- 电负性
- 共428题
下表中数据是第三周期的三种金属元素X、Y、Z逐渐失去电子的电离能．
试回答下列问题
（1）根据数据分析，X、Y、Z的最外层电子数，简述理由______．
（2）X元素的原子核外最外层电子排布式为______．
（3）X、Y、Z三元素的原子半径由大到小顺序为______；X、Y、Z三元素的离子半径由大到小顺序为______．
（4）第三周期中能与Y元素形成YD型化合物的元素D位于______族，用电子式表示化合物YD的形成过程______．
（5）写出金属Y与石墨电极、稀硫酸构成的原电池的电极反应式：
负极：______
正极：______．
正确答案
解：（1）由上述数据可以看出，X元素第一、二、三电离能相差不大，但第三、四电离能差距很大，故X元素的原子最外层电子数为为3（为铝原子），
Y元素的一、二电离能相差不大，第二、三电离能差距很大，故Y元素的原子最外层电子数为2（为镁原子），
Z元素的第一电离能和第二电离能相对差距很大，其他电离能差距不大，故Z元素的原子最外层电子数为1（为钠元素），
故答案为：X、Y、Z的最外层电子数分别是3、2、1，由电离能相差很大时较小的电离能即为其最外层电子全失去时的电离能，从而确定其最外层电子数；
（2）X为铝元素，根据能量最低原理书写电子排布式为1S2 2S22P63s23p1，其最外层是M层，M层上S能级最多排2个电子，P能级排1个电子，所以X元素的原子核外最外层电子排布式为3s23p1，故答案为：3s23p1；
（3）由元素周期律知，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以X、Y、Z三元素的原子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X（或Na＞Mg＞Al）；具有相同电子层结构的离子其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以X、Y、Z三元素的离子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X（或Z+＞Y2+＞X3+或Na+＞Mg2+＞Al3+），
故答案为：Z＞Y＞X（或Na＞Mg＞Al）；Z＞Y＞X（或Z+＞Y2+＞X3+或Na+＞Mg2+＞Al3+）；
（4）在YD中，Y是镁元素，显+2价，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，所以D显-2价；主族元素中，最低负价的绝对值+最高正价=8，所以最高正价为+6价，最高正价序数=其最外层电子数，结合题意知，D是硫元素，在ⅥA族；硫化镁是离子化合物，镁原子失去2个电子生成镁离子，硫原子得电子生成硫离子，其形成过程为：
故答案为：ⅥA；
（5）镁、石墨电极、稀硫酸构成原电池，活泼金属镁作负极，石墨作正极，负极上失电子生成离子进入溶液，正极上氢离子得电子生成氢气，所以负极上电极反应式为：Mg-2e-═Mg2+，正极上电极反应式为：2H++2e-═H2↑，
故答案为：Mg-2e-═Mg2+；2H++2e-═H2↑．
解析
解：（1）由上述数据可以看出，X元素第一、二、三电离能相差不大，但第三、四电离能差距很大，故X元素的原子最外层电子数为为3（为铝原子），
Y元素的一、二电离能相差不大，第二、三电离能差距很大，故Y元素的原子最外层电子数为2（为镁原子），
Z元素的第一电离能和第二电离能相对差距很大，其他电离能差距不大，故Z元素的原子最外层电子数为1（为钠元素），
故答案为：X、Y、Z的最外层电子数分别是3、2、1，由电离能相差很大时较小的电离能即为其最外层电子全失去时的电离能，从而确定其最外层电子数；
（2）X为铝元素，根据能量最低原理书写电子排布式为1S2 2S22P63s23p1，其最外层是M层，M层上S能级最多排2个电子，P能级排1个电子，所以X元素的原子核外最外层电子排布式为3s23p1，故答案为：3s23p1；
（3）由元素周期律知，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以X、Y、Z三元素的原子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X（或Na＞Mg＞Al）；具有相同电子层结构的离子其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以X、Y、Z三元素的离子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X（或Z+＞Y2+＞X3+或Na+＞Mg2+＞Al3+），
故答案为：Z＞Y＞X（或Na＞Mg＞Al）；Z＞Y＞X（或Z+＞Y2+＞X3+或Na+＞Mg2+＞Al3+）；
（4）在YD中，Y是镁元素，显+2价，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，所以D显-2价；主族元素中，最低负价的绝对值+最高正价=8，所以最高正价为+6价，最高正价序数=其最外层电子数，结合题意知，D是硫元素，在ⅥA族；硫化镁是离子化合物，镁原子失去2个电子生成镁离子，硫原子得电子生成硫离子，其形成过程为：
故答案为：ⅥA；
