Question

10．A、B、C、D、E五种元素的元素序数依次增大．A的原子序数等于周期数；B的最外层电子数是次外层电子数的2倍，D的L层有两对成对电子；E⁺的核外有三个电子层，且都处于全满状态．试回答下列问题：
（1）基态E原子核外电子的排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹．
（2）A、C、D三种元素形成的常见离子化合物中阳离子的空间构型为正四面体，阴离子的中心原子轨道采用sp²杂化．
（3）B、C、D三种元素的第一电离能有大到小的顺序是N＞O＞C（填元素符号）
（4）E（CA₃）₄²⁺离子的颜色是深蓝色；含有化学键类型是共价键、配位键；该配离子中心离子的配位数为4．
（5）D、E能形成两种晶体，其晶胞分别如甲、乙两图．在一定条件下，甲和C₂A₄反应生成乙，同时生成在常温下分别为气体和液体的另外两种常见无污染物质．该化学反应方程式为4CuO+N₂H₄$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$2Cu₂O+2H₂O+N₂↑．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A的原子序数等于周期数，则A是H元素；B的最外层电子数是次外层电子数2倍，则B是C元素；D的L层有两对成对电子，其L层的电子排布式为：2s²2p⁴，所以D为O元素；C的原子序数介于C、O之间，所以C为N元素；E⁺的核外有三个电子层，且都处于全满状态，
则E⁺的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，其原子的电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，其原子序数为29，则为Cu元素，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．

解答 解：（1）A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A的原子序数等于周期数，则A是H元素；B的最外层电子数是次外层电子数2倍，则B是C元素；D的L层有两对成对电子，其L层的电子排布式为：2s²2p⁴，所以D为O元素；C的原子序数介于C、O之间，所以C为N元素；E⁺的核外有三个电子层，且都处于全满状态，
则E⁺的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，其原子的电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，其原子序数为29，则为Cu元素，
（1）基态Cu原子核外电子的排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（2）NH₄⁺ 的中心原子氮原子价层电子对数=$\frac{5+4-1}{2}$=4，孤电子对=$\frac{5-1×4-1}{2}$=0，所以NH₄⁺ 的空间构型为正四面体，NO₃^-的中心原子氮原子价层电子对数=$\frac{5+1}{2}$=3，所以氮原子按sp²方式杂化，
故答案为：正四面体；sp²；
（3）同周期自左而右第一电离能增大，但N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于O，应为N＞O＞C，
故答案为：N＞O＞C；
（4）铜离子与氨气结合生成Cu（NH₃）₄²⁺离子，铜氨络离子显深蓝色，Cu（NH₃）₄²⁺中铜离子与氨气之间形成4个配位键，N与H形成共价键；
故答案为：深蓝色；共价键、配位键；4；
（5）O、Cu形成的化合物，晶胞甲中，白色球数目=1+8×$\frac{1}{8}$+2×$\frac{1}{2}$+4×$\frac{1}{4}$=4，黑色球数目为4，故该晶体中Cu、O原子数目之比为1：1，该化合物为CuO；晶胞乙中白色球数目=1+8×$\frac{1}{8}$=2，黑色球数目为4，为A₂B型，故该化合物化学式为Cu₂O；在一定条件下，CuO和N₂H₄反应生成Cu₂O，同时生成在常温下分别为气体和液体的另外两种常见无污染物质，由元素守恒可知，生成氮气和水，则反应方程式为：4CuO+N₂H₄$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$2Cu₂O+2H₂O+N₂↑，
故答案为：4CuO+N₂H₄$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$2Cu₂O+2H₂O+N₂↑．

点评 本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构、电子排布式、元素周期表结构确定元素，再结合物质的性质来分析解答，正确推断元素是解本题关键根据，题目难度中等．