Question

已知元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大，A的p能級電子數(shù)是s能級電子數(shù)的一半，C的基態(tài)原子2p軌道有2個未成對電子；C與D形成的化合物中C顯正化合價；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍，F(xiàn)的內(nèi)部各能級層均排滿，且最外層電子數(shù)為1．請回答下列問題：
（1）C原子基態(tài)時的電子排布式為

 

．
（2）B、C兩種元素第一電離能為：

 

＞

 

（用元素符號表示）．試解釋其原因：

 

．
（3）任寫一種與AB^-離子互為等電子體的微粒

 

．
（4）B與C形成的四原子陰離子的立體構型為

 

，其中B原子的雜化類型是

 

．
（5）D和E形成的化合物的晶胞結構如圖，其化學式為

 

，E的配位數(shù)是

 

；已知晶體的密度為ρ g?cm^-3，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，則晶胞邊長a=

 

cm．（用含ρ、N_A的計算式表示）

Answer 1

考點：位置結構性質的相互關系應用,原子核外電子排布,判斷簡單分子或離子的構型,配合物的成鍵情況,晶胞的計算

專題：元素周期律與元素周期表專題,化學鍵與晶體結構

分析：元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大，C的基態(tài)原子2p軌道有2個未成對電子，則C為C或O元素，原子序數(shù)小于B，A的p能級電子數(shù)是s能級電子數(shù)的一半，P能級上有2個電子，則A是C元素，C為O元素，B的原子序數(shù)大于A而小于C，所以B是N元素，C與D形成的化合物中C顯正化合價，則D的非金屬性大于C，所以D是F元素；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍且原子序數(shù)大于F元素，E原子序數(shù)小于29，所以E原子最外層電子數(shù)是2，N層為2，M層電子數(shù)是8，則該元素是Ca元素，F(xiàn)的內(nèi)部各能級層均排滿，且最外層電子數(shù)為1，則F是Cu元素，再結合原子結構和性質解答．

解答： 解：元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大，C的基態(tài)原子2p軌道有2個未成對電子，則C為C或O元素，原子序數(shù)小于B，A的p能級電子數(shù)是s能級電子數(shù)的一半，P能級上有2個電子，則A是C元素，C為O元素，B的原子序數(shù)大于A而小于C，所以B是N元素，C與D形成的化合物中C顯正化合價，則D的非金屬性大于C，所以D是F元素；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍且原子序數(shù)大于F元素，E原子序數(shù)小于29，所以E原子最外層電子數(shù)是2，N層為2，M層電子數(shù)是8，則該元素是Ca元素，F(xiàn)的內(nèi)部各能級層均排滿，且最外層電子數(shù)為1，則F是Cu元素，
（1）C是O元素，氧原子核外有8個電子，根據(jù)構造原理知，氧元素基態(tài)原子核外電子排布式為：1s²2s²2p⁴，故答案為：1s²2s²2p⁴；
（2）B是N元素，C是O元素，原子軌道中如果電子處于全滿、全空、半滿時原子最穩(wěn)定，氮原子核外2p亞層處于半充滿的較穩(wěn)定結構，不易失去電子，故第一電離能比氧原子大，
故答案為：N＞O；氮原子核外2p亞層處于半充滿的較穩(wěn)定結構，不易失去電子，故第一電離能比氧原子大；
（3）原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微�；�為等電子體，與CN^-離子互為等電子體的有CO或C₂^2-或O₂²⁺，
故答案為：CO或C₂^2-或O₂²⁺；
（4）B與C形成的四原子陰離子為硝酸根離子，硝酸根離子中價層電子對個數(shù)=3+

1

2

(5+1-3×2)=3，且不含孤電子對，所以其空間構型為平面三角形，N原子采用sp²雜化，
故答案為：平面三角形；sp²；
（5）該晶胞中F原子個數(shù)=8，鈣原子個數(shù)=8×

1

8

+6×

1

2

=4，所以鈣原子和氟原子個數(shù)之比=4：8=1：2，則其化學式為：CaF₂，鈣原子的配位數(shù)是8，晶胞邊長=

3	40×4+19×8 NA ρ

cm=

3	312 ρNA

cm，
故答案為：CaF₂；8；

312 ρ?NA

．

點評：本題考查了物質結構和性質，涉及晶胞的計算、等電子體的判斷、第一電離能大小的判斷等知識點，這些知識點都是考試熱點，根據(jù)構造原理、元素周期律、原子結構、價層電子對互斥理論、均攤法等來分析解答，難點是晶胞的計算，注意一個鈣原子被一個晶胞占有，不能再用均攤法計算，為易錯點．