Question

10．A、B、C、D、E五種元素的元素序數(shù)依次增大．A的原子序數(shù)等于周期數(shù)；B的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，D的L層有兩對成對電子；E⁺的核外有三個電子層，且都處于全滿狀態(tài)．試回答下列問題：
（1）基態(tài)E原子核外電子的排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹．
（2）A、C、D三種元素形成的常見離子化合物中陽離子的空間構型為正四面體，陰離子的中心原子軌道采用sp²雜化．
（3）B、C、D三種元素的第一電離能有大到小的順序是N＞O＞C（填元素符號）
（4）E（CA₃）₄²⁺離子的顏色是深藍色；含有化學鍵類型是共價鍵、配位鍵；該配離子中心離子的配位數(shù)為4．
（5）D、E能形成兩種晶體，其晶胞分別如甲、乙兩圖．在一定條件下，甲和C₂A₄反應生成乙，同時生成在常溫下分別為氣體和液體的另外兩種常見無污染物質．該化學反應方程式為4CuO+N₂H₄$\frac{\underline{\;一定條件\;}}{\;}$2Cu₂O+2H₂O+N₂↑．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大，A的原子序數(shù)等于周期數(shù)，則A是H元素；B的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)2倍，則B是C元素；D的L層有兩對成對電子，其L層的電子排布式為：2s²2p⁴，所以D為O元素；C的原子序數(shù)介于C、O之間，所以C為N元素；E⁺的核外有三個電子層，且都處于全滿狀態(tài)，
則E⁺的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，其原子的電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，其原子序數(shù)為29，則為Cu元素，結合對應物質的性質以及題目要求解答該題．

解答 解：（1）A、B、C、D、E五種元素的原子序數(shù)依次增大，A的原子序數(shù)等于周期數(shù)，則A是H元素；B的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)2倍，則B是C元素；D的L層有兩對成對電子，其L層的電子排布式為：2s²2p⁴，所以D為O元素；C的原子序數(shù)介于C、O之間，所以C為N元素；E⁺的核外有三個電子層，且都處于全滿狀態(tài)，
則E⁺的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，其原子的電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，其原子序數(shù)為29，則為Cu元素，
（1）基態(tài)Cu原子核外電子的排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；
（2）NH₄⁺ 的中心原子氮原子價層電子對數(shù)=$\frac{5+4-1}{2}$=4，孤電子對=$\frac{5-1×4-1}{2}$=0，所以NH₄⁺ 的空間構型為正四面體，NO₃^-的中心原子氮原子價層電子對數(shù)=$\frac{5+1}{2}$=3，所以氮原子按sp²方式雜化，
故答案為：正四面體；sp²；
（3）同周期自左而右第一電離能增大，但N原子最外層為半充滿結構，第一電離能大于O，應為N＞O＞C，
故答案為：N＞O＞C；
（4）銅離子與氨氣結合生成Cu（NH₃）₄²⁺離子，銅氨絡離子顯深藍色，Cu（NH₃）₄²⁺中銅離子與氨氣之間形成4個配位鍵，N與H形成共價鍵；
故答案為：深藍色；共價鍵、配位鍵；4；
（5）O、Cu形成的化合物，晶胞甲中，白色球數(shù)目=1+8×$\frac{1}{8}$+2×$\frac{1}{2}$+4×$\frac{1}{4}$=4，黑色球數(shù)目為4，故該晶體中Cu、O原子數(shù)目之比為1：1，該化合物為CuO；晶胞乙中白色球數(shù)目=1+8×$\frac{1}{8}$=2，黑色球數(shù)目為4，為A₂B型，故該化合物化學式為Cu₂O；在一定條件下，CuO和N₂H₄反應生成Cu₂O，同時生成在常溫下分別為氣體和液體的另外兩種常見無污染物質，由元素守恒可知，生成氮氣和水，則反應方程式為：4CuO+N₂H₄$\frac{\underline{\;一定條件\;}}{\;}$2Cu₂O+2H₂O+N₂↑，
故答案為：4CuO+N₂H₄$\frac{\underline{\;一定條件\;}}{\;}$2Cu₂O+2H₂O+N₂↑．

點評 本題考查了元素位置結構性質的相互關系及應用，根據(jù)原子結構、電子排布式、元素周期表結構確定元素，再結合物質的性質來分析解答，正確推斷元素是解本題關鍵根據(jù)，題目難度中等．