Question

16．已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，B元素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的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E⁴⁺与氩原子的核外电子排布相同．F是第四周期d区原子序数最大的元素．请回答下列问题：
（1）写出E的价层电子排布式．
（2）A、B、C、D电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H（填元素符号）．
（3）F（BD）₄为无色挥发性剧毒液体，熔点-25℃，沸点43℃．不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，呈四面体构型，该晶体的类型为分子晶体，F与BD之间的作用力为配位键．
（4）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向．
①由A、B、E三种元素构成的某种新型储氢材料的理论结构模型如图1所示，图中虚线框内B原子的杂化轨道类型有3种；

②分子X可以通过氢键形成“笼状结构”而成为潜在的储氢材料．X一定不是BC（填标号）；
A．H₂0    B．CH₄    C．HF    D．CO（NH₂）₂
③F元素与镧（ La）元素的合金可做储氢材料，该晶体的晶胞如图2所示，晶胞中心有一个F原子，其他F原子都在晶胞面上，则该晶体的化学式为LaNi₅；已知其摩尔质量为Mg．mol^-1，晶胞参数为apm，用NA表示阿伏伽德罗常数，则该晶胞的密度为$\frac{M}{{N}_{A}•{a}^{3}}×1{0}^{30}$g．cm^-3．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．
A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，则A为H元素；
B元素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的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，则D为O元素，故C为N元素；
E⁴⁺与氩原子的核外电子排布相同，则E为Ti元素；
F是第四周期d区原子序数最大的元素，则F为Ni元素，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．
A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，则A为H元素；
B元素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的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，则D为O元素，故C为N元素；
E⁴⁺与氩原子的核外电子排布相同，则E为Ti元素；
F是第四周期d区原子序数最大的元素，则F为Ni元素，
（1）E为22号元素Ti，其价层电子排布式为3d²4s²，
故答案为：3d²4s²；
（2）同周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，
故答案为：O＞N＞C＞H；
（3）Ni（CO）₄熔沸点较低，为分子晶体；Ni为过渡元素容易提供空轨道，而CO提供孤对电子，二者形成配位键，
故答案为：分子晶体；配位键；
（4）①图中虚线框内碳原子之间的化学键有C-C、C=C、C≡C，其杂化类型分别为sp³杂化、sp²杂化、sp杂化，所以杂化轨道类型有3种，
故答案为：3种；
②CH₄分子间没有氢键不能形成“笼状结构”，每个HF只能形成2个氢键，所以HF分子间只能形成链状结构，
故答案为：BC；
③该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点，所以晶胞实际含有的镍原子为1+8×$\frac{1}{2}$=5，晶胞实际含有的镧原子为8×$\frac{1}{8}$=1，所以晶体的化学式LaNi₅，
晶胞的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{M}{{N}_{A}（a×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=$\frac{M}{{N}_{A}•{a}^{3}}×1{0}^{30}$，
故答案为：LaNi₅；$\frac{M}{{N}_{A}•{a}^{3}}×1{0}^{30}$．

点评 题目综合性较大，涉及电负性、晶体、化学键、杂化轨道、晶胞计算等，难度中等，注意运用杂化理论推导分子构型．