现有六种元素.其中B.C.D.E为短周期主族元素.F.G为第四周期元素.它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息.回答问题B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是:I1=738kJ/mol I2=1451kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F 是前四周期原子电子轨道� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

3．

现有六种元素，其中B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题

B元素原子的核外p电子数比s电子数少1

C原子的第一至第四电离能分别是：
I₁=738kJ/mol I₂=1451kJ/mol I₃=7733kJ/mol I₄=10540kJ/mol

D原子核外所有p轨道全满或半满

E元素的主族序数与周期数的差为4

F 是前四周期原子电子轨道表示式中单电子数最多的元素

G在周期表的第十一列

（1）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形．
（2）C和与其左右相邻元素原子的第一电离能由大到小的顺序是Mg＞Al＞Na．
（3）①DE₃中心原子的杂化方式为sp³杂化，该分子中的键角比离子DE₄⁺中的键角小的原因是孤电子对与成键电子对的排斥作用力大于成键电子对之间的排斥作用力
②将E的单质通入到黄血盐{K₄[Fe（CN）₆]}溶液中，可得到赤血盐{K₃[Fe（CN）₆]}．该反应的离子方程式为2[Fe（CN）₆]^4-+Cl₂=2[Fe（CN）₆]^3-+2Cl^-
③已知含E的一种化合物与过氧化氢发生如下反应（已配平）：H₂O₂+

→

+HE，请写出横线上物质的结构式．
（4）F位于d区，价电子排布式为3d⁵4s¹．
（5）G单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积（如图），则晶胞中每个原子的配位数为12．假设晶胞边长为a，原子半径为r，列式表示该晶胞的空间利用率为$\frac{\sqrt{2}}{6}π$．

分析 B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s²2s²2p³，故B为N元素；
由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；
D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s²3p³，故D为P元素；
E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；
F第四周期元素中，外围电子排布为nd^xns^y，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，故F为Cr元素，
G在第四周期周期表的第十一列，G为Cu元素，据此解答各小题即可．

解答解：依据分析可知：B为N，C为Mg，D为P，E为Cl，F为Cr，G为Cu，
（1）B为N元素，核外电子排布式为1s²ns²np³，基态原子中能量最高的电子，处于2p能级，有3个电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：3，纺锤；
（2）C为镁，与Mg元素相邻的同周期元素为Na和Al，同一周期内，随着原子序数的增加，原子半径逐渐变小（稀有气体除外），原子核对外层电子的吸引越来越强，元素的原子越来越难失电子，因此元素的第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以第一电离能大小关系为：Mg＞Al＞Na，
故答案为：Mg＞Al＞Na；
（3）①DE₃为PCl₃，PCl₃中P原子孤电子对数为1，成3个σ键，则为sp³杂化，DE₄⁺为NH₄⁺，氨气分子中存在一对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥作用力大于成键电子对之间的排斥作用力，故氨气中键角大于铵根中键角，故答案为：sp³；孤电子对与成键电子对的排斥作用力大于成键电子对之间的排斥作用力；
②E的单质为氯气，反应为为氯气和黄血盐，生成物为赤血盐，故此反应的离子反应方程式为：[Fe（CN）₆]^4-+Cl₂=2[Fe（CN）₆]^3-+2Cl^-，故答案为：[Fe（CN）₆]^4-+Cl₂=2[Fe（CN）₆]^3-+2Cl^-；
③由所给的方程式可知，此反应为双氧水中的H被中去除E的部分取代生成的，故生成的另一种产物的结构简式为：，故答案为：；
（4）F为Cr元素，是25号元素，位于第四周期第VB族，最后填充的为d电子，为d区元素，价电子排布式为3d⁵4s¹，故答案为：d；3d⁵4s¹；
（5）由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的Cu原子分析，位于面心的Cu原子与之相邻最近，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12；Cu原子半径为r，对角线上三个原子相邻，对角线长度=4r，则晶胞棱长=$\sqrt{\frac{（4r）^{2}}{2}}$=2$\sqrt{2}$r，晶胞体积=（2$\sqrt{2}$r）³，该晶胞中Al原子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞密度=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$g/cm³=$\frac{\sqrt{2}M}{8{N}_{A}{r}^{3}}$g/cm³；
每个Cu原子体积=$\frac{4}{3}$πr³，该晶胞中含有4个Al原子，所以晶胞中所有Cu原子体积=4×$\frac{4}{3}$πr³，空间利用率=$\frac{所有铜原子体积}{晶胞体积}$=$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$，
故答案为：12； $\frac{\sqrt{2}π}{6}$．