Question

7．前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素，A、B、C、D、E、H中，A元素在宇宙中含量最豐富，B元素基態(tài)原子的核外有3種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子數(shù)目相同．D元素是地殼中含量最多的元素，E為d區(qū)元素，其外圍電子排布中有4對成對電子，H元素基態(tài)原子最外層只有一個電子，其它層均已充滿電子．
（1）E元素在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族．
（2）六種元素中電負性最大的元素為O，前五種元素中第一電離能最小的元素為Ni（寫元素符號）．C元素與元素氟能形成C₂F₂分子，該分子中C原子的雜化方式是sp²．
（3）配合物E（BD）₄常溫下為液態(tài)，易溶于CCl₄、苯等有機溶劑，據(jù)此判斷該分子屬于非極性分子（填“極性”或“非極性”）．該分子中σ鍵與π鍵數(shù)目比為1：1．
（4）H單質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則原子采取的堆積方式為面心立方最密堆積，若已知H原子半徑為r pm，N_A表示阿伏伽德羅常數(shù)，摩爾質(zhì)量為M，用相應(yīng)字母表示：
①該原子的配位數(shù)為12．
②該晶體的密度為$\frac{M×1{0}^{30}}{4\sqrt{2}{r}^{3}{N}_{A}}$g/cm³．
③H原子采取這種堆積方式的空間利用率為$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%（用含π表達式表示）．

Answer 1

分析 前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素，A、B、C、D、E、H中，A元素在宇宙中含量最豐富，則A為氫元素；B元素基態(tài)原子的核外有3種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子數(shù)目相同，原子核外電子排布式為1s²2s²2p²，故B為碳元素；D元素是地殼中含量最多的元素則D為氧元素；C的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為氮元素；E為d區(qū)元素，其外圍電子排布中有4對成對電子，外圍的電子排布式為3d⁸4s²，故E為Ni；H元素基態(tài)原子最外層只有一個電子，其它層均已充滿電子，原子核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，故H為Cu．

解答 解：前四周期原子序數(shù)依次增大的六種元素，A、B、C、D、E、H中，A元素在宇宙中含量最豐富，則A為氫元素；B元素基態(tài)原子的核外有3種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子數(shù)目相同，原子核外電子排布式為1s²2s²2p²，故B為碳元素；D元素是地殼中含量最多的元素則D為氧元素；C的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為氮元素；E為d區(qū)元素，其外圍電子排布中有4對成對電子，外圍的電子排布式為3d⁸4s²，故E為Ni；H元素基態(tài)原子最外層只有一個電子，其它層均已充滿電子，原子核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，故H為Cu．
（1）E為Ni，元素在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族，
故答案為：第四周期Ⅷ族；
（2）六種元素中氧元素非金屬性最大，則電負性最大的元素為O，前五種元素中注意Ni為金屬元素，其它均為非金屬元素，故第一電離能最小的元素為Ni，C元素與元素氟能形成N₂F₂分子，結(jié)構(gòu)式為F-N=N-F，該分子中N原子形成2個σ鍵，含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)目為3，氮原子采取sp²雜化，
故答案為：O；Ni；sp²；
（3）配合物Ni（CO）₄常溫下為液態(tài)，易溶于CCl₄、苯等有機溶劑，結(jié)合相似相溶原理判斷該分子屬于非極性分子，Ni與CO之間形成配位鍵，CO與N₂互為等電子體，CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)，則Ni（CO）₄分子中σ鍵與π鍵數(shù)目比為8：8=1：1，
改答案為：非極性；1：1；
（4）H單質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)中原子處于頂點與面心，則原子采取的堆積方式為 面心立方最密堆積，
①以頂點原子研究，與之相鄰的原子處于面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，晶胞中原子的配位數(shù)是$\frac{3×8}{2}$=12；
②若H原子的半徑為r pm，則晶胞棱長為4r pm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$r pm，則晶胞體積為（2$\sqrt{2}$r×10^-10 cm）³，晶胞中H原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，則晶胞質(zhì)量為4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，則該晶體的密度為 4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g÷（2$\sqrt{2}$r×10^-10 cm）³=$\frac{M×1{0}^{30}}{4\sqrt{2}{r}^{3}{N}_{A}}$ g/cm³．
③若H原子的半徑為r，則晶胞棱長為4r×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$r，則晶胞體積為（2$\sqrt{2}$r）³，晶胞中H原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞中Q原子占有的總體積為4×$\frac{4}{3}$πr³，晶胞中原子的空間利用率=$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$×100%=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%，
故答案為：面心立方最密堆積；①12；②$\frac{M×1{0}^{30}}{4\sqrt{2}{r}^{3}{N}_{A}}$；③$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電離能、電負性、雜化方式、晶體類型與性質(zhì)、化學鍵、晶胞結(jié)構(gòu)與計算等，（4）中關(guān)鍵是理解原子半徑與晶胞棱長關(guān)系，掌握均攤法進行晶胞有關(guān)計算，注意同周期第一電離能異常情況．