Question

14．已知A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，原子序數依次增大．A的基態原子2p能級有3個單電子；C的基態原子2p能級有1個單電子；E位于ds區，最外能層有單電子；D與E不同周期，但最外能層電子數相等．
（l）寫出基態E原子的價電子排布式3d¹⁰4s¹．
（2）A、B、C三種元素第一電離能由大到小的順序為F＞N＞O（用元素符號表示）．
（3）B、C兩元素形成的化合物BC₂的VSEPR模型名稱為四面體形，已知BC₂分子的極性比水分子的極性弱，其原因是FO₂和H₂O分子均為V形分子，且孤對電子均為2對，F與O的電負性差值較O與H的電負性差值小．
（4）寫出由A和B兩種元素形成的與A₃^-互為等電子體的粒子的化學式N₂O、NO₂⁺（分子和離子各寫一種）．
（5）B、D形成的一種離子化合物的晶胞結構如圖l，已知該晶胞的邊長為n cm，阿伏加德羅常數為N_A，求晶胞的密度為ρ=$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³（用含a、N_A的計算式表示）．
（6）由E原子形成的晶胞結構如圖2，設晶胞參數為b，列式表示E原子在晶胞中的空間利用率$\frac{\sqrt{2}}{6}$π（不要求計算結果）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，原子序數依次增大．A的基態原子2p能級有3個單電子，原子核外電子排布式為1s²2s²2p³，則A為N元素；C的基態原子2p能級有1個單電子，原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁵，則C為F元素；B的原子序數介于氮、氟之間，故B為O元素；E位于ds區，最外能層有單電子，則E為Cu；D與E不同周期，但最外能層電子數相等，D處于第三周期，則D為Na．

解答 解：A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，原子序數依次增大．A的基態原子2p能級有3個單電子，原子核外電子排布式為1s²2s²2p³，則A為N元素；C的基態原子2p能級有1個單電子，原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁵，則C為F元素；B的原子序數介于氮、氟之間，故B為O元素；E位于ds區，最外能層有單電子，則E為Cu；D與E不同周期，但最外能層電子數相等，D處于第三周期，則D為Na．
（l）基態E原子的價電子排布式為3d¹⁰4s¹，故答案為：3d¹⁰4s¹；
（2）同周期隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素2p能級為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于氧元素的，故三種元素第一電離能由大到小的順序為F＞N＞O，
故答案為：F＞N＞O；
（3）B、C兩元素形成的化合物FO₂中F原子孤電子對數=$\frac{7-2×2}{2}$=1.5，應看作2對孤對電子，價層電子對數為4，VSEPR模型名稱為四面體形，FO₂和H₂O分子均為V形分子，且孤對電子均為2對，F與O的電負性差值較O與H的電負性差值小，OF₂分子的極性比水分子的極性弱，
故答案為：四面體形；FO₂和H₂O分子均為V形分子，且孤對電子均為2對，F與O的電負性差值較O與H的電負性差值小；
（4）由N和O兩種元素形成的與N₃^-互為等電子體的粒子的化學式有N₂O、NO₂⁺等，
故答案為：N₂O、NO₂⁺；
（5）晶胞中白色球數目為8，黑色球數目為8×$\frac{1}{8}$=6×$\frac{1}{2}$=4，該化合物為Na₂O，晶胞質量為4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g，則晶胞密度為4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g÷（n cm）³=$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³，
故答案為：$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$；
（6）晶胞中E原子數目為8×$\frac{1}{8}$=6×$\frac{1}{2}$=4，設E原子半徑為r，則4r=$\sqrt{2}$b，故原子半徑r=$\frac{\sqrt{2}}{4}$b，則E原子在晶胞中的空間利用率為$\frac{4×\frac{4}{3}×π×（\frac{\sqrt{2}}{4}b）^{3}}{{b}^{3}}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$π，
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{6}$π．

點評 本題是對物質結構與性質的考查，涉及核外電子排布、電離能、價層電子對互斥理論、等電子體、晶胞計算等，注意同周期第一電離能異常情況，理解均攤法進行晶胞計算．