Question

已知元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期且原子序數(shù)依次增大，A的p能級(jí)電子數(shù)是s能級(jí)的一半，C的基態(tài)原子2p軌道有2個(gè)未成對(duì)電子；C與D形成的化合物中C顯正化合價(jià)；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍，F(xiàn)的內(nèi)部各能層均排滿(mǎn)，且最外層電子數(shù)為1。
請(qǐng)回答下列問(wèn)題。
（1）C原子基態(tài)時(shí)電子排布式為                  。
（2）B、C兩種元素第一電離能為     ＞     (用元素符號(hào)表示)。試解釋其原因：                                           。
（3）任寫(xiě)一種與AB^－離子互為等電子體的離子       。
（4）B與C形成的四原子陰離子的立體構(gòu)型為        ，其中B原子的雜化類(lèi)型是       。
（5）F(OH)₂難溶于水，易溶于氨水，寫(xiě)出其溶于氨水的離子方程式                         。
（6）D和E形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，其化學(xué)式為            ；∠EDE=       ；E的配位數(shù)是   ；已知晶體的密度為ρg·cm^-3，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，則晶胞邊長(zhǎng)a=          cm。(用ρ、N_A的計(jì)算式表示)

Answer 1

（1）1s²2s²2p⁴；
（2）N﹥O；氮原子核外2p亞層處于半充滿(mǎn)的較穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失去電子，故第一電離能比氧原子大；
（3）C₂^2- 或O₂²⁺；
（4）平面三角形，sp²；
（5）Cu(OH)₂+4NH₃·H₂O = Cu(NH₃)₄²⁺ + 2OH^- + 4H₂O[或Cu(OH)₂+4NH₃ = Cu(NH₃)₄²⁺ + 2OH^-]；
（6）CaF₂  109°28′   8 

試題分析：元素A、B、C、D、E、F均屬前四周期，且原子序數(shù)依次增大。A的p能級(jí)電子數(shù)是s能級(jí)電子數(shù)的一半，P能級(jí)上有2個(gè)電子，則A是C元素；C的基態(tài)原子2p軌道有2個(gè)未成對(duì)電子，則C為C或O元素，原子序數(shù)小于B，C為O元素；B的原子序數(shù)大于A而小于C，所以B是N元素；C與D形成的化合物中C顯正化合價(jià)，則D的非金屬性大于C，所以D是F元素；E的M層電子數(shù)是N層電子數(shù)的4倍且原子序數(shù)大于F元素，E原子序數(shù)小于29，所以E原子最外層電子數(shù)是2，N層為2，M層電子數(shù)是8，則該元素是Ca元素，F(xiàn)的內(nèi)部各能級(jí)層均排滿(mǎn)，且最外層電子數(shù)為1，則F是Cu元素。
（1）C是O元素，氧原子核外有8個(gè)電子，基態(tài)原子核外電子排布式為：1s²2s²2p⁴；
（2）B是N元素，C是O元素，原子軌道中如果電子處于全滿(mǎn)、全空、半滿(mǎn)時(shí)原子最穩(wěn)定，氮原子核外2p亞層處于半充滿(mǎn)的較穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不易失去電子，故第一電離能比氧原子大；
（3）原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微�；�為等電子體，與CN^-離子互為等電子體的有CO或C₂^2-或O₂²⁺；
（4）B與C形成的四原子陰離子為硝酸根離子，硝酸根離子中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+ (5+1?3×2)=3，且不含孤電子對(duì)，所以其空間構(gòu)型為平面三角形，N原子采用sp²雜化；
（6）該晶胞中F原子個(gè)數(shù)=8，鈣原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4，所以鈣原子和氟原子個(gè)數(shù)之比=4：8=1：2，則其化學(xué)式為：CaF₂，鈣原子的配位數(shù)是8，晶胞邊長(zhǎng)=cm=cm。