Question

19．A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次增大，A的最高價(jià)和最低價(jià)的絕對(duì)值相等，B的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級(jí)且各能級(jí)中電子數(shù)相等，D的基態(tài)原子與B的基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)目相同，E的基態(tài)原子s能級(jí)的電子總數(shù)與p能級(jí)的電子數(shù)相等，F(xiàn)的基態(tài)原子的3d軌道是4s電子數(shù)的4倍．請(qǐng)回答下列問題：
（1）F的基態(tài)原了價(jià)電子排布式為3d⁸4s²；
（2）B、C、D、E的原子的第一電離能由小到大的順序?yàn)镸g＜C＜O＜N；（用元素符號(hào)回答）
（3）下列關(guān)于B₂A₂分子和A₂D₂分子的說法正確的是E；
A．分子中都含有σ鍵和π鍵
B．中心原子都sp雜化
C．都是含極性鍵和非極性鍵的非極性分子
D．互為等電子體
E．B₂A₂分子的沸點(diǎn)明顯低于A₂D₂分子
（4）F²⁺能與BD分子形成[F（BD）₄]²⁺，其原因是BD分子中含有孤電子對(duì)；
（5）由B、E、F三種元素形成的一種具有超導(dǎo)性的晶體，晶胞如圖所示．B位于E和F原子緊密堆積所形成的空隙當(dāng)中．與一個(gè)F原子距離最近的F原子的數(shù)目為8，該晶體的化學(xué)式為MgNi₃C，若該晶體的相對(duì)分子質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，B、E、F三種元素的原子半徑分別為r₁pm、r₂pm、r₃pm，則該晶體的密度表達(dá)式為$\frac{1{0}^{30}M}{2\sqrt{2}（{r}_{2}+{r}_{3}）^{3}•{N}_{A}}$．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次增大．其中B的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級(jí)，且各能級(jí)中的電子數(shù)相等，原子核外電子排布式為1s²2s²2p²，故B為碳元素；A的最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)的絕對(duì)值相等，原子序數(shù)大于碳，故A為H元素；E的基態(tài)原子的s能級(jí)的電子總數(shù)與p能級(jí)的電子數(shù)相等，原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，D的基態(tài)原子與B的基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)目相同，D的原子序數(shù)小于E，原子核外電子排布只能為1s²2s²2p⁴，則D為O元素，故E為Mg，而C的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則C為N元素；F的基態(tài)原子的3d軌道電子數(shù)是4s電子數(shù)的4倍，4s電子只能有2個(gè)電子層，故原子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²，故F為Ni，以此來解答該題．

解答 解：A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次增大．其中B的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級(jí)，且各能級(jí)中的電子數(shù)相等，原子核外電子排布式為1s²2s²2p²，故B為碳元素；A的最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)的絕對(duì)值相等，原子序數(shù)大于碳，故A為H元素；E的基態(tài)原子的s能級(jí)的電子總數(shù)與p能級(jí)的電子數(shù)相等，原子核外電子排布式為1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，D的基態(tài)原子與B的基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)目相同，D的原子序數(shù)小于E，原子核外電子排布只能為1s²2s²2p⁴，則D為O元素，故E為Mg，而C的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則C為N元素；F的基態(tài)原子的3d軌道電子數(shù)是4s電子數(shù)的4倍，4s電子只能有2個(gè)電子層，故原子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²，故F為Ni，
（1）F的基態(tài)原子的3d軌道電子數(shù)是4s電子數(shù)的4倍，4s電子只能有2個(gè)電子層，3d能級(jí)有8個(gè)電子，故原子核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸4s²，價(jià)電子排布為3d⁸4s²，
故答案為：3d⁸4s²；
（2）C、N、O、Mg四種元素，Mg屬于金屬，第一電離能最小，C、N、O同周期，隨原子序數(shù)增大的第一電離能呈增大趨勢(shì)，但N元素2p能級(jí)容納3個(gè)電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由小到大的順序?yàn)镸g＜C＜O＜N，
故答案為：Mg＜C＜O＜N；
（3）A．C₂H₂分子中含有C≡C三鍵、C-H鍵，含有σ鍵和π鍵，而H₂O₂分子為H-O-O-H，只含有σ鍵，故A錯(cuò)誤；
B．C₂H₂分子中C原子成2個(gè)σ鍵、沒有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目為2，采取sp雜化，H₂O₂分子中O原子成2個(gè)σ鍵、含有2對(duì)孤電子對(duì)，雜化軌道數(shù)目為4，采取sp³雜化，故B錯(cuò)誤；
C．C₂H₂是直線型對(duì)稱結(jié)構(gòu)，是非極性分子，而H₂O₂分子是展開書頁(yè)形結(jié)構(gòu)，屬于極性分子，故C錯(cuò)誤；
D．C₂H₂分子、H₂O₂分子含有電子總數(shù)或價(jià)電子總數(shù)不相等，不是等電子體，故D錯(cuò)誤；
E．C₂H₂常溫下為氣態(tài)，而H₂O₂常溫下為液態(tài)，故E正確，
故答案為：E；
（4）Ni²⁺能與CO分子通過配位鍵形成[Ni（CO）₄]²⁺，其原因是CO分子中含有孤電子對(duì)，故答案為：孤電子對(duì)；
（5）以上底面面心F原子研究，與之距離最近的F原子位于晶胞兩個(gè)側(cè)面及前后面面心上，而晶胞上底面為上層晶胞的下底面，故與之最近的F原子有8個(gè)；
由晶胞晶胞可知，晶胞中C原子數(shù)目=1、Ni元素?cái)?shù)目=6×$\frac{1}{2}$=3、Mg原子數(shù)目=8×$\frac{1}{8}$=1，故該晶體的化學(xué)式為MgNi₃C；
晶胞質(zhì)量=$\frac{M}{{N}_{A}}$g，上底面對(duì)角線長(zhǎng)度=（2r₂+2r₃）pm=（2r₂+2r₃）×10^-10cm，故晶胞棱長(zhǎng)=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×（2r₂+2r₃）×10^-10cm=$\sqrt{2}$（r₂+r₃）×10^-10cm，晶胞體積=[$\sqrt{2}$（r₂+r₃）×10^-10cm]³=2$\sqrt{2}$（r₂+r₃）³×10^-30cm³，故晶胞密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}\;g}{2\sqrt{2}（{r}_{2}+{r}_{3}）^{3}×1{0}^{-30}\;c{m}^{3}}$=$\frac{1{0}^{30}M}{2\sqrt{2}（{r}_{2}+{r}_{3}）^{3}•{N}_{A}}$g．cm^-3，
故答案為：8；MgNi₃C；$\frac{1{0}^{30}M}{2\sqrt{2}（{r}_{2}+{r}_{3}）^{3}•{N}_{A}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、電離能、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、配合物、晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算等，學(xué)生要熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)，并能遷移運(yùn)用，（5）中晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算，為易錯(cuò)點(diǎn)，需要學(xué)生具有一定的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算能力，難度中等．