Question

A、B、C、D、E、F、G七种前四周期元素且原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，E的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，G²⁺的3d轨道有9个电子，请回答下列问题：

（1）F的基态原子电子排布式为                 。

（2）B、C、D的原子的第一电离能由小到大的顺序为              （用元素符号回答）

（3）下列关于B₂A₂分子和A₂D₂分子的说法正确的是                    。

a．分子中都含有σ键和π键

b．B₂A₂分子的沸点明显低于A₂D₂分子

c．都是含极性键和非极性键的非极性分子

d．互为等电子体，分子的空间构型都为直线形

e．中心原子都是sp杂化

（4）由B、E、F三种元素形成的一种具有超导性的晶体，晶胞如图所示．B位于E和F原子紧密堆积所形成的空隙当中。与一个F原子距离最近的F原子的数目为          ，该晶体的化学式为          。

（5）向GSO₄(aq)中逐滴加入过量氨水，会发生先产生蓝色沉淀后沉淀消失，写出沉淀消失的离子反应方程式：                                    。

Answer

（共12分，每空2分）

（1）［Ar］3d84s2；

（2）C＜O＜N；

（3）b

（4）8；MgNi3C

（5）Cu(OH)2＋4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O或者Cu(OH)2＋4NH3= [Cu(NH3)4]2+＋2OH-

【解析】

试题分析：依据分析可知：A为氢、B为碳、C为氮、D为氧、E为镁、F为镍、G为铜。

（1）F为镍，Ni的基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：[Ar]3d84s2；

（2）C、N、O三种元素，C、N、O同周期，随原子序数增大的第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；

（3）a．C2H2分子中含有C≡C三键、C-H键，含有σ键和π键，而H2O2分子为H-O-O-H，只含有σ键，故a错误；

b．C2H2常温下为气态，而H2O2常温下为液态，故b正确；

c．C2H2是直线型对称结构，是非极性分子，而H2O2分子是展开书页形结构，属于极性分子，故c错误；

d．C2H2分子、H2O2分子含有电子总数或价电子总数不相等，不是等电子体，故d错误；

e．C2H2分子中C原子成2个σ键、没有孤对电子，杂化轨道数目为2，采取sp杂化，H2O2分子中O原子成2个σ键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故e错误，

故答案为：b；

（4）以上底面面心F原子研究，与之距离最近的F原子位于晶胞两个侧面及前后面面心上，而晶胞上底面为上层晶胞的下底面，故与之最近的F原子有8个；由晶胞晶胞可知，晶胞中C原子数目=1、Ni元素数目=6×=3、Mg原子数目=8×=1，故该晶体的化学式为MgNi3C；故答案为：8；MgNi3C；

（5）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-；形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面四边形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面四边形，故答案为：Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-。

考点：考查了核外电子排布、电离能、分子结构与性质、配合物、晶胞结构与计算等的相关知识。