Question

12．As、N、0等非金属元素的化合物在工业生产中有重要的应用．
（1）核电荷数比As小4的元素基态原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹．
（2）前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有5种．
（3）已知氮的最高价氧化物为无色晶体．它由两种离子构成，其阴离子构型为平面正三角形，则其阳离子的构型为直线形，阳离子中氮的杂化方式为sp．
（4）磷化硼有多种晶型，图1示意的是磷化硼分子的分子结构图，其分子式为B₁₄P₄
（5）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图2所示．由此判断该钙的氧化物的化学式为CaO₂．已知该氧化物的密度是ρg•cm ^-3．则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$ cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N_A）．

Answer 1

分析 （1）核电荷数比As小4的原子为Cu，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
（2）按照从第一到第四周期的顺序，根据元素周期表中各元素结构及未成对电子数进行解答；
（3）氮的最高价氧化物为N₂O₅，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO₃^-，则其阳离子的化学式为：NO₂⁺，根据N原子的价层电子对数判断杂化类型；
（4）根据磷化硼分子的分子结构图分析；
（5）根据原子之间存在的化学键知，黑色小球表示Ca原子，白色小球表示O原子，该晶胞中Ca原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，O原子个数=（1+12×$\frac{1}{4}$）×2=8，其化学式为Ca、O原子个数最简比；
根据ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{V}$得晶胞边长=$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$，晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离是该晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍．

解答 解：（1）核电荷数比As小4的原子为Cu，其原子核外有29个电子，基态的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹；
（2）第一周期中，有1个未成对电子的是氢原子，其电子排布式为1s¹；第二周期中，未成对电子是2个的有两种分别为：C：1s²2s²2p²和O：1s²2s²2p⁴；第三周期中，未成对电子是3个的是P：1s²2s²2p⁶3s²3p³；第四周期中未成对电子是4个的是Fe：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，
故答案为：5；
（3）氮的最高价氧化物为N₂O₅，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO₃^-，则其阳离子的化学式为：NO₂⁺，其中心原子价电子对数为：2+$\frac{5-1-2×2}{2}$=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，
故答案为：直线； sp；
（4）磷化硼晶体中存在分子，则氮化硼属于分子晶体，根据分子结构图可知，其分子式为：B₁₄P₄；
故答案为：B₁₄P₄；
（5）根据原子之间存在的化学键知，黑色小球表示Ca原子，白色小球表示O原子，该晶胞中Ca原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，O原子个数=（1+12×$\frac{1}{4}$）×2=8，该晶胞中Ca、O原子个数之比=4：8=1：2，则化学式为CaO₂；
根据ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}}{V}$得晶胞边长=$\root{3}{\frac{4M}{ρ{N}_{A}}}$=$\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$cm，晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离是该晶胞边长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，则晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离为$\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$cm；
故答案为：CaO₂；$\frac{\sqrt{2}}{2}•\root{3}{\frac{4×72}{ρ{N}_{A}}}$．

点评 本题考查了核外电子排布、分子构型和杂化方式、晶胞的计算等内容，综合性较强，难度中等，解题的关键要充分用好立体几何的知识，发挥空间想象力，解决问题．