（5）镁、石墨电极、稀硫酸构成原电池，活泼金属镁作负极，石墨作正极，负极上失电子生成离子进入溶液，正极上氢离子得电子生成氢气，所以负极上电极反应式为：Mg-2e-═Mg2+，正极上电极反应式为：2H++2e-═H2↑，
故答案为：Mg-2e-═Mg2+；2H++2e-═H2↑．
Ⅰ、（1）Al元素的原子核外共有______种同能级的电子．
（2）Mg、Al、Si三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为______．
（3）AlCl3•NH3和AlC
（4）铝晶体的晶胞结构如右图所示．一个晶胞中铝原子的数目是______，晶体中一个铝原子周围与之距离最近且相等的铝原子数目是______．
Ⅱ、X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，已知：
①X元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，且X原子半径小于Q的．
②Y元素是地壳中含量最多的元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有1个未成对电子．
③Z元素的电离能数据见下表（kJ•mol-1）：
请回答：
（1）XY2分子空间构型为______，X原子的轨道杂化方式为______；QX的晶体结构与金刚石的相似，其中X原子的杂化方式为______，微粒间存在的作用力是______．
（2）晶体ZW的熔点比晶体XW4明显高的原因是______．
（3）氧化物MO的电子总数与QX的相等，则M为______（填元素符号）．MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与ZW晶体相似．MO的熔点比CaO的高，其原因是______．
正确答案
解：Ⅰ、（1）铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，故答案为：5；
（2）Mg、Al和Si位于同一周期，同一周期第一电离能大呈增大趋势，而Mg由于具有全充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以Si＞Mg＞Al，故答案为：Si＞Mg＞Al；
（3）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3为配体，提供弧电子对的原子是N，AlCl4-的价层电子对=4+
（4）铝晶胞是面心立方，所以每个金晶胞中含有的原子个数=8×
Ⅱ、X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，x元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，则x和Q属于第IVA族元素，所以X是C元素，Q是Si元素，Y元素是地壳中含量最多的元素，所以Y是O元素，w元素的电负性略小于Y元素，在w原子的电子排布中，P轨道上只有1个未成对电子，所以W是Cl元素，根据Z的电离能知，Z是第IA族元素，且Z的原子序数大于Y，所以Z是Na元素，
（1）CO2分子中碳原子价层电子数=2+
故答案为：直线型；SP；SP3；共价键；
（2）一般来说，离子晶体熔点高于分子晶体，氯化钠是离子晶体，四氯化碳是分子晶体，所以晶体NaCl的熔点比晶体CCl4明显高，
故答案为：氯化钠为离子晶体而四氯化碳是分子晶体；
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等为20，则M是Mg元素，MgO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，相同类型的离子晶体中，晶格能与离子半径成反比，晶格能越大其熔点越高，镁离子半径小于钙离子半径，所以氧化镁的晶格能大，则MgO的熔点比CaO的高，
故答案为：Mg；镁离子半径比钙离子小，氧化镁晶格能大．
解析
解：Ⅰ、（1）铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，故答案为：5；
（2）Mg、Al和Si位于同一周期，同一周期第一电离能大呈增大趋势，而Mg由于具有全充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以Si＞Mg＞Al，故答案为：Si＞Mg＞Al；
（3）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3为配体，提供弧电子对的原子是N，AlCl4-的价层电子对=4+
（4）铝晶胞是面心立方，所以每个金晶胞中含有的原子个数=8×
Ⅱ、X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素，x元素与Q处于同一主族，其原子价电子排布式都为ns2np2，则x和Q属于第IVA族元素，所以X是C元素，Q是Si元素，Y元素是地壳中含量最多的元素，所以Y是O元素，w元素的电负性略小于Y元素，在w原子的电子排布中，P轨道上只有1个未成对电子，所以W是Cl元素，根据Z的电离能知，Z是第IA族元素，且Z的原子序数大于Y，所以Z是Na元素，
（1）CO2分子中碳原子价层电子数=2+
