Question

14．已知A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，原子序数依次增大．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位于ds区，最外能层有单电子；D与E不同周期，但最外能层电子数相等．
（l）写出基态E原子的价电子排布式3d¹⁰4s¹．
（2）A、B、C三种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）．
（3）B、C两元素形成的化合物BC₂的VSEPR模型名称为四面体形，已知BC₂分子的极性比水分子的极性弱，其原因是FO₂和H₂O分子均为V形分子，且孤对电子均为2对，F与O的电负性差值较O与H的电负性差值小．
（4）写出由A和B两种元素形成的与A₃^-互为等电子体的粒子的化学式N₂O、NO₂⁺（分子和离子各写一种）．
（5）B、D形成的一种离子化合物的晶胞结构如图l，已知该晶胞的边长为n cm，阿伏加德罗常数为N_A，求晶胞的密度为ρ=$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³（用含a、N_A的计算式表示）．
（6）由E原子形成的晶胞结构如图2，设晶胞参数为b，列式表示E原子在晶胞中的空间利用率$\frac{\sqrt{2}}{6}$π（不要求计算结果）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，原子序数依次增大．A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布式为1s²2s²2p³，则A为N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁵，则C为F元素；B的原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；E位于ds区，最外能层有单电子，则E为Cu；D与E不同周期，但最外能层电子数相等，D处于第三周期，则D为Na．

解答 解：A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，原子序数依次增大．A的基态原子2p能级有3个单电子，原子核外电子排布式为1s²2s²2p³，则A为N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁵，则C为F元素；B的原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；E位于ds区，最外能层有单电子，则E为Cu；D与E不同周期，但最外能层电子数相等，D处于第三周期，则D为Na．
（l）基态E原子的价电子排布式为3d¹⁰4s¹，故答案为：3d¹⁰4s¹；
（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，故三种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，
故答案为：F＞N＞O；
（3）B、C两元素形成的化合物FO₂中F原子孤电子对数=$\frac{7-2×2}{2}$=1.5，应看作2对孤对电子，价层电子对数为4，VSEPR模型名称为四面体形，FO₂和H₂O分子均为V形分子，且孤对电子均为2对，F与O的电负性差值较O与H的电负性差值小，OF₂分子的极性比水分子的极性弱，
故答案为：四面体形；FO₂和H₂O分子均为V形分子，且孤对电子均为2对，F与O的电负性差值较O与H的电负性差值小；
（4）由N和O两种元素形成的与N₃^-互为等电子体的粒子的化学式有N₂O、NO₂⁺等，
故答案为：N₂O、NO₂⁺；
（5）晶胞中白色球数目为8，黑色球数目为8×$\frac{1}{8}$=6×$\frac{1}{2}$=4，该化合物为Na₂O，晶胞质量为4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g，则晶胞密度为4×$\frac{62}{{N}_{A}}$g÷（n cm）³=$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³，
故答案为：$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$；
（6）晶胞中E原子数目为8×$\frac{1}{8}$=6×$\frac{1}{2}$=4，设E原子半径为r，则4r=$\sqrt{2}$b，故原子半径r=$\frac{\sqrt{2}}{4}$b，则E原子在晶胞中的空间利用率为$\frac{4×\frac{4}{3}×π×（\frac{\sqrt{2}}{4}b）^{3}}{{b}^{3}}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$π，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{6}$π．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、价层电子对互斥理论、等电子体、晶胞计算等，注意同周期第一电离能异常情况，理解均摊法进行晶胞计算．