Question

[化学一-选修物质结构与性质]周期表中前四周期中的六种元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，已知A原子2P轨道有3个未成对电子；化合物B₂E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体熔点在同周期形成的单质中是最高的；F²⁺离子核外各亚层电子均已充满．
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出D原子核外电子排布式

 

；
（2）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为

 

；（用元素符号表示）
（3）B的氯化物的熔点比D的氯化物熔点

 

；（填“高”或“低”）理由是

 

；
（4）E的最高价氧化物分子的空间构型是

 

；是

 

分子；（填“极性”或“非极性”）
（5）E、F形成的某种化合物有如图所示的晶体结构：该化合物化学式为

 

；（a）中E原于配位数为

 

．

Answer 1

分析：周期表中前四周期中的六种元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A原子2P轨道有3个未成对电子，A原子核外电子排布式为1s²2s²2p³，则A是N元素；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C是Al元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，E原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，E是S元素；化合物B₂E的晶体为离子晶体，B显+1价为第IA族元素，B的原子序数大于N元素、小于Al元素，所以B是Na元素；结合原子序数可知D处于第三周期，D单质的晶体熔点在同周期形成的单质中是最高的，单质为原子晶体，所以D是Si元素；F²⁺离子核外各亚层电子均已充满，F原子序数大于S元素，则处于第四周期，F²⁺离子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，故F原子核外电子数为30，则F是Zn元素，据此解答．

解答：解：周期表中前四周期中的六种元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A原子2P轨道有3个未成对电子，A原子核外电子排布式为1s²2s²2p³，则A是N元素；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C是Al元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，E原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，E是S元素；化合物B₂E的晶体为离子晶体，B显+1价为第IA族元素，B的原子序数大于N元素、小于Al元素，所以B是Na元素；结合原子序数可知D处于第三周期，D单质的晶体熔点在同周期形成的单质中是最高的，单质为原子晶体，所以D是Si元素；F²⁺离子核外各亚层电子均已充满，F原子序数大于S元素，则处于第四周期，F²⁺离子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，故F原子核外电子数为30，则F是Zn元素，
（1）D是Si元素，硅原子核外有14个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1S²2S²2P⁶3S²3P²，
故答案为：1S²2S²2P⁶3S²3P²；
（2）A、B、C、D分别是N、Na、Al、Si元素，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一主族中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Al＜Si＜P，P＜N，
所以这几种元素的第一电离能大小顺序是：Na＜Al＜Si＜N，
故答案为：Na＜Al＜Si＜N；
（3）B的氯化物是NaCl，D的氯化物是SiCl₄，氯化钠是离子晶体，四氯化硅是分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体，故答案为：高；NaCl是离子晶体，SiCl₄是分子晶体；
（4）E是S元素，SO₃分子S原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以为平面正三角形结构，三氧化硫分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，故答案为：平面正三角形； 非极性；
（5）①E是S元素，F是Zn元素，S原子个数=8×

1

8

+6×

1

2

=4，Zn原子个数=4，所以该晶胞中S、Zn原子个数之比=4：4=1：1，所以其化学式为ZnS，故答案为：ZnS；   
 ②根据图知，每个S原子连接4个Zn原子，所以其配位数是4，
故答案为：4．

点评：本题考查了物质结构和性质，正确推断元素是解本题关键，利用均摊法、元素周期律等知识点来分析解答，难点是S原子配位数的判断，难度中等．