Question

8．已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大．其中基态A原子价电子排布式为nsⁿnpⁿ⁺¹；化合物B₂E为离子化合物，E原子核外的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单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片；F原子最外层电子数与B的相同，其余各内层轨道均充满电子．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、E的第一电离能由小到大的顺序为Na＜S＜N．
（2）氢化物A₂H₄分子中A原子采取sp²杂化．
（3）按原子的外围电子排布分区，元素F在ds区，二价阳离子F²⁺与过量的A的简单氢化物的水溶液反应的离子方程式为Cu²⁺+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O．
（4）元素A和C可形成一种新型化合物材料，其晶体具有很高的硬度和熔点，其化合物中所含的化学键类型为共价键．
（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如右图所示的立方晶胞（其中A显-3价，每个球均表示1个原子），则其化学式为Cu₃N．设阿伏伽德罗常数为N_A，距离最近的两个F原子的核间距为a cm，则该化合物的晶胞密度为（用含a和N_A的代数式表示）$\frac{103\sqrt{2}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大．其中基态A原子价电子排布式为nsⁿnpⁿ⁺¹，而n=2，则A为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，外围电子排布为3s²3p⁴，则E为S元素；化合物B₂E为离子化合物，B表现+1价，原子序数大于碳、小于硫，则B为Na；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片，则D为Si；F原子最外层电子数与B的相同，其余各内层轨道均充满电子，原子序数大于硫，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=19，则F为Cu．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，它们的核电荷数依次增大．其中基态A原子价电子排布式为nsⁿnpⁿ⁺¹，而n=2，则A为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，外围电子排布为3s²3p⁴，则E为S元素；化合物B₂E为离子化合物，B表现+1价，原子序数大于碳、小于硫，则B为Na；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片，则D为Si；F原子最外层电子数与B的相同，其余各内层轨道均充满电子，原子序数大于硫，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=19，则F为Cu．
（1）N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：Na＜S＜N，
故答案为：Na＜S＜N；
（2）氢化物N₂H₄分子N原子形成2个N-H键、1个N-N键，还含有1对孤对电子，故N原子采取sp² 杂化，
故答案为：sp²；
（3）按原子的外围电子排布分区，元素Cu在ds区，二价阳离子Cu²⁺与过量的氨气水溶液反应的离子方程式为：Cu²⁺+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O，
故答案为：ds；Cu²⁺+4NH₃•H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O；
（4）元素N和Al可形成一种新型化合物材料，其晶体具有很高的硬度和熔点，该化合物属于原子晶体，其化合物中所含的化学键类型为：共价键；
故答案为：共价键；
（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示的立方晶胞（其中A显-3价，每个球均表示1个原子），
晶胞中小黑色球数目为8×$\frac{1}{8}$=1，大灰色球数目为12×$\frac{1}{4}$=3，其中N显-3价，则小黑色球为N原子、大灰色球为Cu，则其化学式为Cu₃N；设阿伏伽德罗常数为N_A，晶胞质量为$\frac{64×3+14}{{N}_{A}}$g，距离最近的两个Cu原子的核间距为a cm，则晶胞棱长为$\frac{\sqrt{2}}{2}$acm×2=$\sqrt{2}$acm，则该化合物的晶胞密度为$\frac{\frac{64×3+14}{{N}_{A}}g}{（\sqrt{2}acm）^{3}}$=$\frac{103\sqrt{2}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm³；
故答案为：Cu₃N；$\frac{103\sqrt{2}}{2{a}^{3}{N}_{A}}$．

点评 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，难点是晶胞计算，题目难度中等．