故答案为：直线型；SP；SP3；共价键；
（2）一般来说，离子晶体熔点高于分子晶体，氯化钠是离子晶体，四氯化碳是分子晶体，所以晶体NaCl的熔点比晶体CCl4明显高，
故答案为：氯化钠为离子晶体而四氯化碳是分子晶体；
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等为20，则M是Mg元素，MgO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，相同类型的离子晶体中，晶格能与离子半径成反比，晶格能越大其熔点越高，镁离子半径小于钙离子半径，所以氧化镁的晶格能大，则MgO的熔点比CaO的高，
故答案为：Mg；镁离子半径比钙离子小，氧化镁晶格能大．
下列说法中正确的是 （ ）
A第一电离能由大到小的顺序为O＞N＞C
B由于C22-和O22+为等电子体，所以可以判断O22+的电子式为
CNO3-中N采用sp2杂化，故NO3-的空间构型为三角锥形
D液态HF通常也可以写成（HF）n的形式，是因为液态HF分子间存在氢键．
正确答案
解析
解：A、同周期从左到右，第一电离能增大，但同周期第ⅡA、ⅤA元素反常，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故A错误；
B、C22-和O22+两种微粒，原子数相同，价电子总数相等互为等电子体，结构相似，故B正确；
C、NO3-中N采用sp2杂化，中心原子周围无弧对电子对，所以空间构型为平面三角形，故C错误；
D、液体HF分子间若形成氢键，有可能发生缔合现象，故D正确；故选BD．
下列原子的价电子排布中，对应于第一电离能最大的是（ ）
正确答案
解析
解：四种元素中C为N元素，D为O元素，位于同一周期，2s22p3中p轨道为半充满状态，难以失去电子，则第一电离能最大，所以第一电离能N大于O，B元素为Si，A为镓元素，由于AB分别在第四和第三周期，所以它们的第一电离能小于N元素，故第一电离能最大的是N；
故选C．
（1）Cu是元素周期表中第29号元素，写出第三周期基态原子未成对电子数与Cu相同且电负性最大的元素是______（填元素名称）．
（2）CuO受热易分解为Cu2O和O2，请从铜的原子结构来说明CuO受热易分解的原因：______．
（3）如图某种氧化物的晶胞示意图．已知该晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为______．
（4）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，在滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu（NH3）4]SO4•H2O沉淀．
①SO42-中S原子的杂化方式为______．
②NH3分子内的H-N-H键角______（填“大于”“等于”或“小于”）H2O分子内的H-O-H键角．
③S、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为______．
正确答案
解：（1）Cu元素的未成对电子数是1，第三周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素，故答案为：氯；
（2）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，
故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（3）该晶胞中A离子个数=4，B离子个数=
故答案为：
（4）①SO42-中S原子的价层电子数=4+
②H2O分子中含有两个孤电子对，NH3分子中含有一个孤电子对，孤电子对间的排斥能力大于孤电子对和化学键之间的排斥能力，所以NH3分子内的H-N-H键角大于H2O分子内的H-O-H键角，故答案为：大于；
③N、O元素属于同一周期，且N元素属于第VA族，O元素属于第VIA族，O、S属于同一周期，且S元素的原子序数大于O元素，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S．
解析
解：（1）Cu元素的未成对电子数是1，第三周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素，故答案为：氯；
（2）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，
故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（3）该晶胞中A离子个数=4，B离子个数=
故答案为：
（4）①SO42-中S原子的价层电子数=4+
②H2O分子中含有两个孤电子对，NH3分子中含有一个孤电子对，孤电子对间的排斥能力大于孤电子对和化学键之间的排斥能力，所以NH3分子内的H-N-H键角大于H2O分子内的H-O-H键角，故答案为：大于；
③N、O元素属于同一周期，且N元素属于第VA族，O元素属于第VIA族，O、S属于同一周期，且S元素的原子序数大于O元素，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S．
扫码查看完整答案与解析