（1）基态Cu+的核外电子排布式为．（2）图1曲线表示第二、三周期部分元素的原子序数（按连续递增顺序排列）和其常见单质沸点的关系．其中A点表示的单质是（填化学式）．（3）化

Question

（1）基态 Cu⁺的核外电子排布式为___．
（2）图1曲线表示第二、三周期部分元素的原子序数（按连续递增顺序排列）和其常见单质沸点的关系．其中A点表示的单质是___（填化学式）．
（3）化合物A （H₃BNH₃）是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物 （HB=NH）₃，其结构式如图2，通过3CH₄+2 （HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得．
①与上述化学方程式有关的叙述不正确的是___．（填标号）
A．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变
B．CH₄、H₂O、CO₂分子空间构型分别是：正四面体型、V形、直线形
C．第一电离能：N>O>C>B
D．化合物A中存在配位键
②1个 （HB=NH）₃分子中有___个σ键．
（4）海产品添加剂多聚磷酸钠是由Na⁺与多聚磷酸根离子组成的，某种多聚磷酸根的结构如下图3．
①磷原子的杂化类型为___．
②这种多聚磷酸钠的化学式为___．
（5）已知HF与F^-通过氢键结合成HF₂^-．判断HF₂^-和HF₂^-微粒间能否形成氢键，并说明理由．___．

Answer 1

（1）Cu原子失去1个电子生成Cu⁺，Cu⁺核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu⁺基态核外电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰或[Ar]3d¹⁰ ；结构上Cu²⁺为3d⁹，而Cu⁺为3d¹⁰全充满更稳定；   
（2）图中曲线表示8种元素的原子序数（按递增顺序连续排列）和单质沸点的关系，A以及前面的2种单质的沸点都低于0℃，则连续3种均为气体单质，在周期表中，连续出现气体单质的为第二周期的N、O、F，所以A为第三种气体单质，则为F₂；
故答案为：F₂；
（3）①3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃，
A．由CH₄变为CO₂，碳原子杂化类型由sp³转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故A错误；
B．CH₄分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+(1)/(2)×（4-4×1）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H₂O中价层电子对个数=2+(1)/(2)×（6-2×1）=4，且含有2个孤电子对，所以H₂O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，CO₂分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+(1)/(2)×（4-2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构，故B正确；
C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I₁（N）>I₁（O）>I₁（C）>I₁（B），故C正确；
D．B一般是形成3个键，（H₃BNH₃）由六元环状化合物（HB=NH）₃通过3CH₄+2（HB=NH）₃+6H₂O→3CO₂+6H₃BNH₃制得，其中1个键是配位键，故D正确；
故答案为：A；     
②1个（HB=NH）₃分子中硼原子与氮原子间以σ键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大π键．B-H键有3个，N-H键有3个，B-N有σ键有6个，故一共12个；
故答案为：12；
（4）①磷原子形成了四个σ键，没有孤电子对，价电子对数为4，故呈sp³杂化；
故答案为：sp³；
②由给出的多聚磷酸根结构式知，含有n个多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了（n-1）氧原子，所带电荷为-2×（3n+1）+5n=-（n+2），由化合价规则知磷酸钠的组成为Na_n+2P_nO_3n+1；
故答案为：Na_n+2P_nO_3n+1；
（5）在HF₂^-中，已经存在分子内氢键（F-H…F^-），所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子，故HF₂^-和HF₂^-微粒间不能形成氢键，
故答案为：在HF₂^-中，已经存在分子内氢键（F-H…F^-），所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子，故HF₂^-和HF₂^-微粒间不能形成氢键．