Question

20．现有8种元素，其中A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，G、H为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息回答问题：

A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素

B元素原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍

C元素原子的核外p电子数比s电子数少1

D 原子的第一至第四电离能分别是： I 1=578kJ•mol-1I 2=1817kJ•mol-1 I 3=2745kJ•mol-1I 4=11575kJ•mol-1

E原子核外所有p轨道全满或半满

F元素的主族序数与周期序数的差值为4

G 是前四周期中电负性最小的元素

H在周期表的第12列

（1）已知CA₅为离子化合物，写出其电子式．
（2）A、B、C三种元素可以形成原子个数比为1：1：1的3原子化合物分子，该分子中σ键和π键的个数比为1：1．
（3）画出D基态原子的核外电子排布图．
（4）C与A形成最简单化合物的沸点高于E与A形成的化合物，其原因是NH₃分子之间可以形成氢键．
（5）EF₃中心原子的杂化方式为sp³；用价层电子对互斥理论推测其空间构型为三角锥形．
（6）检验G元素的方法是焰色反应；请用原子结构的知识解释产生此现象的原因当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量．
（7）H与硫元素形成的化合物HS的晶体结构如图所示，其晶胞边长为x pm，则HS晶体的密度为$\frac{97×4}{{N}_{A}×（x×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3（列式即可，阿伏加德罗常数用N_A表示）；a与b之间的距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$xpm（用含x的式子表示）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；C元素原子的核外p电子数比s电子数少1，核外电子排布式为1s²2s²2p³，故C为N元素；由D原子的第一至第四电离能数据可知，第四电离能剧增，处于ⅢA族，原子序数大于N元素，故D为Al；E处于第三周期，E原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s²3p³，故E为P元素；F处于第三周期，F元素的主族序数与周期数的差为4，处于第ⅦA族，故F为Cl元素；G是前四周期中电负性最小的元素，G为第四周期元素，故G为K元素，H在第四周期周期表的第12列，G为Zn元素．

解答 解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；C元素原子的核外p电子数比s电子数少1，核外电子排布式为1s²2s²2p³，故C为N元素；由D原子的第一至第四电离能数据可知，第四电离能剧增，处于ⅢA族，原子序数大于N元素，故D为Al；E处于第三周期，E原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s²3p³，故E为P元素；F处于第三周期，F元素的主族序数与周期数的差为4，处于第ⅦA族，故F为Cl元素；G是前四周期中电负性最小的元素，G为第四周期元素，故G为K元素，H在第四周期周期表的第12列，G为Zn元素．
（1）已知NH₅为离子化合物，其电子式为：，
故答案为：；
（2）A、B、C三种元素可以形成原子个数比为1：1：1的3原子化合物分子为HCN，结构式为H-C≡N，该分子中σ键和π键的个数比为1：1，
故答案为：1：1；
（3）D为Al，基态原子的核外电子排布图：，
故答案为：；
（4）C、A形成最简单化合物为NH₃，E与A形成的化合物为PH₃，由于NH₃分子之间可以形成氢键，沸点较高，
故答案为：NH₃分子之间可以形成氢键；
（5）PCl₃中P原子孤电子对数=$\frac{5-1×3}{2}$=1，价层电子对数=3+1=4，P原子的杂化方式为sp³，其空间构型为三角锥形，
故答案为：sp³；三角锥形；
（6）检验K元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因：当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，
故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量；
（7）晶胞中Zn、S原子数目均为4，则晶胞质量为4×$\frac{97}{{N}_{A}}$g，其晶胞边长为x pm，则ZnS晶体的密度为 4×$\frac{97}{{N}_{A}}$g÷（x×10^-10 cm）³=$\frac{97×4}{{N}_{A}×（x×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm^-3，
a与b之间连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$ 倍，故a与b之间的距离为$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$x pm，
故答案为：$\frac{97×4}{{N}_{A}×（x×1{0}^{-10}）^{3}}$；$\frac{1}{4}$×$\sqrt{3}$x．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电子式、化学键、氢键、杂化方式与空间构型判断、跃迁、晶胞计算等，（7）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的数学计算能力．