Question

【題目】已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數依次遞增。其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E為離子晶體，E原子核外的M層中只有兩對成對電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質的晶體類型在同周期的單質中沒有相同的；F原子最外層電子數與B的相同，其余各層均充滿電子。請根據以上信息，回答下列問題（答題時，A、B、C、D、E、F用所對應的元素符號表示）：

(1)A、B、C、D四種元素第一電離能最大的是_______________。

(2)B的氯化物的熔點比D的氯化物的熔點__________(填“高”或“低”)，理由是_________________________。

(3)A的簡單氫化物分子中的中心原子采取_______雜化，E的低價氧化物分子的立體構型是_______________。用KMnO4酸性溶液吸收該氧化物時，該反應的離子方程式為：_____________________________________________________________。

(4)F的核外電子排布式是___________，F的高價離子與A的簡單氫化物形成的配離子的化學式為____________。

(5)A、F形成某種化合物的晶胞結構如圖所示（其中A顯-3價），若晶胞邊長為a pm，阿伏伽德羅常數為NA，則該晶體的密度計算式為ρ=________________ g/cm3。

Answer 1

【答案】N 高 NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體 sp3 V形（或角型） 5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+ 1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1） [Cu(NH3)4]2+

【解析】

A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數A<B<C<D<E<F，C元素是地殼中含量最高的金屬元素，則C為Al元素；A原子核外有三個未成對電子，原子序數小于Al元素，其電子排布式為1s22s22p3，則A為N元素；E原子核外的M層中只有兩對成對電子，電子排布式為1s22s22p63s23p4，則E為S元素；D單質的晶體類型在同周期的單質中沒有相同的，D處于第三周期，故D為Si元素；化合物B2E的晶體為離子晶體，B應為第ⅠA族元素，且原子序數在N元素和Al之間，則B為Na元素；F原子核外最外層電子數與B相同，其余各層均充滿，且原子序數最大，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，故F為Cu元素，以此解答該題。

由上述分析可知，A為N，B為Na，C為Al，D為Si，E為S，F為Cu；

（1）在元素周期表中，同一周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，同一主族元素的第一電離能從上到下逐漸減小，據此可判斷四種元素的第一電離能的順序為：Na<Al<Si<N，

故答案：N；

（2）因NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體，離子晶體的熔沸點遠大于分子晶體的熔沸點，故NaCl晶體熔點高，

故答案為：高；NaCl為離子晶體，而SiCl4為分子晶體；

（3）A為N元素，對應的氫化物為氨氣，含有3個σ鍵，且有1個孤電子對，則為sp3雜化；E的低價氧化物為SO2，S原子孤電子對數為=1，價層電子對數為2+1=3，則為V形結構；KMnO4酸性溶液吸收SO2氣體時，MnO4-被還原為Mn2+，SO2被氧化為SO42-，該反應的離子方程式為5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+，

故答案為：sp3；V形（或角型）；5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+；

（4）F為Cu元素，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1），銅離子與氨氣可以配位鍵形成配離子，其化學式為[Cu(NH3)4]2+，

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu(NH3)4]2+；

（5）F為Cu，A為N，且N為-3價，由晶胞結構圖可知，N原子在頂點，則N原子數為8×=1，Cu原子在棱心，則Cu原子數為12×=3，所以化學式為Cu3N，若晶胞邊長為apm，則晶胞體積為a3pm3，阿伏伽德羅常數為NA，晶胞的質量為g，則該晶體的密度計算式為ρ==g/cm3，

故答案為：。