Question

6．已知A、B、C、D、E、F六種元素的原子序數(shù)依次遞增，都位于前四周期．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；B的基態(tài)原子中電子占據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原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍．E有“生物金屬”之稱，E⁴⁺離子和氬原子的核外電子排布相同．F處于周期表中第9列．
（1）B、C、D三種元素的氫化物的沸點高低順序為CH₄＜NH₃＜H₂O，穩(wěn)定性順序為CH₄＜NH₃＜H₂O．
（2）同時含有A、B、D三種元素的化合物M是此類物質中為數(shù)不多的氣體，且分子中所有原子共平面，則M中σ鍵和π鍵個數(shù)比為3：1，B原子的雜化類型為sp²，M能和水以任意比混溶的原因是甲醛能和水分子間形成氫鍵．
（3）C的最高價含氧酸根的空間構型為平面三角形，E的基態(tài)原子的價電子排布式為3d²4s²
（4）“生物金屬”E內部原子的堆積方式與銅相同，都是面心立方堆積方式，如圖．則E晶胞中E的配位數(shù)為12，若該晶胞的密度為a g/cm³，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，E原子的摩爾質量為M g/mol，則E原子的半徑為$\root{3}{\frac{\sqrt{2}M}{8a{N}_{A}}}$cm
（5）F可形成分子式均為F（NH₃）₅BrSO₄的兩種配合物，其中一種化學式為[F（NH₃）₅Br]SO₄，往其溶液中加BaCl₂溶液時，產生的現(xiàn)象是產生白色沉；往另一種配合物的溶液中加入BaCl₂溶液時，無明顯現(xiàn)象，若加入AgNO₃溶液時，產生淡黃色沉淀，則第二種配合物的化學式為[Co（SO₄）（NH₃）₅]Br．

Answer 1

分析 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為H元素；B的基態(tài)原子中電子占據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，B的電子占據1s，2s，2p三個軌道，且每個軌道中電子數(shù)為2，B原子共有6個核外電子，B為碳元素；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，且D的原子序數(shù)比C元素的大，其電子排布為1s²2s²2p⁴，則D為O元素；根據原子序數(shù)大小可知C為N元素；E⁴⁺離子和氬原子的核外電子排布相同，E原子核外電子數(shù)為18+4=22，故E為Ti；F處于周期表中第9列，且處于第四周期，則F為Co元素，據此進行解答．

解答 解：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為H元素；B的基態(tài)原子中電子占據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，B的電子占據1s，2s，2p三個軌道，且每個軌道中電子數(shù)為2，B原子共有6個核外電子，B為碳元素；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，且D的原子序數(shù)比C元素的大，其電子排布為1s²2s²2p⁴，則D為O元素；根據原子序數(shù)大小可知C為N元素；E⁴⁺離子和氬原子的核外電子排布相同，E原子核外電子數(shù)為18+4=22，故E為Ti；F處于周期表中第9列，且處于第四周期，則F為Co元素，
（1）B、C、D分別為C、N、O元素，其氫化物分別為：CH₄、NH₃、H₂O，氨氣和水分子中都存在氫鍵，則甲烷的沸點最低，由于水分子中氫鍵大于氨氣，則三種氫化物的沸點高低為：CH₄＜NH₃＜H₂O；
非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，則三種元素的氫化物的穩(wěn)定性大小為：CH₄＜NH₃＜H₂O，
故答案為：CH₄＜NH₃＜H₂O；CH₄＜NH₃＜H₂O；
（2）同時含有H、C、O三種元素的化合物M是此類物質中為數(shù)不多的氣體，且分子中所有原子共平面，則M為甲醛：HCHO，C原子采取sp²雜化，1molM分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為3：1；由于甲醛能和水分子間形成氫鍵，所以甲醛能和水以任意比混溶，
故答案為：3：1；sp²雜化；甲醛能和水分子間形成氫鍵；
（3）C的最高價含氧酸根離子為硝酸根離子，NO₃^-中σ鍵數(shù)為3，孤對電子為$\frac{1}{2}$（5+1-2×3）=0，則N原子采用sp²雜化，空間構型為平面三角形；
E為Ti，Ti的基態(tài)原子的價電子排布式為：3d²4s²，
故答案為：平面三角形；3d²4s²；
（4）Ti的晶胞為面心立方最密堆積，以頂點Ti原子研究，與之最近的Ti原子位于面心上，每個頂點Ti原子為12個面共用，故Ti的配位數(shù)為12；
設Ti原子半徑為rcm，則晶胞棱長=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×4r cm=2$\sqrt{2}$r cm，則晶胞體積=（2$\sqrt{2}$rcm）³=16$\sqrt{2}$r³cm³，晶胞中Ti原子數(shù)目=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞質量=4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，則：
ag/cm³×16$\sqrt{2}$r³cm³=4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，解得r=$\root{3}{\frac{4M}{\sqrt{2}{N}_{A}×a×16}}$=$\root{3}{\frac{\sqrt{2}M}{8a{N}_{A}}}$，
故答案為：12；$\root{3}{\frac{\sqrt{2}M}{8a{N}_{A}}}$；
（5）一種化學式為[Co（NH₃）₅Br]SO₄，往其溶液中加BaCl₂溶液，發(fā)生反應：SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄，所以會生成白色沉淀；
向另一種配合物的溶液中加入BaCl₂溶液時，無明顯現(xiàn)象，若加入AgNO₃溶液時，產生淡黃色沉淀，該配合物能電離出Br^-，則其化學式為：[Co（NH₃）₅SO₄]Br，
故答案為：產生白色沉淀；[Co（SO₄）（NH₃）₅]Br．

點評 本題是對物質結構的考查，題目難度較大，涉及核外電子排布式、氫化物穩(wěn)定性與熔沸點高低判斷、雜化軌道、分子結構、晶胞結構與計算等，（4）中需要學生具備一定的空間想象與數(shù)學計算能力．