Question

9．已知A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大，其中A原子所處的周期數(shù)、族序數(shù)都與其原子序數(shù)相等；B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動狀態(tài)；D原子L電子層上有2對成對電子；E⁺原子核外有3層電子且各層均處于全滿狀態(tài)．
請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?br />（1）E元素基態(tài)原子的價層電子排布圖為．
（2）B、C、D三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為C＜O＜N（填元素符號），A和C形成的簡單化合物的VSEPR模型為正四面體，空間構(gòu)型為三角錐形，解釋易溶于水的原因NH₃與H₂O分子之間存在氫鍵，NH₃與H₂O都是極性分子，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原子軌道的雜化類型為sp²；1mol B₂A₄分子中含5mol σ鍵．
（4）已知D、E能形成晶胞如圖所示的兩種化合物，化合物的化學(xué)式，甲為CuO，乙為Cu₂O；高溫時，甲易轉(zhuǎn)化為乙的原因為Cu₂O中Cu原子d軌道為全滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大，A原子所處的周期數(shù)、族序數(shù)都與其原子序數(shù)相等，則A為H元素；B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動狀態(tài)，則B原子核外有6個電子，故B為碳元素；D原子L層上有2對成對電子，則D原子電子排布式為1s²2s²2p⁴，所以D為氧元素；C的原子序數(shù)介于碳、氧元素之間，則C為氮元素；E⁺原子核外有3層電子且各層均處于全滿狀態(tài)，則E原子核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，則E為Cu元素，據(jù)此解答．

解答 解：A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大，A原子所處的周期數(shù)、族序數(shù)都與其原子序數(shù)相等，則A為H元素；B原子核外電子有6種不同的運(yùn)動狀態(tài)，則B原子核外有6個電子，故B為碳元素；D原子L層上有2對成對電子，則D原子電子排布式為1s²2s²2p⁴，所以D為氧元素；C的原子序數(shù)介于碳、氧元素之間，則C為氮元素；E⁺原子核外有3層電子且各層均處于全滿狀態(tài)，則E原子核外電子數(shù)為2+8+18+1=29，則E為Cu元素．
（1）E為Cu元素，基態(tài)原子的核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，價電子排布圖為，
故答案為：；
（2）同周期隨原子序數(shù)增大元素第一電離能呈增大趨勢，但氮元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，失去第一個電子需要的能量較多，其第一電離能高于同周期相鄰元素，故C、N、O三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為C＜O＜N；
A和C形成的簡單化合物為NH₃，N原子價層電子對數(shù)為4，含有1對孤電子對，故VSEPR模型為正四面體，空間構(gòu)型為三角錐形，NH₃與H₂O分子之間存在氫鍵，NH₃與H₂O都是極性分子，相似相溶原理，NH₃易溶于H₂O，
故答案為：C＜O＜N；正四面體；三角錐形；NH₃與H₂O分子之間存在氫鍵，NH₃與H₂O都是極性分子，相似相溶原理，NH₃易溶于H₂O；
（3）C₂H₄分子中C原子有3個σ鍵，無孤電子對，軌道的雜化類型為sp²雜化，1個C₂H₄分子中含有5個σ鍵，1個1個π鍵，lmolC₂H₄分子中σ鍵5mol，
故答案為：sp²；5；
（4）已知O、Cu能形成晶胞如圖所示的兩種化合物，甲中黑色球數(shù)目=4，白色球數(shù)目=1+2×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{4}$=4，Cu、O原子數(shù)目之比為1：1，則甲的化學(xué)式為CuO，乙中黑色球數(shù)目=4，白色球數(shù)目=1+8×$\frac{1}{8}$=2，黑色球與白色球個數(shù)之比為2：1，氧元素為-2價，則乙的化學(xué)式為Cu₂O，Cu₂O中Cu原子d軌道為全滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，故高溫時甲易轉(zhuǎn)化為乙，
故答案為：CuO；Cu₂O；Cu₂O中Cu原子d軌道為全滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定．

點評 本題綜合考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、電離能、價層電子對互斥理論、雜化軌道、分子結(jié)構(gòu)、化學(xué)鍵、晶胞計算等，推斷元素是解題關(guān)鍵，（4）中從結(jié)構(gòu)分析氧化銅高溫轉(zhuǎn)化為氧化亞銅為易錯點、難點，難度中等．