Question

【題目】A、B、C、D、E、F為元素周期表前四周期的元素，原子序數依次增大。A元素的單質是空氣的主要成分，B原子核外p軌道上有1對成對電子，D元素的價電子數是其余電子數的一半，C與B同主族，A與F同主族，D與E同族。回答下列問題：

（1）A、B、C的第一電離能由大到小的順序為_______________（用元素符號表示）。

（2）B與C形成的二元化合物中，屬于非極性分子的是________（填化學式），該分子中心原子的雜化軌道類型為_____________。

（3）A、C分別形成的常見的含氧酸分子中，中心原子的價層電子對數為4的酸是______（填化學式，下同），酸根呈平面三角形的酸是________________。

（4）Dn+、Br-、C的最高價含氧酸跟、A的簡單氫化物按1:1:1:5形成某配合物，向該配合物的溶液中滴加AgNO3溶液產生淡黃色沉淀，滴加BaCl2溶液無現象，則該配合物中的配體為___________，n值為__________，Dn+的基態電子排布式為____________。

（5）立方EB晶體的結構如圖所示，其晶胞邊長為apm，列式表示EB晶體的密度為__________g·cm-3（不必計算出結果，阿伏伽德羅常數的值為NA）。人工制備的EB晶體中常存在缺陷：一個E2+空缺，另有兩個E2+被兩個E3+所取代，其結果晶體仍呈電中性，但化合物中E和B的比值卻發生了變化。已知某化合物樣品組成E0.96B，該晶體中E3+與E2+的離子個數之比為_____________。

Answer 1

【答案】

（1）N>O>S；

（2）SO3；sp2；

（3）H2SO3、H2SO4；HNO2；

（4）SO42-、NH3；3；1s22s22p63s23p63d6（或[Ar]3d6）

（5）；1:11

【解析】

試題分析：A、B、C、D、E、F為元素周期表前四周期的元素，原子序數依次增大。A元素的單質是空氣的主要成分，B原子核外p軌道上有1對成對電子，則B為O元素，A為N元素；D元素的價電子數是其余電子數的一半，D為Co元素；C與B同主族，C為S元素；A與F同主族，則F為As元素；D與E同族，則E為Ni元素。

（1）非金屬性強的第一電離能大，但N的2p電子半滿為穩定結構，則a、b、c中，第一電離能由大到小排序為N＞O＞S， 故答案為：N＞O＞S；

（2）B與C形成的二元化合物有SO2和SO3，其中SO2中S元素采用sp2雜化，為V型結構，屬于極性分子，SO3中S元素采用sp2雜化，為平面正三角形結構，屬于非極性分子，故答案為：SO3；sp2；

（3）A、C分別形成的常見的含氧酸分子為硝酸或亞硝酸和硫酸或亞硫酸，其中硝酸中N原子的價層電子對數為3+×（5-1-2×2）=3，亞硝酸中N原子的價層電子對數為2+×（5-1-2）=3，硫酸中S原子的價層電子對數為4+×（6-1×2-2×2）=4，亞硫酸中S原子的價層電子對數為3+×（6-1×2-2）=4，中心原子的價層電子對數為4的酸是硫酸和亞硫酸，酸根呈平面三角形的酸是亞硝酸，故答案為：H2SO3、H2SO4；HNO2；

（4） Con+、Br-、硫酸跟氨氣按1:1:1:5形成某配合物，向該配合物的溶液中滴加AgNO3溶液產生淡黃色沉淀，說明溴離子在外界，滴加BaCl2溶液無現象，說明硫酸根在內界，配合物中的配體為SO42-、NH3，根據電荷守恒，n=1+2=3，Co3+的基態電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，故答案為：SO42-、NH3；3；1s22s22p63s23p63d6；

（5）NiO的晶體為立方面心結構，晶體中含O為8×+6×=4，含Ni為1+12×=4，晶胞邊長為a pm，體積為（a×10-10cm）3，該晶胞的密度為gcm-3= gcm-3；設1mol Ni0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+為（0.96-x）mol，根據晶體仍呈電中性，可知 3x+2×（0.96-x）=2×1，解得x=0.08mol，Ni2+為（0.96-x）mol=0.88mol，即離子數之比為Ni3+：Ni2+=0.08：0.88=1：11，故答案為：；1：11。