Question

11．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）．A的基态原子2p轨道有3个未成对电子；C的基态原子2p轨道有1个未成对电子；E原子最外层有1个未成对电子，其次外层有3种原子轨道且均排满电子，；D与E同周期，价电子数为2．则：
（1）写出基态E原子的电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹．
（2）1mol A的单质分子中π键的个数为2N_A．
（3）A、B、C 三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为HF＞H₂O＞NH₃ （用化学式表示）．
（4）A的简单氢化物分子的空间构型为三角锥形，其中A原子的杂化类型是sp³．
（5）C和D形成的化合物的晶胞结构如图，已知晶胞边长a cm，阿伏加德罗常数为N_A，求晶体的密度为ρ=$\frac{312}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³．（用含a、N_A的计算式表示）

Answer 1

分析 有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s²2s²2p³，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s²2s²2p⁵，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，据此解答．

解答 解：有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30），A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布为1s²2s²2p³，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s²2s²2p⁵，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素，
（1）E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹，
故答案为：[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2）氮气的结构式为：N≡N，所以氮气分子中含有一个σ键两个π键，因此1mol氮气中含有2molπ键，即为2N_A个π键，
故答案为：2N_A；
（3）非金属性F＞O＞N，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此气态氢化物的稳定性HF＞H₂O＞NH₃，
故答案为：HF＞H₂O＞NH₃；
（4）N元素的简单氢化物是氨气，NH₃分子中氮原子价层电子对=3+$\frac{5-1×3}{2}$=4，且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥形，N原子采取sp³杂化，
故答案为：三角锥形；sp³；
（5）F和Ca形成的化合物为CaF₂，由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目=8、黑色球数目=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，白色球为F、黑色球为Ca，则晶胞质量=4×$\frac{78g}{{N}_{A}}$=$\frac{312}{{N}_{A}}$g，晶胞的体积为a³cm³，晶体的密度为ρ=$\frac{\frac{312}{{N}_{A}}g}{{a}^{3}c{m}^{3}}$=$\frac{312}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³，
故答案为：$\frac{312}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查位置结构与性质的应用，题目难度中等，涉及核外电子排布、分子空间构型、化学键、杂化方式、电离能、晶胞计算等，都是考试热点．