Question

5．周期表中前四周期的六種元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，已知A原子2p軌道有3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層中只有兩對成對電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D的單質(zhì)晶體的熔點在同周期形成的單質(zhì)中最高；F²⁺核外各亞層電子均已充滿．
根據(jù)以上信息回答下列問題：
（1）寫出D原子的核外電子排布式：1S²2S²2P⁶3S²3P²．
（2）A、B、C、D元素的第一電離能由小到大的順序為Na＜Al＜Si＜N（用元素符號表示）．
（3）B的氯化物的熔點比D的氯化物熔點高（填“高”或“低”）；理由是NaCl是離子晶體，SiCl₄是分子晶體．
（4）E的最高價氧化物分子的空間構(gòu)型是平面正三角形；屬于非極性分子（填“極性”或“非極性”）．
（5）E、F形成的某種化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示．該化合物的化學(xué)式為ZnS；晶體中E原子的配位數(shù)為4．

Answer 1

分析 周期表中前四周期中的六種元素A、B、C、D、E、F原子序數(shù)依次增大，A原子2P軌道有3個未成對電子，A原子核外電子排布式為1s²2s²2p³，則A是N元素；C元素是地殼中含量最高的金屬元素，則C是Al元素；E原子核外的M層中只有兩對成對電子，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(shù)大于N元素、小于Al元素，所以B是Na元素；結(jié)合原子序數(shù)可知D處于第三周期，D單質(zhì)的晶體熔點在同周期形成的單質(zhì)中是最高的，單質(zhì)為原子晶體，所以D是Si元素；F²⁺離子核外各亞層電子均已充滿，F(xiàn)原子序數(shù)大于S元素，則處于第四周期，F(xiàn)²⁺離子核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，故F原子核外電子數(shù)為30，則F是Zn元素，據(jù)此解答．

解答 解：周期表中前四周期中的六種元素A、B、C、D、E、F原子序數(shù)依次增大，A原子2P軌道有3個未成對電子，A原子核外電子排布式為1s²2s²2p³，則A是N元素；C元素是地殼中含量最高的金屬元素，則C是Al元素；E原子核外的M層中只有兩對成對電子，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(shù)大于N元素、小于Al元素，所以B是Na元素；結(jié)合原子序數(shù)可知D處于第三周期，D單質(zhì)的晶體熔點在同周期形成的單質(zhì)中是最高的，單質(zhì)為原子晶體，所以D是Si元素；F²⁺離子核外各亞層電子均已充滿，F(xiàn)原子序數(shù)大于S元素，則處于第四周期，F(xiàn)²⁺離子核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，故F原子核外電子數(shù)為30，則F是Zn元素，
（1）D是Si元素，硅原子核外有14個電子，根據(jù)構(gòu)造原理知，其基態(tài)原子核外電子排布式為：1S²2S²2P⁶3S²3P²，
故答案為：1S²2S²2P⁶3S²3P²；
（2）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(shù)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(shù)的增大而減小，所以第一電離能：Na＜Al＜Si＜P，P＜N，所以這幾種元素的第一電離能大小順序是：Na＜Al＜Si＜N，
故答案為：Na＜Al＜Si＜N；
（3）B的氯化物是NaCl，D的氯化物是SiCl₄，氯化鈉是離子晶體，四氯化硅是分子晶體，離子晶體的熔點大于分子晶體，
故答案為：高；NaCl是離子晶體，SiCl₄是分子晶體；
（4）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(jié)構(gòu)，三氧化硫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；
（5）E是S元素，F(xiàn)是Zn元素，S原子個數(shù)=8×$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}$=4，Zn原子個數(shù)=4，所以該晶胞中S、Zn原子個數(shù)之比=4：4=1：1，所以其化學(xué)式為ZnS，根據(jù)圖知，每個S原子連接4個Zn原子，所以其配位數(shù)是4，
故答案為：ZnS；4．

點評 本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，正確推斷元素是解本題關(guān)鍵，利用均攤法、元素周期律等知識點來分析解答，難點是S原子配位數(shù)的判斷，難度中等．