Question

已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E＜F．其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B₂E的晶体为离子晶体，E原子核外M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层电子均充满．请根据以上信息，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示）
（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为

Na＜Al＜Si＜N

．（用元素符号表示）
（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点

高

（填高或低），理由是

NaCl为离子晶体而SiCl₄为分子晶体

．
（3）A的最高价氧化物对应的水化物分子中其中心原子采取

sp²

杂化，E的最高价氧化物分子的空间构型是

平面正三角形

．
（4）F的核外电子排布式是

1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹（或[Ar]3d¹⁰4s¹）

，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为

[Cu（NH₃）₄]²⁺

．
（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为

Cu₃N

；（每个球均表示1个原子）
（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，则其化学式为

AlN

，其晶体中所含的化学键类型为

共价键

．

Answer 1

分析：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E＜F．C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素；A原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Al元素，其电子排布式为1S²2S²2P³，为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S²2S²2P⁶3S²3P⁴，应为S元素；化合物B₂E的晶体为离子晶体，B应为第ⅠA族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的，D处于第三周期，故D为Si元素；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S²2S²2P⁶3S²3P⁶3d¹⁰4S¹，应为Cu元素，据此解答．

解答：解：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E＜F．C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素；A原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Al元素，其电子排布式为1S²2S²2P³，为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S²2S²2P⁶3S²3P⁴，应为S元素；化合物B₂E的晶体为离子晶体，B应为第ⅠA族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的，D处于第三周期，故D为Si元素；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S²2S²2P⁶3S²3P⁶3d¹⁰4S¹，应为Cu元素，
（1）在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为：Na＜Al＜Si＜N，
故答案：Na＜Al＜Si＜N；
（2）因NaCl为离子晶体而SiCl₄为分子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点，故答案为：高；NaCl为离子晶体而SiCl₄为分子晶体；
（3）HNO₃中氢原子与氧原子呈O-H将，故N原子价层电子对数为3+

5-2×2-1×1

2

=3，则N原子采取sp²杂化，S0₃中含有3个δ键，孤电子对数为

6-2×3

2

=0，所以分子的空间构型是平面正三角形，
故答案为：sp²杂化；平面正三角形；
（4）根据能量最低原理书写电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹（或[Ar]3d¹⁰4s¹），铜离子与氨气可以配位键形成配合物，其化学式为，[Cu（NH₃）₄]²⁺，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹（或[Ar]3d¹⁰4s¹）；[Cu（NH₃）₄]²⁺；
（5）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有N原子的数目为8×

1

8

=1，Cu原子的数目为：12×

1

4

=3，故化学式为Cu₃N，故答案为：Cu₃N；
（6）A、C形成的化合物为AlN，根据化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，可判断晶体类型为原子晶体，化学键类型为共价键，
故答案为：AlN；共价键．

点评：本题考查元素推断题，推断出元素的种类是解答本题的关键，推断时注意从原子的核外电子排布特点以及元素的特殊性质为突破口解答，本题具有一定难度．