题目内容
【题目】A、B、C、D、E、F六种常见元素且原子序数依次增大：A元素的一种原子的原子核内没有中子，B的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，C是所有元素中电负性最大的元素，D是短周期且最外层只有一个未成对电子的非金属元素，E是主族元素且与F同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物。请回答下列问题：
（1）写出F元素原子基态时价层的电子排布式___
（2）B元素的第一电离能比氧元素的第一电离___(填“大”或“小”)，原因是____
（3）C元素与A元素形成的最简单氢化物比D元素与A元素形成的氢化物沸点高，原因是____。
（4）与E元素同周期且未成对电子数最多的元素的价层电子排布图___。
（5）A、B、F三种元素可形成[F(BA3)4]2+配离子，其中存在的化学键类型有____(填字母)。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
若[F(BA3)4]2+配离子具有对称的空间构型， 且当[F(BA3)4]2+中的两个BA3被两个Br－取代时，能得到两种不同结构的产物，则[F(BA3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
（6）D元素形成四种常见的含氧酸酸性由小到大的顺序___，且原因是___
（7）C和E能够形成化合物M，其晶胞结构如图所示，晶胞参数
，求晶体M的密度(
)____。（只列表达式即可）
【答案】3d104s1 大 N原子的价电子是2s22p3，2p轨道半充满，电子构型稳定，不易失电子，故N的第一电离能比O大 HF分子间存在氢键 
①③ a HClO<HClO2<HClO3<HClO4 n值越大，Cl的正电性越高，导致Cl—O—H中O的电子向Cl偏移，在水分子的作用下，就越容易电离出H+，酸性越强。 
【解析】
A元素的一种原子的原子核内没有中子，A为H。B的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，B的电子排布式为1s22s22p3，所以B是N。C是所有元素中电负性最大的元素，C为F。A、B、C、D、E、F六种元素原子序数依次增大，D是短周期且最外层只有一个未成对电子的非金属元素，所以D为Cl。E是主族元素，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，所以E为Ca。F与E同周期，F也为第4周期元素，F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物，则F为Cu。
（1）Cu基态时的价层电子排布式为3d104s1；
（2）N元素原子核外电子排布式为1s22s22p3，O元素原子核外电子排布式为1s22s22p4，N的2p轨道上有3个电子，为半充满的稳定结构，失去一个电子比氧困难，所以氮的第一电离能比氧元素的第一电离大。故答案为：大，N原子的价电子是2s22p3，2p轨道半充满，电子构型稳定，不易失电子，故N的第一电离能比O大；
（3）HF分子间有氢键，HCl分子间没有氢键，所以HF的沸点高。故答案为：HF分子间存在氢键；
（4）与钙元素同周期即第4周期且未成对电子数最多的元素为Cr，其价层电子排布图为：；
（5）A、B、F三种元素可形成[Cu(NH3)4]2+配离子，Cu2+和NH3之间存在配位键，NH3里的N和H之间存在极性共价键，所以选①③；若[Cu(NH3)4]2+配离子具有对称的空间构型，可能为平面正方形，也可能为正四面体，当其中两个NH3被Br－取代时，能得到两种不同结构的产物，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，故选a。故答案为：①③，a；
（6）Cl元素形成四种常见的含氧酸分别为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，酸性由小到大的顺序为HClO＜HClO2＜HClO＜HClO4，原因是n值越大，Cl的正电性越高，导致Cl—O—H中O的电子向Cl偏移，在水分子的作用下，就越容易电离出H+，酸性越强；
（7）从晶胞结构图可知，顶点和面心为钙离子，共有4个，晶胞内部为氟离子，有8个，所以晶体化学式为CaF2，一个晶胞的质量为
，晶胞参数
=0.566×10-7cm，所以一个晶胞的体积为0.5663×10-21cm3，所以晶体M的密度为 
。
