多的元素，為C元素；
C原子基態時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則C是N元素；
E基態原子的第一能層與第四能層填充的電子數相同，第二能層與第三能層填充的電子數相同，則E是Ca元素；
·（1）（i）陰陽離子之間存在離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，含有孤電子對和空軌道的原子之間易形成配位鍵，所以銅銨絡離子和氯離子之間存在離子鍵、N﹣H原子之間存在共價鍵、Cu原子和N原子之間存在配位鍵，所以該物質中含有離子鍵、共價鍵和配位鍵；
Cu是29號元素，其原子核外有29個電子，Cu原子失去最外層1個電子生成Cu+ ， 根據構造原理書寫Cu+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，
所以答案是：離子鍵、共價鍵和配位鍵；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（ii）C2H2與HCN反應可得丙烯腈（H2C=CH﹣C≡N），HCN分子中C原子價層電子對個數是2且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論知，HCN分子的構型為直線形，丙烯腈分子中亞甲基C原子價層電子對個數是3、剩余兩個C原子價層電子對個數是2，根據價層電子對互斥理論判斷C原子雜化類型為sp和sp2 ，
所以答案是：直線形；sp和sp2；
·（2）（i）CaC2中的C22﹣與O22+互為等電子體，等電子體原子個數相同、電子數相同、結構相似，據此書寫O22+的電子式為 ；一個O22+中含有2個π鍵，則1mol該離子含有2NA個π鍵，
所以答案是： ；2NA；
（ii）工業制C2H2的原料（CaC2、H2O）以及產物（C2H2）的沸點從高到低排序，離子晶體熔沸點高于分子晶體，含有氫鍵的熔沸點較高，水中含有氫鍵而乙炔中不含氫鍵，則熔沸點大小順序是CaC2 H2O C2H2 ，
所以答案是：CaC2 H2O C2H2；CaC2、H2O、C2H2分別屬于離子晶體、分子晶體、分子晶體，離子晶體的沸點高于分子晶體；H2O分子間存在氫鍵，作用力較大，故其沸點高于C2H2；
（iii）CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似（如圖所示），但CaC2晶體中含有的中啞鈴形C22﹣的存在，使晶胞沿一個方向拉長，晶胞的邊長分別為0.387nm、0.387nm、0.637nm，CaC2晶體中，陽離子的配位數為4，距離最近的兩個陽離子之間的距離= × nm=0.273nm；
該晶胞中Ca2+個數=12× +1=4、C22﹣個數=8× +8× =4，其密度= = g/cm3 ，
所以答案是：4；0.273； ．