Question

17．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；C的基态原子2p能级有1个单电子；E的原子各内层均排满，且最外层有成单电子；D与E同周期，价电子数为2．则：
（1）写出基态E原子的价电子排布式3d¹⁰4s¹．
（2）1molA的单质分子中π键的个数为1.204×10²⁴．
（3）A、B、C三元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O （用元素符号表示）．
（4）A的最简单氢化物分子的空间构型为三角锥形．
（5）C和D形成的化合物的晶胞结构如图，已知晶体的密度为ρg/cm³，阿伏加德罗常数为N_A，求晶胞边长a=$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$cm．（用含队ρ、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，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d¹⁰4s¹，
故答案为：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，1molA的单质分子中π键的个数为：1.204×10²⁴，
故答案为：1.204×10²⁴；
（3）同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，素第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞O，
故答案为：F＞N＞O；
（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，
故答案为：三角锥形；
（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=$\frac{\frac{312}{{N}_{A}}g}{ρg•c{m}^{-3}}$=$\frac{312}{ρ•{N}_{A}}$cm³，故晶胞边长为：a=$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$．

点评 本题考查晶胞计算，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，注意第一电离能的变化趋势及异常现象，为易错点．