Question

5．A-I為原子序數(shù)遞增的前4周期的元素，已知A原子的最外層電子是次外層電子數(shù)的2倍，D為周期表中電負性最大的元素，F(xiàn)與C位于同一主族，E與G在周期表的位置是上下相連，兩元素所在主族中所有元素都是金屬，H為應用最廣泛的金屬；I處于周期表中的第二副族．請回答下列問題：（以下問題中的所有原子都必須在上述元素中尋找）
（1）B單質(zhì)分子中σ與π鍵數(shù)目比為1：2B、C、D第一電離能由小到大的順序為O＜N＜F（填寫元素符號）
（2）H元素原子的價層電子排布式為3d⁶4s²，H³⁺離子可以與上述元素中的三種形成的某陰離子生成血紅色絡合物；該陰離子又與A-I元素中的某些原子形成的分子互為等電子體，這種分子的化學式為CO₂等（寫一種即可），該陰離子空間構(gòu)型為直線型．
（3）D與G可以形成如圖的晶胞，則黑點表示的是Ca元素（填寫元素符號），該元素原子在該晶胞中的配位數(shù)為8
（4）若將上述晶胞圓圈對應的原子所在上下兩層平面原子，按兩條相互垂直的對角線上各去掉該原子2個（共去掉4個），并將小點和圓圈對應的元素更改為另外兩種元素，則這個晶胞化學式為ZnS，若再將留下的所有原子換成另外一種新元素的原子，則成為另外一種晶胞，該晶胞中成鍵原子鍵角為109°28′．
（5）已知，F(xiàn)單質(zhì)晶體的原子堆積為ABAB型，那么，該晶體的空間利用率為74.05%如果F單質(zhì)的摩爾質(zhì)量為M，晶胞棱長為a，晶胞高度為c則，該晶體密度表達式為$\frac{2M}{N{\;}_{A}ca{\;}^{2}sin60°}$．（阿伏加德羅常數(shù)用N_A表示，不化簡）如果F的原子半徑為R，用R表示的晶胞高度為$\frac{4\sqrt{6}R}{3}$．

Answer 1

分析 A-I為原子序數(shù)遞增的前4周期的元素，已知A原子的最外層電子是次外層電子數(shù)的2倍，則A原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則A為碳元素；D為周期表中電負性最大的元素，則D為氟元素；H為應用最廣泛的金屬，則H為Fe；I處于周期表中的第二副族，則I為Zn．E與G在周期表的位置是上下相連，兩元素所在主族中所有元素都是金屬，結(jié)合原子序數(shù)可知，處于ⅡA族，E為Mg、G為Ca；結(jié)合原子序數(shù)可知，B為N元素、C為O元素；F與C位于同一主族，F(xiàn)的原子序數(shù)小于Ca，則F為S元素，據(jù)此解答．

