Question

【题目】A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，A的最高价和最低价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子未成对电子数目相同，E的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，F的基态原子的3d轨道是4s电子数的4倍．请回答下列问题：
（1）F的基态原了价电子排布式为；
（2）B、C、D、E的原子的第一电离能由小到大的顺序为；（用元素符号回答）
（3）下列关于B2A2分子和A2D2分子的说法正确的是；
A.分子中都含有σ键和π键
B.中心原子都sp杂化
C.都是含极性键和非极性键的非极性分子
D.互为等电子体
E.B2A2分子的沸点明显低于A2D2分子
（4）F2+能与BD分子形成[F（BD）4]2+ ， 其原因是BD分子中含有；
（5）由B、E、F三种元素形成的一种具有超导性的晶体，晶胞如图所示．B位于E和F原子紧密堆积所形成的空隙当中．与一个F原子距离最近的F原子的数目为 ， 该晶体的化学式为 ， 若该晶体的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数为NA ， B、E、F三种元素的原子半径分别为r1pm、r2pm、r3pm，则该晶体的密度表达式为 ．

Answer 1

【答案】
（1）3d84s2
（2）Mg＜C＜O＜N
（3）E
（4）孤电子对
（5）8；MgNi3C；
【解析】A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大．其中B的基态原子有3个不同的能级，且各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2 ， 故B为碳元素；A的最高正价和最低负价的绝对值相等，原子序数大于碳，故A为H元素；E的基态原子的s能级的电子总数与p能级的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2 ， D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，D的原子序数小于E，原子核外电子排布只能为1s22s22p4 ， 则D为O元素，故E为Mg，而C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，4s电子只能有2个电子层，故原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2 ， 故F为Ni，（1）F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，4s电子只能有2个电子层，3d能级有8个电子，故原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2 ， 价电子排布为3d84s2 ，
所以答案是：3d84s2；（2）C、N、O、Mg四种元素，Mg属于金属，第一电离能最小，C、N、O同周期，随原子序数增大的第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为Mg＜C＜O＜N，所以答案是：Mg＜C＜O＜N；（3）A．C2H2分子中含有C≡C三键、C﹣H键，含有σ键和π键，而H2O2分子为H﹣O﹣O﹣H，只含有σ键，故A错误；B．C2H2分子中C原子成2个σ键、没有孤对电子，杂化轨道数目为2，采取sp杂化，H2O2分子中O原子成2个σ键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故B错误；C．C2H2是直线型对称结构，是非极性分子，而H2O2分子是展开书页形结构，属于极性分子，故C错误；D．C2H2分子、H2O2分子含有电子总数或价电子总数不相等，不是等电子体，故D错误；E．C2H2常温下为气态，而H2O2常温下为液态，故E正确，所以答案是：E；（4）Ni2+能与CO分子通过配位键形成[Ni（CO）4]2+ ， 其原因是CO分子中含有孤电子对，所以答案是：孤电子对；（5）以上底面面心F原子研究，与之距离最近的F原子位于晶胞两个侧面及前后面面心上，而晶胞上底面为上层晶胞的下底面，故与之最近的F原子有8个；
由晶胞晶胞可知，晶胞中C原子数目=1、Ni元素数目=6× =3、Mg原子数目=8× =1，故该晶体的化学式为MgNi3C；晶胞质量= g，上底面对角线长度=（2r2+2r3）pm=（2r2+2r3）×10﹣10cm，故晶胞棱长= ×（2r2+2r3）×10﹣10cm= （r2+r3）×10﹣10cm，晶胞体积=[ （r2+r3）×10﹣10cm]3=2 （r2+r3）3×10﹣30cm3 ， 故晶胞密度= = g．cm﹣3 ， 所以答案是：8；MgNi3C； ．