Question

已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數A＜B＜C＜D＜E＜F．其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B₂E的晶體為離子晶體，E原子核外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單質的晶體類型在同周期的單質中沒有相同的；F原子核外最外層電子數與B相同，其余各層電子均充滿．請根據以上信息，回答下列問題：（答題時，A、B、C、D、E、F用所對應的元素符號表示）
（1）A、B、C、D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）
（2）B的氯化物的熔點比D的氯化物的熔點

高

（填高或低），理由是

NaCl為離子晶體而SiCl₄為分子晶體

．
（3）A的最高價氧化物對應的水化物分子中其中心原子采取

sp²

雜化，E的最高價氧化物分子的空間構型是

平面正三角形

．
（4）F的核外電子排布式是

1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹（或[Ar]3d¹⁰4s¹）

，F的高價離子與A的簡單氫化物形成的配離子的化學式為

[Cu（NH₃）₄]²⁺

．
（5）A、F形成某種化合物的晶胞結構如圖所示，則其化學式為

Cu₃N

；（每個球均表示1個原子）
（6）A、C形成的化合物具有高沸點和高硬度，是一種新型無機非金屬材料，則其化學式為

AlN

，其晶體中所含的化學鍵類型為

共價鍵

．

Answer 1

分析：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數A＜B＜C＜D＜E＜F．C元素是地殼中含量最高的金屬元素，為Al元素；A原子核外有三個未成對電子，原子序數小于Al元素，其電子排布式為1S²2S²2P³，為N元素；E原子核外的M層中只有兩對成對電子，電子排布式為1S²2S²2P⁶3S²3P⁴，應為S元素；化合物B₂E的晶體為離子晶體，B應為第ⅠA族元素，且原子序數在N元素和Al之間，應為Na元素；D單質的晶體類型在同周期的單質中沒有相同的，D處于第三周期，故D為Si元素；F原子核外最外層電子數與B相同，其余各層均充滿，且原子序數最大，電子排布式為1S²2S²2P⁶3S²3P⁶3d¹⁰4S¹，應為Cu元素，據此解答．

解答：解：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數A＜B＜C＜D＜E＜F．C元素是地殼中含量最高的金屬元素，為Al元素；A原子核外有三個未成對電子，原子序數小于Al元素，其電子排布式為1S²2S²2P³，為N元素；E原子核外的M層中只有兩對成對電子，電子排布式為1S²2S²2P⁶3S²3P⁴，應為S元素；化合物B₂E的晶體為離子晶體，B應為第ⅠA族元素，且原子序數在N元素和Al之間，應為Na元素；D單質的晶體類型在同周期的單質中沒有相同的，D處于第三周期，故D為Si元素；F原子核外最外層電子數與B相同，其余各層均充滿，且原子序數最大，電子排布式為1S²2S²2P⁶3S²3P⁶3d¹⁰4S¹，應為Cu元素，
（1）在元素周期表中，同一周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，同一主族元素的第一電離能從上到下逐漸減小，據此可判斷四種元素的第一電離能的順序為：Na＜Al＜Si＜N，
故答案：Na＜Al＜Si＜N；
（2）因NaCl為離子晶體而SiCl₄為分子晶體，原子晶體的熔沸點遠大于分子晶體的熔沸點，故答案為：高；NaCl為離子晶體而SiCl₄為分子晶體；
（3）HNO₃中氫原子與氧原子呈O-H將，故N原子價層電子對數為3+

5-2×2-1×1

2

=3，則N原子采取sp²雜化，S0₃中含有3個δ鍵，孤電子對數為

6-2×3

2

=0，所以分子的空間構型是平面正三角形，
故答案為：sp²雜化；平面正三角形；
（4）根據能量最低原理書寫電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹（或[Ar]3d¹⁰4s¹），銅離子與氨氣可以配位鍵形成配合物，其化學式為，[Cu（NH₃）₄]²⁺，
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹（或[Ar]3d¹⁰4s¹）；[Cu（NH₃）₄]²⁺；
（5）根據晶胞中微粒個數的分配方法計算，晶胞中含有N原子的數目為8×

1

8

=1，Cu原子的數目為：12×

1

4

=3，故化學式為Cu₃N，故答案為：Cu₃N；
（6）A、C形成的化合物為AlN，根據化合物具有高沸點和高硬度，是一種新型無機非金屬材料，可判斷晶體類型為原子晶體，化學鍵類型為共價鍵，
故答案為：AlN；共價鍵．

點評：本題考查元素推斷題，推斷出元素的種類是解答本題的關鍵，推斷時注意從原子的核外電子排布特點以及元素的特殊性質為突破口解答，本題具有一定難度．