Question

现有A、B、D、E、F、G六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大，E、F同主族，A、B的最外层电子数之和与D的最外层电子数相等，A、D、E的质子数之和与F的原子序数相等，A能分别与B、D、E形成电子总数相等的分子．E、F均能形成多种同素异形体，G²⁺的3d能级有8个电子．
（1）G原子的外围电子排布式

 

；F的核外电子空间运动状态有

 

种
（2）B、D、E三种元素中电负性最大的是

 

（3）B、E、G形成的配合物G（BE）₄，常温下G（BE）₄为液态，易溶于CCl₄、苯等有机溶剂，G（BE）₄属于

 

晶体
（4）BA₄、DH₃两种分子在A₂E中的溶解度相差很大，其原因是

 

；
（5）B和D形成的化合物结构如图1，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料．写出该化合物的化学式

 

；其硬度超过金刚石的原因是

 

．
（6）A₂是新型清洁能源，镧（La）和G单质的合金可做存储A₂的材料．该合金的晶胞如图2所示，若该晶胞的棱长为a pm，则该晶体的密度为

 

g/cm³（阿伏加德罗常数用N_A表示）

Answer 1

考点：位置结构性质的相互关系应用,原子核外电子排布,元素电离能、电负性的含义及应用,晶胞的计算

专题：元素周期律与元素周期表专题,化学键与晶体结构

分析：A能分别与B、D、E形成电子总数相等的分子，且A为此六种元素中原子序数最小的元素，不难推断A为H，H能与C、N、O、F等形成10个电子的分子；
E、F同主族，前四周期元素上下周期同一主族的元素，原子序数相差8，即E的原子序数+8=F的原子序数，又A、D、E的质子数之和与F的原子序数相等，即1+D的原子序数=8=E的原子序数，推出D的原子序数为7，即D为N，E为O，那么F与O同族，且原子序数差8，那么F为S；
A、B的最外层电子数之和与D的最外层电子数相等，D为N，最外层电子数为5，即B的最外层电子数为4，即B为C，据此回答各小题即可；
（1）根据构造原理，核外电子排满4s再排3d，3d能级中有8个电子，不存在洪特规则特例情况，因此4s上的电子数为2，据此解答即可；
（2）非金属性越强，电负性越大；
（3）依据相似相容原理回答即可；
（4）CH₄为非极性分子，NH₃为极性分子，H₂O为极性溶剂，根据相似相容原理，NH₃在水中的溶解度大，且NH₃与H₂O可形成分子间氢键，增大了NH₃在H₂O中的溶解度；
（5）依据晶胞计算C、N的个数比，依据键长大小判断键能大小；
（6）该晶胞中La为：8×

1

8

=1；Ni为：1+8×

1

4

=5，据此解答即可．

解答： 解：（1）核外电子排满4s再排3d，3d能级中有8个电子，故G原子的外围电子排布式为3d⁸4s²，即G元素为Ni，F为S，其核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁴，故其运动状态有9种；故答案为：3d⁸4s²；9；
（2）依据分析可知：B、D、E三种元素分别为C、N、O，非金属性越强，电负性越大，故O的电负性最大，故答案为：O；
（3）C、O、Ni形成的配合物Ni（CO）₄为液态，易溶于CCl₄、苯等有机溶剂，故为分子晶体，故答案为：分子晶体；
（4）CH₄为非极性分子，NH₃为极性分子，H₂O为极性溶剂，根据相似相容原理，NH₃在水中的溶解度大，且NH₃与H₂O可形成分子间氢键，增大了NH₃在H₂O中的溶解度，故答案为：CH₄为非极性分子，NH₃为极性分子，H₂O为极性溶剂，根据相似相容原理，NH₃在水中的溶解度大，且NH₃与H₂O可形成分子间氢键，增大了NH₃在H₂O中的溶解度；
（5）由C和N写成的化合物中，每个C成4个共价键，故晶胞中C的个数为：

1

4

，每个N成3个共价键，故晶胞中N的个数为

1

3

，即C：N=

1

4

：

1

3

=3：4，故该化合物的化学式为：C₃N₄； 由于此化合物中碳氮键的键长小于碳碳键的键长，所以它的硬度超过金刚石，
故答案为：C₃N₄；碳氮键的键长小于碳碳键的键长，所以前者的键能大，故其硬度大；
（6）每个晶胞中，La位于顶点，8×

1

8

=1，Ni位于体心和面心，1+8×

1

4

=5，化学式为LaNi₅；
晶胞中含有1个lLa原子，5个Ni原子，则晶胞质量为

139+5×59

NA

g，该晶胞体积为a³pm³=（a×10^-10）³cm³则密度ρ=

434

(a×10-10)×NA

，
故答案为：

434

(a×10-10)3×NA

．

点评：本题主要考查的是元素的推断、原子核外电子排布、电负性大小比较、晶胞的有关计算等，综合性较强，是一道不错的题目．