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離子        。

（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）F(OH)₂難溶于水，易溶于氨水，寫出其溶于氨水的離子方程式                          。

（6）D和E形成的化合物的晶胞結(jié)構如圖，其化學式為             ；∠EDE=       ；E的配位數(shù)是    ；已知晶體的密度為ρg·cm^-3，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，則晶胞邊長a=           cm。(用ρ、N_A的計算式表示)

 

 

Answer 1

【答案】

（1）1s²2s²2p⁴；

（2）N﹥O；氮原子核外2p亞層處于半充滿的較穩(wěn)定結(jié)構，不易失去電子，故第一電離能比氧原子大；

（3）C₂^2- 或O₂²⁺；

（4）平面三角形，sp²；

（5）Cu(OH)₂+4NH₃·H₂O = Cu(NH₃)₄²⁺ + 2OH^- + 4H₂O[或Cu(OH)₂+4NH₃ = Cu(NH₃)₄²⁺ + 2OH^-]；

（6）CaF₂  109°28′   8 

【解析】

試題分析：元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大。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，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，基態(tài)原子核外電子排布式為：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(jié)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⁺；

（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+ (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；

（6）該晶胞中F原子個數(shù)=8，鈣原子個數(shù)=8×+6×=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=cm=cm。

考點：物質(zhì)結(jié)構和性質(zhì)，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。