Question

11．现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子．请回答下列问题：

（1）用元素符号表示B、C、D三种元素的电负性由低到高的顺序C＜N＜O．
（2）E在周期表中位置是第四周期第VIII族．
（3）E元素的+2价氧化物的熔点比+3价氧化物低  （高或低），原因是Fe²⁺半径比Fe³⁺大，所带电荷也小于Fe³⁺，FeO的晶格能比Fe₂O₃的小．
（4）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点．
①F原子的外围电子排布式为3d¹⁰4S¹．向F的硫酸盐溶液中通入过量C与A形成的气体N，可生成[F（N）₄]²⁺，1mol该离子中含σ键的个数为16N_A．
②某化合物与F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图甲所示的离子：该离子中碳原子的杂化方式有sp²、sp³．
（5）BD是一种有毒气体，与单质C互为等电子体，则BD中σ键与π键个数比为1：2，为减少中毒事件的发生，可以用银氨溶液检测微量的BD，其原理与银镜反应相似，有银析出，写出银氨溶液与BD反应的化学方程式CO+2Ag（NH₃）₂OH→（NH₄）2CO₃+2Ag↓+2NH₃．
（6）B单质的一种同素异形体的晶胞如图乙所示，若晶体的密度为ρg/cm³，阿伏加德罗常数的值为N_A，则晶体中最近的两个原子之间的距离为$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{sin\frac{109°28′}{2}}$ cm．

Answer 1

分析 A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，应为H元素，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，电子排布为1s²2s²2p²，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，应为O元素，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，只能处于第三周期，且E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d⁶4s²，故E为Fe，F为Cu，以此解答该题．

解答 解：A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，应为H元素，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，电子排布为1s²2s²2p²，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，应为O元素，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，只能处于第三周期，且E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d⁶4s²，故E为Fe，F为Cu，
（1）同周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性由低到高的顺序为C＜N＜O，故答案为：C＜N＜O；
（2）E为Fe，位于周期表第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；
（3）因Fe²⁺半径比Fe³⁺大，所带电荷也小于Fe³⁺，FeO的晶格能比Fe₂O₃的小，则铁元素的+2价氧化物的熔点比+3价氧化物低，
故答案为：低； Fe²⁺半径比Fe³⁺大，所带电荷也小于Fe³⁺，FeO的晶格能比Fe₂O₃的小；
（4）①F为Cu，原子的外围电子排布式为3d¹⁰4s¹ ，向CuSO₄溶液中通入过量的NH₃可生成[Cu（NH₃）₄]²⁺，离子的结构式为，1mol该离子中含σ键的个数为16N_A，
故答案为：3d¹⁰4S¹；16N_A；
②杂环上的碳原子含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp²杂化，亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp³杂化，
故答案为：sp²、sp³；
（5）CO和氮气为等电子体，则结构式为C≡O，含有1个σ键、2个π键，个数比为1：2，可以用银氨溶液检测微量的CO，其原理与银镜反应相似，有银析出，则与银氨溶液反应的化学方程式为CO+2Ag（NH₃）₂OH→（NH₄）2CO₃+2Ag↓+2NH₃，
故答案为：1：2；CO+2Ag（NH₃）₂OH→（NH₄）2CO₃+2Ag↓+2NH₃；
（6）晶胞中C原子数目=4+6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=8，晶胞质量=8×$\frac{12}{{N}_{A}}$g=$\frac{96}{{N}_{A}}$g，若晶体的密度为ρg/cm³，则晶胞体积=$\frac{\frac{96}{{N}_{A}}g}{ρ\;g/c{m}^{3}}$=$\frac{96}{ρ{N}_{A}}$cm³，则晶胞棱长=$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$cm，C原子与周围4个C原子形成正四面体，该正四面体的棱长=$\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$×$\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}$cm，则晶体中最近的两个原子之间的距离=$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{sin\frac{109°28′}{2}}$cm，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{sin\frac{109°28′}{2}}$．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电负性、配合物、杂化理论、晶胞计算等，（4）中计算为易错点、难点，需要学生理解晶胞结构，具备一定的空间想象与数学计算能力，注意理解均摊法进行晶胞有关计算，难度中等．