解答 解：A-I為原子序數(shù)遞增的前4周期的元素，已知A原子的最外層電子是次外層電子數(shù)的2倍，則A原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則A為碳元素；D為周期表中電負性最大的元素，則D為氟元素；H為應用最廣泛的金屬，則H為Fe；I處于周期表中的第二副族，則I為Zn．E與G在周期表的位置是上下相連，兩元素所在主族中所有元素都是金屬，結(jié)合原子序數(shù)可知，處于ⅡA族，E為Mg、G為Ca；結(jié)合原子序數(shù)可知，B為N元素、C為O元素；F與C位于同一主族，F(xiàn)的原子序數(shù)小于Ca，則F為S元素，
（1）B單質(zhì)為N₂，分子中形成N≡N三鍵，含有1個σ鍵、2個π鍵，σ與π鍵數(shù)目比為1：2；同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但N元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于氧元素，故N、O、F第一電離能由小到大的順序為O＜N＜F，
故答案為：1：2；O＜N＜F；
（2）H為Fe元素，原子的價層電子排布式為3d⁶4s²，F(xiàn)e³⁺離子可以與上述元素中的三種形成的某陰離子生成血紅色絡合物，該陰離子為SCN^-，又與A-I元素中的某些原子形成的分子互為等電子體，等電子體含有相同的原子數(shù)目與價電子總數(shù)，該分子為CO₂等，價電子總數(shù)相同的等電子體空間結(jié)構(gòu)相似，故SCN^-與CO₂的空間結(jié)構(gòu)相似為直線型，
故答案為：3d⁶4s²；CO₂等；直線型；
（3）F與Ca可以形成CaF₂，其晶胞中黑色球數(shù)目=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，白色球數(shù)目=8，故黑色球代表Ca元素，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，應該F原子周圍有4個Ca原子，即F原子配位數(shù)為4，則該Ca原子在該晶胞中的配位數(shù)為8，
故答案為：Ca；8；
（4）若將上述晶胞圓圈對應的原子所在上下兩層平面原子，按兩條相互垂直的對角線上各去掉該原子2個（共去掉4個），則圓圈數(shù)目為4，黑色球數(shù)目=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞中原子數(shù)目為1：1，并將小點和圓圈對應的元素更改為另外兩種元素，符合ZnS的立方結(jié)構(gòu)，則這個晶胞化學式為ZnS，
若再將留下的所有原子換成另外一種新元素的原子，則成為另外一種晶胞，由晶胞結(jié)構(gòu)（類似金剛石結(jié)構(gòu)）可知，每個原子周圍連接4個原子，形成正四面體型，該晶胞中成鍵原子鍵角為109°28′，
故答案為：ZnS；109°28′；
（5）已知，S單質(zhì)晶體的原子堆積為ABAB型，為六方最密堆積，晶胞如圖：，
D、C′、A′、B′彼此原子相鄰，構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，晶胞的高度為該正四面體高的2倍，如果F的原子半徑為R，則DA′長為2R，正四面體的高DM，M為正三角形A′B′C′的中心，則A′M的長為 $\frac{2}{3}$×（2R×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ ）=$\frac{2\sqrt{3}R}{3}$，則DM的長=$\sqrt{（{2R）}^{2}-（\frac{2\sqrt{3}R}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}R}{3}$，故晶胞的高度=2×$\frac{2\sqrt{6}R}{3}$=$\frac{4\sqrt{6}R}{3}$；
S（△A′B′C′）=$\frac{1}{2}$×2R×2R×sin60°=$\sqrt{3}$R²，故底面面積為2 $\sqrt{3}$R²，晶胞的體積=2 $\sqrt{3}$R²×$\frac{4\sqrt{6}R}{3}$=8 $\sqrt{2}$R³，晶胞中含有原子數(shù)目為1+8×$\frac{1}{8}$=2，故原子總體積=2×$\frac{4}{3}$×πR³，故晶胞空間利用率=$\frac{2×\frac{4}{3}π{R}^{3}}{8\sqrt{2}{R}^{3}}$×100%=74.05%；
如果F單質(zhì)的摩爾質(zhì)量為M，晶胞的質(zhì)量=$\frac{2M}{N{\;}_{A}}$，晶胞棱長為a，則S（△A′B′C′）=$\frac{1}{2}$×a×a×sin60°=$\frac{1}{2}$ a²sin60°，故底面面積為a²sin60°，晶胞高度為c，則晶胞體積=ca²sin60°，故晶體密度=$\frac{\frac{2M}{N{\;}_{A}}}{ca{\;}^{2}sin60°}$=$\frac{2M}{N{\;}_{A}ca{\;}^{2}sin60°}$，
故答案為：74.05%； $\frac{2M}{N{\;}_{A}ca{\;}^{2}sin60°}$； $\frac{4\sqrt{6}R}{3}$．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、電離能、晶胞結(jié)構(gòu)與計算等，題目計算量大，對學生的空間想象與數(shù)學計算有較高的要求，（4）（5）為易錯點、難點，理解晶胞結(jié)構(gòu)是關(guān)鍵，難度較大．