Question

13．已知A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次遞增，前四種元素為短周期元素．A位于元素周期表s區(qū)，電子層數(shù)與未成對電子數(shù)相等；B基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每軌道中的電子總數(shù)相同；D原子核外成對電子數(shù)為未成對電子數(shù)的3倍；F位于第四周期d區(qū)，最高能級的原子軌道內(nèi)只有2個未成對電子；E的一種氧化物具有磁性．
（1）E基態(tài)原子的價層電子排布式為3d⁶4s²．第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與F相同且電負性最小的元素名稱為碳．
（2）CD₃^-的空間構(gòu)型為平面三角形．
（3）A、B、D三元素組成的一種化合物X是家庭裝修材料中常含有的一種有害氣體，X分子中的中心原子采用sp²雜化．
（4）F（BD）n的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，則n=4．根據(jù)等電子原理，B、D 分子內(nèi)σ鍵與π鍵的個數(shù)之比為1：2．
（5）一種EF的合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)．在晶胞中，F(xiàn)位于頂點，E位于面心，該合金中EF的原子個數(shù)之比為3：1．若晶胞邊長a pm，則合金密度為$\frac{226×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm³．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次遞增，A、B、C、D位于前三周期，A位于周期表的s區(qū)，其原子中電子層數(shù)和未成對電子數(shù)相同，則A是H元素；B的基態(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，則B是C元素；D原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，則D是O元素，C的原子序數(shù)大于B而小于D，則C是N元素；F為28號元素，則F是Ni元素；E的一種氧化物具有磁性，則E是Fe元素，以此來解答．

解答 解：（1）E是Fe元素，其原子核外有26個電子，根據(jù)構(gòu)造原理知，基態(tài)Fe核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，價電子排布為3d⁶4s²；Ni原子未成對電子數(shù)是2，第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與F相同且電負性最小的元素名稱為碳，
故答案為：3d⁶4s²；碳；
（2）NO₃^-中價層電子對個數(shù)=3+$\frac{1}{2}$（5+1-3×2）=3且不含孤電子對，所以為平面三角形，
故答案為：平面三角形；
（3）A、B、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，則該M的化學(xué)式為HCHO，M分子中的中心原子價層電子對個數(shù)為3且不含孤電子對，所以采用sp²雜化，
故答案為：sp²；
（4）配合物Ni（CN）_n的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，Ni原子價電子數(shù)是10，每個CN提供2個電子，則n=4，等電子體結(jié)構(gòu)相似，CO和N₂為等電子體，其結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)等電子原理，CO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為1：2，
故答案為：4；1：2；
（5）一種E和F的合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)，在晶胞中，Ni原子位于頂點，F(xiàn)e原子位于面心，Ni原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$=1，F(xiàn)e原子個數(shù)=6×$\frac{1}{2}$=3，則該合金中E原子與F原子個數(shù)之比為3：1，若該晶胞的邊長為apm，則合金的密度=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{58+56×3}{{N}_{A}}}{{（a×1{0}^{-10}）}^{3}}$=$\frac{226×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm^-3，
故答案為：$\frac{226×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$．

點評 本題考查晶胞計算及原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握電子排布、雜化理論、晶體結(jié)構(gòu)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意（5）為解答的難點，題目難度中等．