Question

1．周期表中的五種元素A、B、D、E、F，原子序數(shù)依次增大．A的基態(tài)原子價層電子排布為1sⁿnsⁿnpⁿ，B的基態(tài)原子2p能級有3個單電子；D是一種富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位；E²⁺的3d軌道中有10個電子；F位于第六周期，與Cu同族，其單質(zhì)在金屬活動性順序表中排在末位．
（l）寫出E的基態(tài)原子的價層電子排布式3d¹⁰4s²．
（2）A、B形成的AB^-常作為配位化臺物中的配體，其A原子的雜化方式為sp，AB^-中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為1：2．
（3）FD₃是一種褐紅色晶體，吸濕性極強，易溶于水和乙醇，無論是固態(tài)、還是氣態(tài)，它都是以二聚體F₂D₆的形式存在．依據(jù)以上信息判斷FD₃晶體的結(jié)構(gòu)屬于分子晶體，寫出F₂D₆的結(jié)構(gòu)式
（4）E、F均能與AB^-形成配離子，已知E與AB^-形成的配離子為正四面體形．F（+1價）與AB形成的配離子為直線形，工業(yè)上常用F和AB^-形成的配離子與E反應來提取F單質(zhì)，寫出E置換F的離子方程式Zn+2[Au（CN）₂]^-=2Au+[Zn（CN）₂]^2-．
（5）F單質(zhì)的晶體為面心立方最密堆積，若F的原子半徑為anm，F(xiàn)單質(zhì)的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，求F單質(zhì)的密度為P=$\frac{1{0}^{21}M}{4\sqrt{2}{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³．（用a、NA、M的代數(shù)式表示）

Answer 1

分析 周期表中的五種元素A、B、D、E、F，原子序數(shù)依次增大．A的基態(tài)原子價層電子排布為1sⁿnsⁿnpⁿ，s能級容納2個電子，則A有6個電子，所以A為C元素；
B的基態(tài)原子2p能級有3個單電子，則B為N元素；D是一種富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位，則D為Cl元素；E²⁺的3d軌道中有10個電子，為Zn，F(xiàn)位于第六周期，與Cu同族，其單質(zhì)在金屬活動性順序表中排在末位，為Au元素，結(jié)合對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期率的遞變規(guī)律解答該題．

解答 解：周期表中的五種元素A、B、D、E、F，原子序數(shù)依次增大．A的基態(tài)原子價層電子排布為1sⁿnsⁿnpⁿ，s能級容納2個電子，則A有6個電子，所以A為C元素；
B的基態(tài)原子2p能級有3個單電子，則B為N元素；D是一種富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位，則D為Cl元素；E²⁺的3d軌道中有10個電子，為Zn，F(xiàn)位于第六周期，與Cu同族，其單質(zhì)在金屬活動性順序表中排在末位，為Au元素，
（1）基態(tài)Zn原子的價電子排布式為3d¹⁰4s²，故答案為：3d¹⁰4s²；
（2）A、B形成的CN^-常作為配位化合物中的配體，CN^-中C原子雜化軌道數(shù)目為1+$\frac{4+1-3}{2}$=2，C原子雜化方式為 sp雜化，CN^-與氮氣互為等電子體，C原子與N原子之間形成C≡N三鍵，含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為 1：2，
故答案為：sp；1：2；
（3）AuCl₃是一種褐紅色晶體，吸濕性極強，易溶于水和乙醇，無論是固態(tài)、還是氣態(tài)，它都是以二聚體Au₂Cl₆的形式存在，依據(jù)以上信息判斷AuCl₃晶體的結(jié)構(gòu)屬于分子晶體，Au₂Cl₆的結(jié)構(gòu)式為：，
故答案為：分子；；
（4）E為Zn，F(xiàn)為Au，工業(yè)上常用F和AB^-形成的配離子與E反應來提取F單質(zhì)，反應的離子放出為Zn+2[Au（CN）₂]^-=2Au+[Zn（CN）₂]^2-，
故答案為：Zn+2[Au（CN）₂]^-=2Au+[Zn（CN）₂]^2-；
（5）Au單質(zhì)的晶體為面心立方最密堆積，則晶胞中含有Au原子個數(shù)為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，F(xiàn)單質(zhì)的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，則晶胞的質(zhì)量為$\frac{4M}{{N}_{A}}$，若Au的原子半徑為anm，則晶胞的體積為（2$\sqrt{2}$×10^-7a）cm³，阿伏加德羅常數(shù)為N_A，Au單質(zhì)的密度為ρ=$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{（2\sqrt{2}×1{0}^{-7}a）^{3}}$g/cm³=$\frac{1{0}^{21}M}{4\sqrt{2}{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm³，
故答案為：$\frac{1{0}^{21}M}{4\sqrt{2}{a}^{3}×{N}_{A}}$．

點評 本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，涉及晶胞計算、等電子體、原子核外電子排布、第一電離能大小比較等知識點，側(cè)重考查學生分析判斷、計算、空間想象能力，難點是晶胞計算，注意（5）為易錯點．