Question

已知A、B、C、D、E五種元素的性質或結構信息如下，請根據(jù)信息回答下列問題：
（1）已知短周期元素A、B原子的第一至第四電離能如下表所示：

電離能（kJ/mol）	I1	I2	I3	I4
A	932	1821	15390	21771
B	738	1451	7733	10540

①某同學根據(jù)上述信息，推斷B的核外電子排布如圖1所示，該同學所畫的電子排布圖違背了

 

．
②ACl₂分子中A的雜化類型為

 

，ACl₂空間構型為

 

．
（2）已知C單質曾被稱為“銀色的金子”，與鋰形成的合金常用于航天飛行器，其單質能溶于強酸和強堿．D是周期表中電負性最大的元素．E能形成紅色（或磚紅色）的E₂O和黑色的EO兩種氧化物．請根據(jù)上述信息，
①寫出E元素原子基態(tài)時的電子排布式

 

．
②以C單質、鎂、NaOH溶液可以構成原電池，則負極的電極反應式為

 

．
③D與Ca²⁺可形成離子化合物，其晶胞結構如圖2所示．其中Ca²⁺離子的配位數(shù)為

 

，若該晶體的密度為ag．cm^-3，則該晶胞的體積是

 

cm³（寫出表達式即可）．

Answer 1

考點：晶胞的計算,位置結構性質的相互關系應用

專題：

分析：（1）①由圖1電子軌道排布圖可知，3s能級未填滿就填充3p能級，3s能級能量比3p能級低，每個軌道最多只能容納兩個電子，且自旋相反配對，2p能級的軌道內有自旋方向相同的2個電子；
由表中電離能可知，二者第三電離能劇增，故為+2價，都為短周期元素，故A為鈹、B為Mg，鎂價層電子排布為3s²；
②BeCl₂分子中Be的成2個σ鍵，雜化軌道數(shù)為2，采取sp雜化，沒有孤對電子對，為直線型；
（2）C單質曾被稱為“銀色的金子”，與鋰形成的合金常用于航天飛行器，其單質能溶于強酸和強堿，推知C為Al，D是周期表中電負性最大的元素，推知D為F，E能形成紅色（或磚紅色）的E₂O和黑色的EO兩種氧化物，推知E為Cu．
①E為銅元素，是29號元素，根據(jù)構造原理書寫電子排布式；
②鋁與氫氧化鈉溶液反應，故鋁為負極，Al放電，在堿性條件下生成偏鋁酸根與水；
③根據(jù)晶胞結構可知，每個Ca²⁺周圍有4個F^-，根據(jù)均攤法計算晶胞中Ca²⁺、F^-數(shù)目，結合摩爾質量計算晶胞質量，在根據(jù)V=

m

ρ

計算晶胞體積．

解答： 解：（1）①由圖1電子軌道排布圖可知，3s能級未填滿就填充3p能級，2p能級的軌道內有自旋方向相同的2個電子，所以違背能量最低原理與泡利原理．由表中電離能可知，二者第三電離能劇增，故為+2價，都為短周期元素，故A為鈹、B為Mg，鎂價層電子排布為3s²，處于周期表中S區(qū)，
故答案為：能量最低原理、泡利原理；S；
②BeCl₂分子中Be的成2個σ鍵，雜化軌道數(shù)為2，采取sp雜化，沒有孤對電子對，為直線型，故答案為：SP；直線型；
（2）C單質曾被稱為“銀色的金子”，與鋰形成的合金常用于航天飛行器，其單質能溶于強酸和強堿，推知C為Al，D是周期表中電負性最大的元素，推知D為F，E能形成紅色（或磚紅色）的E₂O和黑色的EO兩種氧化物，推知E為Cu，
①E為Cu，是29號元素，根據(jù)構造原理可知，銅元素原子基態(tài)時的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹，故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
②鋁與氫氧化鈉溶液反應，故鋁為負極，Al放電，在堿性條件下生成偏鋁酸根離子與水，電極反應式為Al+4OH^--3e^-=AlO₂^-+2H₂O，故答案為：Al+4OH^--3e^-=AlO₂^-+2H₂O；
③根據(jù)晶胞結構可知，每個F^-的配位數(shù)為4，則Ca²⁺配位數(shù)為8，晶胞中Ca²⁺數(shù)目=8×

1

8

+6×

1

2

=4，F(xiàn)^-數(shù)目為8，晶胞的質量為4×

78

NA

g，該晶體的密度為a g/cm³，則晶胞的體積=

4×78 NA

ag/cm3

=

4×78

aNA

g/m³，
故答案為：8；

4×78

aNA

．

點評：本題以元素的推斷為載體，考查了核外電子排布式、晶胞的有關計算等知識點，確定鈣離子配位數(shù)是難點，結合氟離子配位數(shù)與化學式解答，難度中等．