Question

5．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原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2．则：
（1）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是水分子间之间存在氢键，氢键比范德华力更强．
（2）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）．
（3）A的最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．
（4）A的单质中δ键的个数为1，π键的个数为2．
（5）写出基态E原子的价电子排布式：3d¹⁰4s¹．
（6）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g•cm^-3，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ρ、NA的计算式表示）

Answer 1

分析 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：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）水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H₂O的沸点是同族元素中最高的，
故答案为：水分子间之间存在氢键，氢键比范德华力更强；
（2）由于非金属性F＞O＞N，故氢化物稳定性：HF＞H₂O＞NH₃，
故答案为：HF＞H₂O＞NH₃；
（3）A的最简单氢化物为NH₃，为三角锥形结构，分子中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp³杂化，
故答案为：三角锥形；sp³；
（4）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，
故答案为：1；2；
（5）E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的核外电子排布式[Ar]3d¹⁰4s¹，故基态Cu原子的价电子排布式为：3d¹⁰4s¹，
故答案为：3d¹⁰4s¹；
（6）白色球为F、黑色球为Ca，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，则晶胞质量=4×$\frac{78}{{N}_{A}}$g=$\frac{312}{{N}_{A}}$g，晶胞的体积=$\frac{312}{{N}_{A}}$g÷ρ g•cm^-3=$\frac{312}{ρ•{N}_{A}}$cm³，故晶胞边长a=$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\root{3}{\frac{312}{ρ•{N}_{A}}}$．

点评 本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、分子空间构型、化学键、杂化方式、晶胞计算等，都是考试热点，注意注意均摊法进行晶胞有关计算．