Question

11．A、B、C、D都是元素周期表中的短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大．元素A位于第二周期，A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構，C是地殼中含量最多的元素，D原子的s電子與p電子數(shù)相等，E 是前四周期中電負性最小的元素．F是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿；
請用對應的元素符號或化學式回答下列問題：
（1）A、B、C三種元素的第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N；D的穩(wěn)定離子核外有10種運動狀態(tài)的電子．
（2）A的最高價氧化物對應的水化物分子中其中心原子采取sp²雜化．
（3）已知A、C形成的化合物分子甲與B的單質(zhì)分子互為等電子體，則1mol甲中含有π鍵的數(shù)目為2N_A（或1.204×10²⁴）．
 （4）科學家發(fā)現(xiàn)硼與D形成的化合物X在39K時呈超導性，在晶體X的理想模型中，D原子和硼原子是分層排布的，一層D一層硼相間排列．圖1是該晶體微觀空間中取出的部分原子沿Z軸方向的投影，白球是D原子投影，黑球是硼原子投影，圖中的硼原子和D原子投影在同一平面上．根據(jù)圖示確定硼化D的化學式為MgB₂．

（5）F²⁺離子的電子排布式是[Ar]3d⁹；向含有F²⁺的水溶液中通入過量的B的氫化物后所形成的溶液中含有F的陽離子的化學式[Cu（NH₃）₄]²⁺，其中所含化學鍵的類型為極性鍵，配位鍵．
（6）F元素的晶胞如圖2所示，若設該晶胞的密度為ag/cm³，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，F(xiàn)原子的摩爾質(zhì)量為M，則F原子的半徑為$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{2M}{{aN{\;}_A}}}}$cm．

Answer 1

分析 A、B、C、D都是元素周期表中的短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大；元素A位于第二周期，A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，則A是C元素；
C是地殼中含量最多的元素，則C是O元素；
B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構，且原子序數(shù)大于A而小于C，則B是N元素；
D原子的s電子與p電子數(shù)相等，則D是Mg元素；
E是前四周期中電負性最小的元素，則E是K元素；
F是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿，則F是Cu元素；
（1）同一周期元素，第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；
元素的原子核外有幾個電子，電子就有幾種運動狀態(tài)；
（2）C元素的最高價氧化物對應的水化物是碳酸，碳酸分子中其中心原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論知C原子雜化方式；
（3）C、O形成的化合物分子甲與N的單質(zhì)分子互為等電子體，則甲是CO，CO和氮氣結(jié)構相似，每個CO分子中含有兩個π鍵；
 （4）該物質(zhì)中每個Mg原子周圍有6個B原子，每個B原子周圍有3個Mg原子，所以B原子和Mg原子個數(shù)之比=$\frac{1}{3}：$$\frac{1}{6}$=2：1；
（5）F是Cu元素，Cu失去2個電子生成銅離子，根據(jù)構造原理書寫Cu²⁺離子的電子排布式；向含有Cu²⁺的水溶液中通入過量的氨水后所形成的溶液中含有Cu的陽離子的化學式[Cu（NH₃）₄]²⁺，不同非金屬元素之間存在極性鍵，銅原子和N原子之間存在配位鍵；
（6）該晶胞中Cu原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+1=2，晶胞棱長=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，該晶胞中體對角線上的3個原子緊貼，則晶胞每個面對角線長度=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，原子半徑為晶胞體對角線長度的$\frac{1}{4}$．

解答 解：A、B、C、D都是元素周期表中的短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大；元素A位于第二周期，A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，則A是C元素；
C是地殼中含量最多的元素，則C是O元素；
B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構，且原子序數(shù)大于A而小于C，則B是N元素；
D原子的s電子與p電子數(shù)相等，則D是Mg元素；
E是前四周期中電負性最小的元素，則E是K元素；
F是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿，則F是Cu元素；
（1）同一周期元素，第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，N元素位于第VA族，所以這三種元素第一電離能大小順序是C＜O＜N；
元素的原子核外有幾個電子，電子就有幾種運動狀態(tài)，鎂離子核外有10個電子，所以電子有10種運動狀態(tài)，
故答案為：C＜O＜N；10；
（2）C元素的最高價氧化物對應的水化物是碳酸，碳酸分子中其中心原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論得C原子雜化方式為sp²，故答案為：sp²；
（3）C、O形成的化合物分子甲與N的單質(zhì)分子互為等電子體，則甲是CO，CO和氮氣結(jié)構相似，每個CO分子中含有兩個π鍵，所以1mol甲中含有π鍵的數(shù)目為2N_A（或1.204×10²⁴），
故答案為：2N_A（或1.204×10²⁴）；
 （4）該物質(zhì)中每個Mg原子周圍有6個B原子，每個B原子周圍有3個Mg原子，所以B原子和Mg原子個數(shù)之比=$\frac{1}{3}：$$\frac{1}{6}$=2：1，所以其化學式為MgB₂，故答案為：MgB₂；
（5）F是Cu元素，Cu失去2個電子生成銅離子，根據(jù)構造原理書寫Cu²⁺離子的電子排布式為[Ar]3d⁹；向含有Cu²⁺的水溶液中通入過量的氨水后所形成的溶液中含有Cu的陽離子的化學式[Cu（NH₃）₄]²⁺，不同非金屬元素之間存在極性鍵，銅原子和N原子之間存在配位鍵，
故答案為：[Ar]3d⁹ ；[Cu（NH₃）₄]²⁺；極性共價鍵、配位鍵；
（6）該晶胞中Cu原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+1=2，晶胞棱長=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，該晶胞中體對角線上的3個原子緊貼，則晶胞每個面對角線長度=$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm，原子半徑為晶胞體對角線長度的$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{a}}$cm=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{2M}{{aN{\;}_A}}}}$cm，
故答案為：$\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\root{3}{{\frac{2M}{{aN{\;}_A}}}}$．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構和性質(zhì)，為高頻考點，把握均攤法、價層電子對互斥理論、構造原理、元素周期律等知識點即可解答，難點是（6）題晶胞計算，注意哪幾個原子緊貼在一起，題目難度中等．