Question

如表為長式周期表的一部分，其中的序號代表對應的元素．

（1）寫出上表中元素⑤的軌道表示式

 

，元素⑨原子的核外電子排布式

 

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（2）元素第一電離能的大小比較：④

 

⑤（填寫“＞”“=”或“＜”，下同）；元素電負性的大小比較：④

 

⑤（填寫“＞”“=”或“＜”）；請寫出與元素④的單質互為等電子體的一種微粒的化學式

 

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（3）在測定元素①與⑥形成化合物的相對分子質量時，實驗測得的值一般高于理論值的主要原因是

 

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（4）上述③與④元素組成的（CN）₂化合物中σ鍵與π鍵之比

 

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（5）⑦的氧化物是優良的耐高溫材料，它的熔點比CaO高，其原因是

 

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（6）元素⑩的某種氧化物的晶體結構如圖所示，其中實心球表示元素⑩原子，則該氧化物的化學式

 

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Answer 1

考點：元素周期律和元素周期表的綜合應用,晶胞的計算

專題：元素周期律與元素周期表專題,化學鍵與晶體結構

分析：由元素在周期表中位置，可知①為H、②為Be、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為Mg、⑧為Al、⑨為Cr、⑩為Cu．
（1）根據核外電子排布規律進行解答；
（2）同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N元素2p軌道容納3個電子，為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素；同周期自左而右電負性增大；
原子總數、價電子總都相等的微粒互為等電子體；
（3）HF分子之間存在氫鍵，形成締合（HF）_n分子；
（4）化合物（CN）₂的結構式為N≡C-C≡N；
（5）氧化鎂與氧化鈣都屬于離子晶體，離子所帶電荷相同，離子半徑越小，離子鍵越強，晶格能越大，熔沸點越高；
（6）根據均攤法計算晶胞中各原子數目，確定化學式．

解答： 解：由元素在周期表中位置，可知①為H、②為Be、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為Mg、⑧為Al、⑨為Cr、⑩為Cu．
（1）⑤為O，原子核外電子排布為1s²2s²2p⁴，核外電子軌道排布式為：，
⑨為Cr，原子核外電子數為14，根據能量最低原理解洪特規則特例，可知其基態原子核外電子排布為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，
故答案為：；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；
（2）同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N元素2p軌道容納3個電子，為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：N＞O；同周期自左而右電負性增大，故電負性N＜O；
元素④的單質為N₂，與N₂互為等電子體的一種微粒為CO等，
故答案為：＞；＜；CO；
（3）HF分子之間存在氫鍵，形成締合（HF）_n分子，故實驗測得HF的相對分子質量的值一般高于理論值，
故答案為：HF分子之間存在氫鍵，形成締合（HF）_n分子；
（4）化合物（CN）₂的結構式為N≡C-C≡N，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵，故（CN）₂化合物中σ鍵與π鍵之比為3：4，
故答案為：3：4；
（5）氧化鎂與氧化鈣都屬于離子晶體，離子所帶電荷相同，Mg²⁺離子比Ca²⁺離子半徑小，MgO中離子鍵強，MgO比CaO的晶格能大，故MgO熔沸點高，
故答案為：離子所帶電荷相同，Mg²⁺離子比Ca²⁺離子半徑小，MgO中離子鍵強，MgO比CaO的晶格能大；
（6）C原子位于晶胞內部，晶胞中含有4個Cu原子，晶胞中O原子數目=1+8×

1

8

=2，晶胞中Cu、O原子數目之比=4：2=2：1，故該氧化物化學式為Cu₂O，
故答案為：Cu₂O．

點評：本題是對物質結構的考查，涉及元素周期表、元素周期律、核外電子排布、化學鍵、晶體類型與性質、晶胞計算等，難度中等，注意理解同周期元素第一電離能突躍原因，掌握物質熔沸點比較．