Question

【题目】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递增。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，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单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。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、C、D四种元素第一电离能最大的是_______________。

(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点__________(填“高”或“低”)，理由是_________________________。

(3)A的简单氢化物分子中的中心原子采取_______杂化，E的低价氧化物分子的立体构型是_______________。用KMnO4酸性溶液吸收该氧化物时，该反应的离子方程式为：_____________________________________________________________。

(4)F的核外电子排布式是___________，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____________。

(5)A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示（其中A显-3价），若晶胞边长为a pm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度计算式为ρ=________________ g/cm3。

Answer 1

【答案】N 高 NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 sp3 V形（或角型） 5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+ 1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1） [Cu(NH3)4]2+

【解析】

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，则C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，则A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，则E为S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；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，则B为Na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，故F为Cu元素，以此解答该题。

由上述分析可知，A为N，B为Na，C为Al，D为Si，E为S，F为Cu；

（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：N；

（2）因NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体，离子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点，故NaCl晶体熔点高，

故答案为：高；NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；

（3）A为N元素，对应的氢化物为氨气，含有3个σ键，且有1个孤电子对，则为sp3杂化；E的低价氧化物为SO2，S原子孤电子对数为=1，价层电子对数为2+1=3，则为V形结构；KMnO4酸性溶液吸收SO2气体时，MnO4-被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42-，该反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+，

故答案为：sp3；V形（或角型）；5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+；

（4）F为Cu元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1），铜离子与氨气可以配位键形成配离子，其化学式为[Cu(NH3)4]2+，

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu(NH3)4]2+；

（5）F为Cu，A为N，且N为-3价，由晶胞结构图可知，N原子在顶点，则N原子数为8×=1，Cu原子在棱心，则Cu原子数为12×=3，所以化学式为Cu3N，若晶胞边长为apm，则晶胞体积为a3pm3，阿伏伽德罗常数为NA，晶胞的质量为g，则该晶体的密度计算式为ρ==g/cm3，

故答案为：。