题目内容
【化学-物质结构与性质】已知a、b、x、y、z五种元素的原子序数依次增大，其中a原子的半径是所有原子中半径最小的，b原子中的电子有6种不同的运动状态，y原子的L层有2对成对电子，z元素的电负性是前四周期中最小的．
（1）x、y两种元素的第一电离能的大小为x
（2）固体物质M的化学式为xa5，它的所有原子最外层都符合相应的稀有气体原子的最外电子层结构．则该化合物中a元素的化合价为
（3）如果把晶胞顶点与最近三个面心所围成的空隙叫做四面体空隙，z原子可作为容体掺入C60 晶体的空隙中，形成具有良好的超导性的掺杂C60 化合物．现把C60抽象成质点，该晶体的晶胞结构如图所示，若每个四面体空隙填入一个z元素的原子，则 z元素全部填满C60 晶体的四面体空隙后，所形成的掺杂C60 化合物的化学式为
分析：a原子半径最小，则a故为H；b电子有6种不同运动状态，即有6个电子，则b为C；y原子L层有2对成对电子，原子序数大于碳元素，故L层共有6个电子，则y为O；结合原子序数可知x为N；z的电负性前四周期最小，电负性变化规律为同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，故为z为K，据此解答．
解答：解：a原子半径最小，则a故为H；b电子有6种不同运动状态，即有6个电子，则b为C；y原子L层有2对成对电子，原子序数大于碳元素，故L层共有6个电子，则y为O；结合原子序数可知x为N；z的电负性前四周期最小，电负性变化规律为同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，故为z为K，
（1）O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，p轨道为半充满比较稳定，比氧原子难以失去电子，故第一电离能N＞O，
故答案为：＞；O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，p轨道为半充满比较稳定，比氧原子难以失去电子．
（2）NH5实际为NH4H，属于离子化合物，由NH4+离子与H-构成，故NH4+、H-中H元素化合价分别为+1、-1，NH4+离子中N原子价层电子对数=4+
=4，故N原子采取sp3杂化，
故答案为：+1；-1；sp3；
（3）从图可以看出，晶胞中C60数目=8×
+6×
=4，晶胞顶点与最近三个面心所围成的空隙叫做四面体空隙，晶胞有8个顶点，则可以形成8个四面体空隙，即可以填充8个K，则K、C60的数目之比=8：4=2：1，故填充K后所得化合物为K2C60，
故答案为：K2C60．
（1）O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，p轨道为半充满比较稳定，比氧原子难以失去电子，故第一电离能N＞O，
故答案为：＞；O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，p轨道为半充满比较稳定，比氧原子难以失去电子．
（2）NH5实际为NH4H，属于离子化合物，由NH4+离子与H-构成，故NH4+、H-中H元素化合价分别为+1、-1，NH4+离子中N原子价层电子对数=4+
| 5-1-1×4 |
| 2 |
故答案为：+1；-1；sp3；
（3）从图可以看出，晶胞中C60数目=8×
| 1 |
| 8 |
| 1 |
| 2 |
故答案为：K2C60．
点评：本题考查物质结构与性质，推断元素是解题关键，涉及元素周期律、晶胞计算、杂化轨道等，难度中等．
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