Question

7．前4周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，其中A和B同周期，固态的AB₂能升华，常用作制冷剂；C和E原子都有一个未成对电子，C⁺比E^-少一个电子层，E原子得一个电子后3p轨道全充满；D的最高化合价和最低化合价代数和为4，其最高价氧化物中D的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数；F为红色单质，广泛用于电气工业．回答下列问题：
（1）①元素电负性：D＜E．
②A、C单质熔点：A＞（填“＞”或“＜”或“=”）C．
（2）AE₄常用作有机溶剂，其固态晶体类型为分子晶体．
（3）F的核外电子排布式为s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体中F离子与NH₃之间的化学键为配位键．
（4）元素X的某价态阴离子X^n-中所有电子正好充满K和L电子层，C_nX的晶体结构如图所示．该晶体中阳离子和阴离子个数比为3：1，晶体中每个X^n-被6个等距离的C⁺包围．

Answer 1

分析 前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，A和B同周期，固态的AB₂能升华，AB₂为CO₂，则A为碳元素，B为氧元素；E原子得到一个电子后3p轨道全充满，则E最外层电子数为7，故E为氯元素；C和E原子都有一个未成对电子，C⁺比E^-少一个电子层，则C为钠元素；D的最高化合价和最低化合价代数和为4，D最外层电子数为6，D原子序数大于钠元素小于氯元素，故D为硫元素，其最高价氧化物SO₃中S的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数，符合题意；F为红色单质，有F⁺和F²⁺两种离子，则F为铜元素，
（1）①同周期自左而右元素电负性增强；
②碳单质金刚石为原子晶体，氧气形成分子晶体，原子晶体熔点高于分子晶体；
（2）四氯化碳是分子晶体；
（3）Cu元素原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写电子排布式；[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O晶体中铜离子与NH₃之间形成配位键；
（4）根据均摊法计算晶胞中X^n-、C+数目，据此判断阴阳离子之比；以右边前面顶点的X^n-研究，三条棱向上、向前、向右延伸，还有3个距离的C⁺离子．

解答 解：前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，A和B同周期，固态的AB₂能升华，AB₂为CO₂，则A为碳元素，B为氧元素；E原子得到一个电子后3p轨道全充满，则E最外层电子数为7，故E为氯元素；C和E原子都有一个未成对电子，C⁺比E^-少一个电子层，则C为钠元素；D的最高化合价和最低化合价代数和为4，D最外层电子数为6，D原子序数大于钠元素小于氯元素，故D为硫元素，其最高价氧化物SO₃中S的质量分数为40%，且核内质子数等于中子数，符合题意；F为红色单质，有F⁺和F²⁺两种离子，则F为铜元素，
（1）①D为硫元素，E为氯元素，同周期自左而右，元素电负性增强，所以电负性D＜E，
故答案为：＜；
②A为碳元素，B为氧元素；碳单质金刚石为原子晶体，氧气形成分子晶体，所以熔点A＞C，
故答案为：＞；
（2）A为碳元素，E为氯元素，AE₄为CCl₄，其熔沸点降低，属于分子晶体，
故答案为：分子晶体；
（3）F为铜元素，核外电子数为29，F的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；向F的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体为[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O，晶体中铜离子与NH₃之间的化学键为配位键，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；配位键；
（4）由CnX晶体的最小结构单元可知，该晶体晶胞中X^n-数目为8×$\frac{1}{8}$=1，C⁺数目为12×$\frac{1}{4}$=3，所以晶体中阳离子和阴离子个数比为3：1；
以右边前面顶点的X^n-研究，三条棱向上、向前、向右延伸，还有3个距离的C⁺离子，所以晶体中每个X^n-被6个等距离的C⁺离子包围，
故答案为：3：1；6．

点评 本题考查较为综合，涉及晶胞计算、电子排布式、杂化轨道类型等知识，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意晶胞配位数的判断方法及均摊计算法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．