Question

1．已知A、B、C、D、E、F為元素周期表中原子序數(shù)依次增大的前20號元素，A與B；C、D與E分別位于同一周期．A原子L層上有2對成對電子，B、C、D的核外電子排布相同的簡單離子可形成一種C₃DB₆型離子晶體X，CE、FA為電子數(shù)相同的離子晶體．
（1）寫出A元素的基態(tài)原子價電子排布式2s²2p⁴；F離子的結(jié)構(gòu)示意圖，X的化學式Na₃AlF₆．
（2）寫出X涉及化工生產(chǎn)中的一個化學方程式2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;電解\;\;\;}}{冰晶石}$4Al+3O₂↑．
（3）CE、FA的晶格能分別為786KJ/mol l、3401KJ/mo，試分析導致兩者晶格能差異的主要原因是：CaO晶體中陰陽離子所帶電荷大于NaCl．
（4）F與B可形成離子化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：F與B形成離子化合物的化學式為CaF₂；若該離子化合物的摩爾質(zhì)量為M g/mol，晶體的密度為ρg/cm³，阿伏伽德羅常數(shù)為N_A，則晶胞中B與F的最短距離為$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{M}{ρ{N}_{A}}}$cm．（只要求列出算式，用符號表示）．

Answer 1

分析 A原子L層上有2對成對電子，則A是O元素，A和B同周期，且B的原子序數(shù)大于A，B能形成離子，所以B是F元素；
FA是離子化合物，F(xiàn)應該是+2價，屬于第二主族，且F原子序數(shù)增大，但屬于前20號元素，所以F是Ca元素；
C、D與E分別位于同一周期，且原子序數(shù)依次增大，B、C、D的核外電子排布相同的簡單離子可形成一種C₃DB₆型離子晶體，B顯-2價，C和D的化合價都為正整數(shù)，根據(jù)原子個數(shù)知，C是+1價，D是+3價，且原子序數(shù)大于10，所以C是Na元素，D是Al元素，E是Cl元素．

解答 解：A原子L層上有2對成對電子，則A是O元素，A和B同周期，且B的原子序數(shù)大于A，B能形成離子，所以B是F元素；
FA是離子化合物，F(xiàn)應該是+2價，屬于第二主族，且F原子序數(shù)增大，但屬于前20號元素，所以F是Ca元素；
C、D與E分別位于同一周期，且原子序數(shù)依次增大，B、C、D的核外電子排布相同的簡單離子可形成一種C₃DB₆型離子晶體，B顯-2價，C和D的化合價都為正整數(shù)，根據(jù)原子個數(shù)知，C是+1價，D是+3價，且原子序數(shù)大于10，所以C是Na元素，D是Al元素，E是Cl元素．
（1）A是O元素，其最外層電子為其價電子，其價電子排布式為：2s²2p⁴，F(xiàn)是Ca元素，鈣原子失去最外層一個電子變成鈣離子，鈣離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，通過以上分析知，C是Na元素，D是Al元素，B是F元素，所以其化學式為Na₃AlF₆，故答案為：2s²2p⁴；；Na₃AlF₆；

（2）鋁的冶煉工業(yè)中用冰晶石來降低熔點，化學方程式為：2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;電解\;\;\;}}{冰晶石}$4Al+3O₂↑，故答案為：2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;電解\;\;\;}}{冰晶石}$4Al+3O₂↑； 
（3）晶格能與離子的電荷呈正比，電荷越多，晶格能越大，鈣離子、氧離子電荷大于鈉離子、氯離子電荷，所以氧化鈣晶格能大于氯化鈉，故答案為：CaO晶體中陰陽離子所帶電荷大于NaCl；
（4）該分別中氟離子個數(shù)=8，鈣離子個數(shù)=$\frac{1}{8}$×8+6×$\frac{1}{2}$=4，鈣離子和氟離子個數(shù)比=4：8=1：2，所以其化學式為CaF₂，該離子化合物的摩爾質(zhì)量為M g/mol，晶體的密度為ρg/cm³，阿伏伽德羅常數(shù)為N_A，則晶胞邊長a=$\root{3}{\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{ρ}}$，晶胞中Ca與F的最短距離為$\frac{\sqrt{3}}{4}a$=$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{M}{ρ{N}_{A}}}$，故答案為：CaF₂；$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{M}{ρ{N}_{A}}}$．

點評 本題以元素的推斷為載體考查了核外電子排布式的書寫、影響晶格能大小的因素、晶胞的有關(guān)計算等知識點，難點是晶胞的計算，先確定晶胞的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量、體積和密度的關(guān)系來計算即可，難度較大．