Question

【題目】在元素周期表的前四周期元素A、B、C、D、E五種元素，其原子序數依次增大，B的p軌道上有兩個未成對電子，A原子的第一電離能比B大，C原子的核外電子總數是最外層電子數的3倍D 、E原子的最外層電子數均為1，D的單質是常見的活潑金屬， E的次外層電子為全充滿結構。

（1）A、B、C三種元素的電負性由大到小的順序是_________________（填元素符號），E原子的核外電子排布式是________________，第一電離能A>B，原因是________________________________。

（2）A與氫原子形成的18e-分子M的電子式是__________________________，M中A原子的雜化形式是________________________________。

（3）C可形成多種含氧酸，其最高價含氧酸Q的酸根的空間構型是_____________________，另一種含氧酸R的相對分子量比Q小32，且0.01molR可消耗1mol/LNaOH溶液10mL，則含氧酸R的結構式是_______________________。（已知：含氧酸中只有羥基上的氫原子可電離與堿反應）

（4）E與O2、NH3可在水溶液中發生反應生成[E(NH3)2]+，該離子在水溶液中呈無色，該離子中E的

化合價為___________，若向該離子中繼續通入O2，可生成[E( NH3)4]2+，溶液變為深藍色，請寫出該反應的離子方程式____________________________。

（5）碳原子可形成多種同素異形體，C60便是其中之一，D單質可與C60分子在一定條件下發生化合反應生成一種離子化合物，其陰離子是C60-，該化合物的晶胞結構為NaC1型，則每個晶胞中含有的D+的數目是________個，已知：晶胞中最近的D+之間的距離為a pm，則該物質的密度ρ=___________g/cm3

（只需寫出表達式即可）

Answer 1

【答案】 O、N、P [Ar]3d104sl N 的p軌道為半充滿結構，比較穩定，失去一個電子所需的能量大于O sp3雜化 正四面體形 +1價 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O==4[Cu(NH3)4]2++4OH- 4

【解析】在元素周期表的前四周期元素A、B、C、D、E五種元素，其原子序數依次增大，B的p軌道上有兩個未成對電子，A原子的第一電離能比B大，C原子的核外電子總數是最外層電子數的3倍，所以C應該是P，因此A是N，B是O。D 、E原子的最外層電子數均為1，D的單質是常見的活潑金屬，D是K，E的次外層電子為全充滿結構，E是Cu。

（1）非金屬性越強，電負性越大，則A、B、C三種元素的電負性由大到小的順序是O、N、P；Cu原子的核外電子排布式是[Ar]3d104sl。由于N 的p軌道為半充滿結構，比較穩定，失去一個電子所需的能量大于O，因此第一電離能A>B。（2） A與氫原子形成的18e-分子M是N2H4，電子式是，M中N原子的價層電子對數是4，其雜化形式是sp3雜化。（3）PO43－中P的價層電子對數是4，且沒有孤對電子，所以酸根的空間構型是正四面體形；另一種含氧酸R的相對分子量比Q小32，則R的分子式為H3PO2，且0.01molR可消耗1mol/LNaOH溶液10mL，這說明R是一元酸，所以含氧酸R的結構式是 。（4）E與O2、NH3可在水溶液中發生反應生成[Cu(NH3)2]+，該離子中Cu的化合價為+1，若向該離子中繼續通入O2，可生成[Cu( NH3)4]2+，該反應的離子方程式為4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O＝4[Cu(NH3)4]2++4OH-。（5）根據NaC1的晶胞結構可判斷每個晶胞中含有的K+的數目是4個。已知晶胞中最近的K+之間的距離為a pm，則晶胞面對角線是2apm，所以晶胞的邊長＝，因此該物質的密度ρ=g/cm3。