题目内容
10．已知A、B、C、D四种短周期元素的核电荷数依次增大．A原子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，C原子的L能层中有两对成对电子，C、D同主族．E、F是第四周期元素，且E位于周期表第9列，F原子核外有33种不同运动状态的电子．根据以上信息用相应的元素符号填空：（1）E在周期表中的位置第四周期，第Ⅷ族，FC43-离子的空间构型为正四面体，与其互为等电子体的一种有机分子为CCl4（填化学式）
（2）B元素所在周期第一电离能最大的元素是Ne（填元素符号）．B的简单氢化物分子中，原子间形成σ键时，发生重叠的轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道、（填轨道名称）
（3）A与氢可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是A8H8，分子中只有σ键，该分子的结构简式是；该化合物中A的杂化轨道类型是sp3杂化．
（4）用KCN处理含E2+的盐溶液，有红色的E（CN）2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的[E（CN）6]4-，该离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[E（CN）6]3-，写出该反应的离子方程式：2[Co（CN）6]4-+2H2O=2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH -．
（5）E的一种氧化物的晶胞如图1所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个；筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在 5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有EO2的层状结构（如图2所示，小球表示E原子，大球表示O原子）．下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述EO2的化学组成的是D
分析 A、B、C、D四种短周期元素的核电荷数依次增大，A原子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，原子核外电子排布为1s22s22p2，则A为C元素；C原子的L能层中有两对成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F是第四周期元素，且E位于周期表第9列，则E为Co；F原子核外有33种不同运动状态的电子，则F为As元素，
（1）根据电子排布式确定在周期表中位置；根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型；原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；
（2）同周期中稀有气体元素的第一电离能最大；B的简单氢化物为NH3，NH3分子中，原子间形成σ键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道；
（3）C与氢可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是C8H8，分子中只有σ键，该分子的结构简式是
，根据碳原子形成4个σ键，没有孤对电子确定碳原子杂化方式；
（4）[Co（CN）6]4-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[Co（CN）6]3-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成；
（5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，结合均摊法计算判断．
解答 解：A、B、C、D四种短周期元素的核电荷数依次增大，A原子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，原子核外电子排布为1s22s22p2，则A为碳元素；C原子的L能层中有两对成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F是第四周期元素，且E位于周期表第9列，则E为Co；F原子核外有33种不同运动状态的电子，则F为As．
（1）Co为27号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，位于周期表第四周期，第Ⅷ族，AsO43-离子中As原子孤电子对数=$\frac{5+3-2×4}{2}$=0，价层电子对数4+0=4，故为正四面体构型，与其互为等电子体的一种有机分子为CCl4，
故答案为：第四周期，第Ⅷ族；正四面体；CCl4；
（2）N元素所在周期第一电离能最大的元素是Ne；B的简单氢化物为NH3，NH3分子中，原子间形成σ键时，发生重叠的原子轨道分别为sp3杂化轨道和s轨道；
故答案为：Ne；sp3杂化轨道和s轨道；
（3）C与氢可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是C8H8，分子中只有σ键，该分子的结构简式是，碳原子形成4个σ键，没有孤对电子确定，碳原子杂化方式为sp3杂化；
故答案为：sp3杂化；
（4）[Co（CN）6]4-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色[Co（CN）6]3-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：2[Co（CN）6]4-+2H2O=2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH -，
故答案为：2[Co（CN）6]4-+2H2O=2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH -；
（5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子数目为$\frac{3×8}{2}$=12；
CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，由图象可知：
A中Co、O原子数目之比为1：4×$\frac{1}{2}$=1：2，符合，
B中Co、O原子数目之比为（1+4×$\frac{1}{4}$）：4=1：2，符合，
C中Co、O原子数目之比为4×$\frac{1}{4}$：4×$\frac{1}{2}$=1：2，符合，
D中Co、O原子数目之比为1：4×$\frac{1}{4}$=1：1，不符合，
故答案为：12；D．
点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、电离能、等电子体、配合物、晶胞计算等，推断元素是解题关键，（2）为易错点，学生容易忽略稀有气体，难度较大．
名校课堂系列答案
一位同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下列实验．
，⑤2HOCH2CH2COOH+O2$→_{△}^{催化剂}$2OHCCH2COOH+2H2O．③的反应类型酯化反应或取代反应．| A． | 含NA个Na+的Na2O溶解于1 L水中，Na+的物质的量浓度为1 mol•L-1 | |
| B． | 100 g硫酸溶液的物质的量浓度为18.4 mol•L-1，用水稀释到物质的量浓度为9.2 mol•L-1，需要水100 g | |
| C． | 配制一定物质的量浓度的氯化钾溶液：准确称取一定质量的氯化钾固体，放入到1000 mL的容量瓶中，加水1000 mL溶解，振荡摇匀 | |
| D． | 将10 g CuSO4溶解在90 g水中，配制质量分数为10%的CuSO4溶液 |
| A． | 2种 | B． | 3种 | C． | 4种 | D． | 5种 |
（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．
①基态Ti3+的未成对电子数有1个．
②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的等电子体是NH4+（写一种）．LiBH4中不存在的作用力有C（填标号）．
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键
③Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为_H＞B＞Li．
（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料．
①LiH中，离子半径：Li+＜H-（填“＞”、“=”或“＜”）．
②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物．M的部分电离能如下表所示：
| I1/KJ•mol-1 | I2/KJ•mol-1 | I3/KJ•mol-1 | I4/KJ•mol-1 | I5/KJ•mol-1 |
| 738 | 1451 | 7733 | 10540 | 13630 |
（3）某种新型储氧材料的理论结构模型如图1所示，图中虚线框内碳原子的杂化轨道类型有3种．
（4）若已知元素电负性氟大于氧，试解释沸点H2O高于HFH2O分子间氢键数比HF多，所以H2O沸点高．
分子X可以通过氢键形成“笼状结构”而成为潜在的储氢材料．X一定不是BC（填标号）．
A．H2O B．CH4 C．HF D．CO（NH2）2
（5）图2中纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因．假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同．则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为C．
A．87.5%B．92.9%
C．96.3%D．100%
