Question

9．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子有6种不同的运动状态；D原子L电子层上有2对成对电子；E⁺原子核外有3层电子且各层均处于全满状态．
请填写下列空白．
（1）E元素基态原子的价层电子排布图为．
（2）B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C＜O＜N（填元素符号），A和C形成的简单化合物的VSEPR模型为正四面体，空间构型为三角锥形，解释易溶于水的原因NH₃与H₂O分子之间存在氢键，NH₃与H₂O都是极性分子，相似相溶原理，NH₃易溶于H₂O．
（3）B₂A₄是重要的基本石油化工原料．B₂A₄分子中B原子轨道的杂化类型为sp²；1mol B₂A₄分子中含5mol σ键．
（4）已知D、E能形成晶胞如图所示的两种化合物，化合物的化学式，甲为CuO，乙为Cu₂O；高温时，甲易转化为乙的原因为Cu₂O中Cu原子d轨道为全满状态，比较稳定．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B原子核外有6个电子，故B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D原子电子排布式为1s²2s²2p⁴，所以D为氧元素；C的原子序数介于碳、氧元素之间，则C为氮元素；E⁺原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，则E原子核外电子数为2+8+18+1=29，则E为Cu元素，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B原子核外有6个电子，故B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D原子电子排布式为1s²2s²2p⁴，所以D为氧元素；C的原子序数介于碳、氧元素之间，则C为氮元素；E⁺原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，则E原子核外电子数为2+8+18+1=29，则E为Cu元素．
（1）E为Cu元素，基态原子的核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，价电子排布图为，
故答案为：；
（2）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，失去第一个电子需要的能量较多，其第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C＜O＜N；
A和C形成的简单化合物为NH₃，N原子价层电子对数为4，含有1对孤电子对，故VSEPR模型为正四面体，空间构型为三角锥形，NH₃与H₂O分子之间存在氢键，NH₃与H₂O都是极性分子，相似相溶原理，NH₃易溶于H₂O，
故答案为：C＜O＜N；正四面体；三角锥形；NH₃与H₂O分子之间存在氢键，NH₃与H₂O都是极性分子，相似相溶原理，NH₃易溶于H₂O；
（3）C₂H₄分子中C原子有3个σ键，无孤电子对，轨道的杂化类型为sp²杂化，1个C₂H₄分子中含有5个σ键，1个1个π键，lmolC₂H₄分子中σ键5mol，
故答案为：sp²；5；
（4）已知O、Cu能形成晶胞如图所示的两种化合物，甲中黑色球数目=4，白色球数目=1+2×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{4}$=4，Cu、O原子数目之比为1：1，则甲的化学式为CuO，乙中黑色球数目=4，白色球数目=1+8×$\frac{1}{8}$=2，黑色球与白色球个数之比为2：1，氧元素为-2价，则乙的化学式为Cu₂O，Cu₂O中Cu原子d轨道为全满状态，比较稳定，故高温时甲易转化为乙，
故答案为：CuO；Cu₂O；Cu₂O中Cu原子d轨道为全满状态，比较稳定．

点评 本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、价层电子对互斥理论、杂化轨道、分子结构、化学键、晶胞计算等，推断元素是解题关键，（4）中从结构分析氧化铜高温转化为氧化亚铜为易错点、难点，难度中等．