Question

11．已知：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素．其中A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子；G原子核外价电子数与B相同，其余各层均充满．B、E两元素组成化合物B₂E的晶体为离子晶体．C、F的原子均有三个能层，C原子的第一至第四电离能（KJ•mol^-1）分别为578、1 817、2 745、11 575；C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190℃的化合物Q．
（1）B的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为8；E元素的最高价氧化物分子的立体构型是平面三角形．F元素原子的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁵，G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为[Cu（NH₃）₄]²⁺．
（2）试比较B、D分别与F形成的化合物的熔点高低并说明理由NaCl的熔点高于SiCl₄，因为NaCl是离子晶体，SiCl₄是分子晶体．
（3）A、G形成某种化合物的晶胞结构如图所示．若阿伏加德罗常数为N_A，该化合物晶体的密度为a g•cm^-3，其晶胞的边长为$\root{3}{\frac{206}{a{N}_{A}}}$ cm．
（4）在1.01×10⁵ Pa、T₁℃时，气体摩尔体积为53.4L•mol^-1，实验测得Q的气态密度为5.00g•L^-1，则此时Q的组成为Al₂Cl₆．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素，A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，则A为第VA族元素，同一主族元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以A为N元素；
D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，E的原子序数大于D，所以D为Si元素、E为S元素；
B、E两元素组成化合物B₂E的晶体为离子晶体，说明B为活泼金属，B的原子序数大于A，所以B为Na元素；
C、F的原子均有三个能层，为第三周期元素，E的原子序数小于F，C原子的第一至第四电离能（kJ/mol）分别为：578、1817、2745、ll575，则E为Al元素，C为Mg元素；
G原子核外最外层电子数与B相同，G最外层电子数是1，其余各层均充满，则G元素的核电荷数=2+8+18+1=29，为Cu元素；
F位于第三周期且能和C形成化合物，则F为Cl元素，C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190℃的化合物Q，结合物质的结构来分析解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F、G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素，A原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，则A为第VA族元素，同一主族元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以A为N元素；
D、E原子核外的M层中均有两个未成对电子，E的原子序数大于D，所以D为Si元素、E为S元素；
B、E两元素组成化合物B₂E的晶体为离子晶体，说明B为活泼金属，B的原子序数大于A，所以B为Na元素；
C、F的原子均有三个能层，为第三周期元素，E的原子序数小于F，C原子的第一至第四电离能（kJ/mol）分别为：578、1817、2745、ll575，则E为Al元素，C为Mg元素；
G原子核外最外层电子数与B相同，G最外层电子数是1，其余各层均充满，则G元素的核电荷数=2+8+18+1=29，为Cu元素；
F位于第三周期且能和C形成化合物，则F为Cl元素，C与F能形成原子数目比为1：3、熔点为190℃的化合物Q，
（1）Na的单质晶体为体心立方堆积模型，8个顶点上各有一个原子，体心上含有一个原子，所以其配位数为8；
E元素的最高价氧化物为SO₃，三氧化硫分子中价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形；
F是Cl元素，原子核外有17个电子，根据构造原理知，F元素原子的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁵；
G的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子为铜氨络离子，铜氨络离子的化学式为[Cu（NH₃）₄]²⁺，
故答案为：8；平面三角形；1s²2s²2p⁶3s²3p⁵；[Cu（NH₃）₄]²⁺；
（2）B和E形成的化合物是氯化钠，D和E形成的化合物是四氯化硅，氯化钠为离子晶体，四氯化硅为分子晶体，一般来说，离子晶体的熔点大于分子晶体，所以氯化钠的熔点高于四氯化硅，
故答案为：NaCl的熔点高于SiCl₄，因为NaCl是离子晶体，SiCl₄是分子晶体；
（3）A为N元素，G为Cu元素，该晶胞中，Cu原子个数=12×$\frac{1}{4}$=3，N原子个数=8×$\frac{1}{8}$=1，该晶胞的化学式为
Cu₃N，该晶胞的边长=$\root{3}{\frac{m}{ρ}}$=$\root{3}{\frac{\frac{206}{{N}_{A}}}{a}}$cm=$\root{3}{\frac{206}{a{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\root{3}{\frac{206}{a{N}_{A}}}$；
（4）在1.0l×10⁵ Pa、t₁℃时，气体摩尔体积为53.4L/mol，实验测得Q的气态密度为5.00g/L，则此时Q的组成为（写化学式）．
（4）$ρ=\frac{M}{{V}_{m}}$，所以M=ρV_m=5.00g/L×53.4L/mol=267g/mol，AlCl₃的摩尔质量为133.5g/mol，Q的摩尔质量是氯化铝的2倍，所以Q分子中含有2个铝原子和6个氯原子，其化学式为Al₂Cl₆，
故答案为：Al₂Cl₆．

点评 本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，涉及晶胞的计算、化学式的确定、原子核外电子排布式的书写等知识点，正确推断元素是解本题关键，再结合题给信息进行分析解答，难点的晶胞的计算，根据密度公式解答即可，难度中等．