Question

【題目】A、B、C、D、E、F代表原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。其中A是空氣中含量最高的元素；B是同周期中原子半徑最大的元素；C原子的最外層電子數(shù)與核外電子層數(shù)相等；D、E元素的基態(tài)原子3p能級上都有兩個未成對電子；F原子的外圍電子排布為(n－1)d10ns1。根據(jù)以上信息，回答下列問題：

（1）A元素基態(tài)原子核外電子的軌道表達式為________________；在同周期元素中第一電離能介于C、E之間的元素是______（用化學式表示）。

（2）將以下三種物質：①A與硼元素按原子個數(shù)比為1∶1形成的空間網狀結構化合物，②B的氯化物， ③D的氯化物。按熔點由高到低的順序排列：______________（用化學式表示）。

（3）A的最簡單氫化物易液化，其原因是_______________，E的次高價含氧酸根離子的VSEPR模型名稱是_________，該離子的空間構型為__________。

（4）F單質晶體中原子的堆積方式如下圖甲所示，其晶胞特征如下圖乙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如下圖丙所示。

若已知F晶胞參數(shù)為a pm，F相對原子質量為M，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，請回答：

①晶胞中F原子的配位數(shù)為_______；F單質晶體中原子的堆積方式是_________堆積。

②F原子半徑r =________pm，F單質晶體密度計算式為：______________ g·cm-3。

（5）A與F形成的某種化合物晶胞結構如圖丁所示，該晶體的化學式為___________。該化合物能與稀鹽酸劇烈反應，生成一種白色沉淀和一種全部由非金屬元素組成的離子化合物，該反應的化學方程式為________。

Answer 1

【答案】1s22s22p3 Mg、Si BN>NaCl> SiCl4 分子間存在氫鍵 正四面體 三角錐形 12 面心立方堆積 a Cu3N Cu3N+4HCl= NH4Cl+3CuCl↓

【解析】

A是空氣中含量最高的元素則A為N； D、E元素的基態(tài)原子3p能級上都有兩個未成對電子，則核外電子排布式為1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，故D為Si、E為S，B是同周期中原子半徑最大的元素，則B是Na；C原子的最外層電子數(shù)與核外電子層數(shù)相等，則C為Al；F原子的外圍電子排布為(n-1)d10ns1，則F為29號元素Cu。

(1)A為N元素，基態(tài)原子核外電子的軌道表達式為1s22s22p3；C為Al，E為S，P最外層為半充滿狀態(tài)所以第一電離能大于S，Mg的3s軌道為全滿狀態(tài)，所以第一電離能大于Al，所以介于Al和S之間的元素有Mg、Si；

(2)A與硼元素按原子個數(shù)比為1∶1形成的空間網狀結構化合物為BN；為原子晶體，B的氯化物為NaCl，為離子晶體；D的氯化物為SiCl4，為分子晶體，所以熔點由高到低為：BN>NaCl> SiCl4；

(3)A的最簡單氫化物為NH3，分子間存在氫鍵，溶液液化；E的次高價含氧酸根為SO32-，價層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為1，所以其VSEPR模型為正四面體，空間構型為三角錐形；

(4)①根據(jù)圖示可知該堆積方式為面心立方堆積，以頂點的原子分析，位于面心的原子與之相鄰，1個頂點原子為12個面共用，故配位數(shù)為12；

②據(jù)圖可知面對角線上的三個晶胞相切，所以有(4r)2=2a2，解得r=a pm；該晶胞中所含F原子的個數(shù)為，所以質量m=g，晶胞體積為V=a3 pm3=a3×10-30cm3，所以密度；

(5)A為N，F為Cu，據(jù)圖可知一個晶胞中含有Cu原子的個數(shù)為=3，含有N原子的個數(shù)為=1，所以該晶體的化學式為Cu3N；全部由非金屬元素組成的離子化合物應為NH4Cl，氮、氯元素的化合價沒有發(fā)生變化，生成的沉淀為白色可知不是銅單質，則銅元素化合價不變，白色沉淀為CuCl，所以該反應的化學方程式為：Cu3N+4HCl= NH4Cl+3CuCl↓。