Question

A、B、D、E、F、G六种元素的原子序数依次增大，除F、G为第四周期过渡元素外，其余四种均是短周期元素。已知：F的单质为生活中最常见的金属之一，原子最外层有2个电子；E原子的价电子排布为msⁿmpⁿ，B原子的核外L层电子数为奇数；A、D原子p轨道的电子数分别为2和4；G基态原子的最外层电子半充满，内层全充满。请回答下列问题：

（1）F的稳定价态离子的电子排布式是___，A、B、D、E四种元素的第一电离能由大到小的顺序为__(用元素符号表示)。

（2）对于B的简单氢化物，其中心原子的轨道杂化类型是___，分子的立体构型为___，该氢化物易溶于D的简单氢化物的主要原因是___。

（3）D原子分别与A、B原子形成的单键中，键的极性较强的是___(用具体的化学键表示)。

（4）如图所示的晶胞是由A、D两元素组成的，下列有关该晶体的说法中正确的是__。

a.该晶体的化学式为AD

b.该晶体中A、D原子间形成的是双键

c.该晶体熔点可能比SiO₂晶体高

d.该晶体可溶于水

（5）G的硫酸盐溶液滴加少量氨水的离子方程式为___，继续滴加过量氨水的离子方程式为___，再加一定体积乙醇溶液析出深蓝色晶体的化学式为___，该晶体中包含的化学键有___。

Answer

1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 N＞O＞C＞Si sp3 三角锥形 NH3与H2O分子间易形成氢键 C-O c Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- Cu(NH3)4SO4•H2O 离子键，极性键，配位键

【解析】

G为第四周期过渡元素，基态原子的最外层电子半充满，内层全充满，则其电子排布应为1s22s22p63s23p63ds104s1，为Cu元素；F为第四周期过渡元素，其单质为生活中最常见的金属之一，原子最外层有2个电子，原子序数小于Cu，应为Fe元素；E原子的价电子排布为msnmpn，则n=2，最外层电子数为4，为第ⅣA族元素；B原子的核外L层电子数为奇数，所以B为第二周期元素，最外层电子数可能为1、3、5、7；A、D原子p轨道的电子数分别为2和4，A原子序数小于B，所以A为C元素，则E为Si元素，D的原子序数小于Si，所以D为O元素；则B的最外层电子数为5，为N元素，综上所述A为C元素，B为N元素，D为O元素，E为Si元素，F为Fe元素，G为Cu元素。

(1)Fe元素基态原子电子排布为1s22s22p63s23p63ds64s2，失去3个电子形成Fe3+后3d能级半满达到稳定状态，其电子排布式为1s22s22p63s23p63ds5；同周期主族元素第一电离能自左至右呈增大趋势，但N的最外层半满较稳定，第一电离能大于O，所以四种元素的第一电离能由大到小N>O>C>Si；

(2)B的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子对数为=4，含一对孤对电子，所以为sp3杂化，立体构型为三角锥形；NH3易溶于H2O是因为能够形成分子间氢键；

(3)O元素和C元素的电负性相差较大，形成的C-O键极性较强；

(4)a．根据均摊法可知晶胞中白球个数为16，黑球个数为=8，A为C元素，D为O元素，根据成键特点可知黑球为C，白球为O，所以该晶体的化学式应为CO2，故a错误；

b．根据共价键的饱和性可知C、O原子之间形成的是单键，故b错误；

c．C原子半径比Si原子半径小，所以C-O键键能更大，该晶体的熔点更高，故c正确；

d．类比SiO2可知，该晶体为原子晶体，难溶于水，故d错误；

综上所述选c；

(5)CuSO4滴加少量氨水生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，氢氧化铜沉淀溶解生成铜氨络离子，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；加入乙醇，由于铜氨络合物在水中的溶解性大于在乙醇中的溶解性，所以会析出Cu(NH3)4SO4•H2O深蓝色晶体，该晶体中包含铜氨络离子和硫酸根之间的离子键，氨气分子和铜离子之间的配位键，氨气分子、水分子内部的极性键。