Question

如表为长式周期表的一部分，其中的序号代表对应的元素．

（1）写出上表中元素⑤的轨道表示式

 

，元素⑨原子的核外电子排布式

 

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（2）元素第一电离能的大小比较：④

 

⑤（填写“＞”“=”或“＜”，下同）；元素电负性的大小比较：④

 

⑤（填写“＞”“=”或“＜”）；请写出与元素④的单质互为等电子体的一种微粒的化学式

 

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（3）在测定元素①与⑥形成化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是

 

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（4）上述③与④元素组成的（CN）₂化合物中σ键与π键之比

 

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（5）⑦的氧化物是优良的耐高温材料，它的熔点比CaO高，其原因是

 

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（6）元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则该氧化物的化学式

 

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Answer 1

考点：元素周期律和元素周期表的综合应用,晶胞的计算

专题：元素周期律与元素周期表专题,化学键与晶体结构

分析：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Be、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为Cr、⑩为Cu．
（1）根据核外电子排布规律进行解答；
（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；同周期自左而右电负性增大；
原子总数、价电子总都相等的微粒互为等电子体；
（3）HF分子之间存在氢键，形成缔合（HF）_n分子；
（4）化合物（CN）₂的结构式为N≡C-C≡N；
（5）氧化镁与氧化钙都属于离子晶体，离子所带电荷相同，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高；
（6）根据均摊法计算晶胞中各原子数目，确定化学式．

解答： 解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Be、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为Cr、⑩为Cu．
（1）⑤为O，原子核外电子排布为1s²2s²2p⁴，核外电子轨道排布式为：，
⑨为Cr，原子核外电子数为14，根据能量最低原理解洪特规则特例，可知其基态原子核外电子排布为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹，
故答案为：；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹；
（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O；同周期自左而右电负性增大，故电负性N＜O；
元素④的单质为N₂，与N₂互为等电子体的一种微粒为CO等，
故答案为：＞；＜；CO；
（3）HF分子之间存在氢键，形成缔合（HF）_n分子，故实验测得HF的相对分子质量的值一般高于理论值，
故答案为：HF分子之间存在氢键，形成缔合（HF）_n分子；
（4）化合物（CN）₂的结构式为N≡C-C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，故（CN）₂化合物中σ键与π键之比为3：4，
故答案为：3：4；
（5）氧化镁与氧化钙都属于离子晶体，离子所带电荷相同，Mg²⁺离子比Ca²⁺离子半径小，MgO中离子键强，MgO比CaO的晶格能大，故MgO熔沸点高，
故答案为：离子所带电荷相同，Mg²⁺离子比Ca²⁺离子半径小，MgO中离子键强，MgO比CaO的晶格能大；
（6）C原子位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，晶胞中O原子数目=1+8×

1

8

=2，晶胞中Cu、O原子数目之比=4：2=2：1，故该氧化物化学式为Cu₂O，
故答案为：Cu₂O．

点评：本题是对物质结构的考查，涉及元素周期表、元素周期律、核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、晶胞计算等，难度中等，注意理解同周期元素第一电离能突跃原因，掌握物质熔沸点比较．