Question

7．已知A、B、C、D、E、F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的基态原子有6个单电子；F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．
（1）写出基态E原子的外围电子排布式3d⁵4s¹．
（2）A、B、C三种元素第一电离能由小到大的顺序为O＜N＜F（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、E两元素形成的化合物EB₅中E的化合价为+6价，则EB₅的结构式为．
（6）B、D形成的一种离子化合物的晶胞结构如图1，已知该晶胞的边长为acm，阿伏伽德罗常数为N_A，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）
（7）由F原子形成的晶胞结构如图2，设晶胞参数为b，列式表示F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、F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，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子且原子序数大于A，则C是F元素，B为O元素；
E的基态原子有6个单电子，则E为Cr元素；D与E不同周期，但最外能层电子数相等，则D为Na元素；
F位于ds区，最外能层有单电子，则F为Cu元素；结合题目分析解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F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，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子且原子序数大于A，则C是F元素，B为O元素；
E的基态原子有6个单电子，则E为Cr元素；D与E不同周期，但最外能层电子数相等，则D为Na元素；
F位于ds区，最外能层有单电子，则F为Cu元素；
（1）基态E原子的价电子排布式为3d⁵4s¹，故答案为：3d⁵4s¹；
（2）A、B、C三种元素分别是N、O、F元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能O＜N＜F，
故答案为：O＜N＜F；
（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）O、Cr两元素形成的化合物CrO₅中Cr的化合价为+6价，该化学式中有1个O原子化合价为-2价、其余四个O原子化合价为-1价，则EB₅的结构式为，
故答案为：；
（6）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÷（acm）³=$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³，
故答案为：$\frac{248}{{a}^{3}{N}_{A}}$；
（7）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$\frac{4×\frac{3}{4}π×（\frac{\sqrt{2}}{4}b）^{3}}{{b}^{3}}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}π$，故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{6}π$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、等电子体、原子核外电子排布、第一电离能大小比较等知识点，侧重考查学生分析判断、计算、空间想象能力，难点是晶胞计算，注意（7）题哪几个原子紧密相连，为易错点．