Question

17．X、Y、Z、M、N、Q、P為元素周期表前四周期的7種元素．其中，X原子核外的M層中只有兩對成對電子；Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍；Z元素原子核外共有3個能級，且最高能級電子數(shù)是前兩個能級電子數(shù)之和；M的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的9倍，N的原子序數(shù)比M小1，Q在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大．P元素的第三電子層處于全充滿狀態(tài)，第四電子層只有一個電子．請回答下列問題：
（1）P元素屬于ds區(qū)元素，P²⁺的核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹．根據(jù)等電子原理，寫出YZ分子的電子式：
（2）XZ₂的VSEPR模型為平面三角形，YZ₂分子中Y的雜化軌道類型為sp，Z元素簡單氫化物的沸點高于Y的氫化物，主要原因是H₂O分子間能形成氫鍵，而H₂S分子間不能形成氫鍵．
（4）X、Z、Q三元素第一電離能由小到大的順序為（用元素符號表示）S＜O＜F
（5）N、P晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖（請先判斷對應(yīng)的圖）．N的晶胞中，若設(shè)該晶胞的密度為a g/cm³，阿伏加德羅常數(shù)的值為N_A，N原子的摩爾質(zhì)量為M，則表示N原子半徑的計算式為$\frac{3}{4}$$\root{3}{\frac{2M}{a{N}_{A}}}$．

Answer 1

分析 X、Y、Z、M、N、Q、P為元素周期表前四周期的7種元素．X原子核外的M層中只有兩對成對電子，外圍電子排布為3s²3p⁴，故X為S元素；Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，L層電子數(shù)為4，則Y為C元素；Z元素原子核外共有3個能級，且最高能級電子數(shù)是前兩個能級電子數(shù)之和，核外電子排布為1s²2s²2p⁴，故Z為O元素；M的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的9倍，只能為第四周期元素，可推知M為Ca元素；N的原子序數(shù)比M小1，則N為K元素；Q在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大，則Q為F元素；P元素的第三電子層處于全充滿狀態(tài)，第四電子層只有一個電子，原子核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，故P為Cu，據(jù)此解答．

解答 解：X、Y、Z、M、N、Q、P為元素周期表前四周期的7種元素．X原子核外的M層中只有兩對成對電子，外圍電子排布為3s²3p⁴，故X為S元素；Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，L層電子數(shù)為4，則Y為C元素；Z元素原子核外共有3個能級，且最高能級電子數(shù)是前兩個能級電子數(shù)之和，核外電子排布為1s²2s²2p⁴，故Z為O元素；M的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的9倍，只能為第四周期元素，可推知M為Ca元素；N的原子序數(shù)比M小1，則N為K元素；Q在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大，則Q為F元素；P元素的第三電子層處于全充滿狀態(tài)，第四電子層只有一個電子，原子核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，故P為Cu．
（1）P為Cu元素，屬于ds區(qū)元素，Cu²⁺的核外電子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，CO分子與氮氣互為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相似，故CO電子式：，
故答案為：ds；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；；
（2）SO₂分子中S原子價層電子對數(shù)為2+$\frac{6-2×3}{2}$=3，故VSEPR模型為平面三角形；
CO₂分子中C原子形成2個σ鍵，沒有孤對電子，碳原子雜化軌道類型為sp雜化；
H₂O分子間能形成氫鍵，而H₂S分子間不能形成氫鍵，故沸點H₂O＞H₂S，
故答案為：平面三角形；sp；H₂O分子間能形成氫鍵，而H₂S分子間不能形成氫鍵；
（3）同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大強酸、同主族自上而下第一電離能減小，故第一電離能：S＜O＜F，
故答案為：S＜O＜F；
（5）N為K、P為Cu，K為體心立方堆積，晶胞結(jié)構(gòu)為圖I，Cu為面心立方堆積，晶胞結(jié)構(gòu)為圖Ⅱ，K的晶胞中原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2，設(shè)該晶胞的密度為a g/cm³，阿伏加德羅常數(shù)的值為N_A，N原子的摩爾質(zhì)量為M，則晶胞體積為$\frac{\frac{2M}{{N}_{A}}g}{ag/c{m}^{3}}$=$\frac{2M}{a{N}_{A}}$cm³，設(shè)K原子半徑為r，則（2r）²=3（$\root{3}{\frac{2M}{a{N}_{A}}}$）²，故r=$\frac{3}{4}$$\root{3}{\frac{2M}{a{N}_{A}}}$，
故答案為：$\frac{3}{4}$$\root{3}{\frac{2M}{a{N}_{A}}}$．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布、電子式、電離能、雜化方式、價層電子對互斥理論、等電子體、晶胞結(jié)構(gòu)與計算等，是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)主干知識的綜合考查，（5）中注意涉及常見晶胞結(jié)構(gòu)，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等．