Question

16．已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36號元素，它們的原子序數(shù)依次增大．A的質子數(shù)、電子層數(shù)、最外層電子數(shù)均相等，B元素基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子總數(shù)相同，D的基態(tài)原子核外成對電子數(shù)是成單電子數(shù)的3倍，E⁴⁺與氬原子的核外電子排布相同．F是第四周期d區(qū)原子序數(shù)最大的元素．請回答下列問題：
（1）寫出E的價層電子排布式．
（2）A、B、C、D電負性由大到小的順序為O＞N＞C＞H（填元素符號）．
（3）F（BD）₄為無色揮發(fā)性劇毒液體，熔點-25℃，沸點43℃．不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有機溶劑，呈四面體構型，該晶體的類型為分子晶體，F(xiàn)與BD之間的作用力為配位鍵．
（4）開發(fā)新型儲氫材料是氫能利用的重要研究方向．
①由A、B、E三種元素構成的某種新型儲氫材料的理論結構模型如圖1所示，圖中虛線框內B原子的雜化軌道類型有3種；

②分子X可以通過氫鍵形成“籠狀結構”而成為潛在的儲氫材料．X一定不是BC（填標號）；
A．H₂0    B．CH₄    C．HF    D．CO（NH₂）₂
③F元素與鑭（ La）元素的合金可做儲氫材料，該晶體的晶胞如圖2所示，晶胞中心有一個F原子，其他F原子都在晶胞面上，則該晶體的化學式為LaNi₅；已知其摩爾質量為Mg．mol^-1，晶胞參數(shù)為apm，用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，則該晶胞的密度為$\frac{M}{{N}_{A}•{a}^{3}}×1{0}^{30}$g．cm^-3．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36號元素，它們的原子序數(shù)依次增大．
A的質子數(shù)、電子層數(shù)、最外層電子數(shù)均相等，則A為H元素；
B元素基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子總數(shù)相同，電子排布為1s²2s²2p²，則B為C元素；
D的基態(tài)原子核外成對電子數(shù)是成單電子數(shù)的3倍，則D為O元素，故C為N元素；
E⁴⁺與氬原子的核外電子排布相同，則E為Ti元素；
F是第四周期d區(qū)原子序數(shù)最大的元素，則F為Ni元素，據(jù)此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36號元素，它們的原子序數(shù)依次增大．
A的質子數(shù)、電子層數(shù)、最外層電子數(shù)均相等，則A為H元素；
B元素基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道且每種軌道中的電子總數(shù)相同，電子排布為1s²2s²2p²，則B為C元素；
D的基態(tài)原子核外成對電子數(shù)是成單電子數(shù)的3倍，則D為O元素，故C為N元素；
E⁴⁺與氬原子的核外電子排布相同，則E為Ti元素；
F是第四周期d區(qū)原子序數(shù)最大的元素，則F為Ni元素，
（1）E為22號元素Ti，其價層電子排布式為3d²4s²，
故答案為：3d²4s²；
（2）同周期元素從左到右電負性逐漸增大，電負性由大到小的順序為O＞N＞C＞H，
故答案為：O＞N＞C＞H；
（3）Ni（CO）₄熔沸點較低，為分子晶體；Ni為過渡元素容易提供空軌道，而CO提供孤對電子，二者形成配位鍵，
故答案為：分子晶體；配位鍵；
（4）①圖中虛線框內碳原子之間的化學鍵有C-C、C=C、C≡C，其雜化類型分別為sp³雜化、sp²雜化、sp雜化，所以雜化軌道類型有3種，
故答案為：3種；
②CH₄分子間沒有氫鍵不能形成“籠狀結構”，每個HF只能形成2個氫鍵，所以HF分子間只能形成鏈狀結構，
故答案為：BC；
③該合金的晶胞如圖所示，晶胞中心有一個鎳原子，其他8個鎳原子都在晶胞面上，鑭原子都在晶胞頂點，所以晶胞實際含有的鎳原子為1+8×$\frac{1}{2}$=5，晶胞實際含有的鑭原子為8×$\frac{1}{8}$=1，所以晶體的化學式LaNi₅，
晶胞的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{M}{{N}_{A}（a×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=$\frac{M}{{N}_{A}•{a}^{3}}×1{0}^{30}$，
故答案為：LaNi₅；$\frac{M}{{N}_{A}•{a}^{3}}×1{0}^{30}$．

點評 題目綜合性較大，涉及電負性、晶體、化學鍵、雜化軌道、晶胞計算等，難度中等，注意運用雜化理論推導分子構型．