Question

【題目】已知：周期表中前四周期的六種元素A、B、C、D、E、F核電荷數依次增大，其中A原子核外有三個未成對電子：化合物B2E的晶體為離子晶體，E原子核外的M層中有兩對成對電子：C元素是底殼中含量最高的金屬元素：D單質的熔點在同周期元素形成的單質中是最高的：F2＋離子核外各層電子均充滿。請根據以上信息，回答下列問題：

（1）A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序為______（用元素符號表示）

（2）B的氯化物的熔點比D的氯化物的熔點高，理由是______。

（3）E的最高價氧化物分子的空間構型是______。是______分子（填“極性”“非極性”）

（4）F原子的價層電子排布式是_____。

（5）E、F形成某種化合物有如圖所示兩種晶體結構（深色球表示F原子）。其化學式為_____。（a）中E原子的配位數為______，若在（b）的結構中取出一個平行六面體作為晶胞，則平均一個晶胞中含有_____個F原子。結構（a）與（b）中晶胞的原子空間利用率相比，（a）________（b）（填“>”“<”或“=”）

Answer 1

【答案】 NaCl 為離子晶體而SiCl4為分子晶體 平面正三角形 非極性 ZnS 4 2 >

【解析】C是地殼中含量最高的金屬元素,則C是Al元素；A原子核外有3個未成對電子，且A的原子序數小于C(Al)，則A原子核外電子排布式為1s22s22p3，A是氮(N)元素；E原子核外的M層中有兩對成對電子，E原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，E是S元素；化合物B2E的晶體為離子晶體，B顯+1價為第IA族元素，B的原子序數大于氮元素、小于Al元素，所以B是Na元素；結合原子序數可知D處于第三周期，D單質的晶體熔點在同周期形成的單質中是最高的，所以D是Si元素；F2+離子核外各亞層電子均已充滿，F原子序數大于S元素，則處于第四周期，F2+離子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，故F原子核外電子數為30，則F是Zn元素。

（1）A、B、C、D分別是N、Na、Al、Si元素，同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，同一主族中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而減小，所以第一電離能：Na＜Al＜Si＜P，P＜N，所以第一電離能大小順序為Na＜Al＜Si＜N。

故答案為：Na＜Al＜Si＜N；

（2）B的氯化物是NaCl，D的氯化物是SiCl4，NaCl是離子晶體，SiCl4是分子晶體，離子晶體的熔點大于分子晶體。

故答案為：NaCl是離子晶體,SiCl4是分子晶體；

（3）E是S元素，SO3分子S原子含有3個σ鍵且不含孤電子對，所以為平面正三角形結構，SO3分子中正負電荷重心重合，為非極性分子。

故答案為：平面正三角形；非極性；

（4）F為Zn元素，Zn為30號元素，原子核外電子排布式為[Ar]3d104s2，價層電子排布式為：3d104s2。故答案為：3d104s2；

（5）E是S元素,F是Zn元素，S原子個數=8×+6×=4，Zn原子個數=4，所以該晶胞中S、Zn原子個數之比=4:4=1:1，所以其化學式為ZnS。在a圖中，以頂點S原子為例，與S距離最近的Zn原子有4個，分布在S原子周圍不相鄰的立方體內，故S配位數為4。在b的結構中取出一個平行六面體作為晶胞，則有如圖所示的結構（空心球表示Zn原子），其中含有Zn原子數為8×+1=2；在b圖中硫離子的堆積方式為六方最密堆積，圖a中硫離子之間形成了面心立方堆積，原子空間利用率與b圖中硫離子的堆積方式相同，而在a圖中晶胞中含有4個鋅離子，在b圖中則有2個鋅離子，故結構a中的原子利用率大于結構b中的原子空間利用率。

故答案為：ZnS；4；2；＞。