Question

【題目】

A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，其中A含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子；D是短周期元素中電負(fù)性最小的元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強；F除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子。G元素與D元素同主族，且相差3個周期。

（1）元素A、B、C的第一電離能由小到大的是____________（用元素符號表示）。

（2）E的最高價含氧酸中E的雜化方式為_________。

（3）F原子的外圍電子排布式為_________,F的晶體中原子的堆積方式是下圖中的____（填寫“甲”、“乙”或“丙”）。

（4）DE，GE兩種晶體，都屬于離子晶體，但配位數(shù)不同，其原因是_________。

（5）己知DE晶體的晶胞如下圖所示：若將DE晶胞中的所有E離子去掉，并將D離子全部換為A原子，再在其中的4個“小立方體”中心各放置1個A原子，且這4個“小立方體”不相鄰。位于“小立方體”中的A原子與最近的4個A原子以單鍵相連，由此表示A的一種晶體的晶胞（己知A—A鍵的鍵長acm, NA表示阿伏加德羅常數(shù)）, 則該晶胞中含有_____個A原子，該晶體的密度是_________g/cm3。

Answer 1

【答案】 C＜O＜N sp3雜化 3d104s1 丙 正負(fù)離子的半徑比不同 8 或或

【解析】A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，其中A含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)相同，則其原子核外電子排布為1s22s22p2，故A為碳元素；D是短周期元素中電負(fù)性最小的元素，則D為Na元素；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子，處于ⅥA族，結(jié)合原子序數(shù)可知C為O元素，故B為N元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強，則E為Cl；F除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則F為Cu；G元素與D元素同主族，且相差3個周期，則G為Cs。

（1）同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于氧元素，故第一電離能C＜O＜N；（2）E的最高價含氧酸為HClO4，分子中Cl原子價層電子對數(shù)=4+(712×3)2=4，Cl原子不含孤對電子，故Cl原子的雜化方式為sp3雜化；（3）F除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài)，其余能層均充滿電子，外圍電子排布式為：3d104s1，F為Cu元素，Cu晶體屬于面心立方最密堆積，為ABC型排列方式，故圖丙符合；（4）NaCl、CsCl兩種晶體，都屬于離子晶體，由于正負(fù)離子的半徑比不同，故它們的配位數(shù)不同； （5）NaCl晶體的晶胞中的所有Cl-離子去掉，并將Cl-離子全部換為C（碳）原子，再在其中的4個“小 立方體”中心各放置一個C（碳）原子，且這4個“小立方體”不相鄰，位于“小立方體”中的C原子與最近的4個C原子以單鍵相連，形成正四面體結(jié)構(gòu)，晶胞中C（碳）原子數(shù)目=4+8×1/8+6×1/2=8，晶胞質(zhì)量=8×12g/NA，C-C鍵的鍵長 為a cm，如圖正四面體：，連接F與A、B、C、D，則三棱錐A-BCD均分為等4個等體積的三棱椎，則V三棱錐A-BCD=4V三棱錐F-BCD=，故S△BCD（a+h）=4×S△BCDh，故h=a，令正四面體的棱長為x cm，連接AF并延長交三角形BCD與O，O為正三角形BCD的中心，BO垂直平分CD，則BO的長度=x cm×，在直角三角形BOF中，（ ）2+（a）2=a2，解得x= ，故晶胞的棱長= ，故晶胞的體積=（）3＝，則晶胞密度= 。