Question

7．原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七種元素，核電荷數(shù)均小于36．已知X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，且所有原子共平面；Z的L層上有2個未成對電子；Q原子的s能級與p能級電子數(shù)相等；R單質(zhì)是制造各種計算機、微電子產(chǎn)品的核心材料；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子．
（1）Y原子核外共有7種不同運動狀態(tài)的電子，基態(tài)T原子有7種不同能級的電子．
（2）X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N（用元素符號表示）．
（3）由X、Y、Z形成的離子ZXY^-與XZ₂互為等電子體，則ZXY^-中X原子的雜化軌道類型為sp雜化．
（4）Z與R能形成化合物甲，1mol甲中含4 mol化學鍵，甲與氫氟酸反應(yīng)，生成物的分子空間構(gòu)型分別為SiF₄的正四面體形、H₂O為V形．
（5）G、Q、R氟化物的熔點如表，造成熔點差異的原因為NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，且Mg²⁺電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高．

氟化物	G的氟化物	Q的氟化物	R的氟化物
熔點/K	993	1 539	183

（6）向T的硫酸鹽溶液中逐滴加入Y的氫化物的水溶液至過量，反應(yīng)的離子方程式為Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O
（7）X單質(zhì)的晶胞如圖所示，一個X晶胞中有8個X原子；若X晶體的密度為ρ g•cm^-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為N_A，則晶體中最近的兩個X原子之間的距離為$\frac{3}{4}$$\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$ cm（用代數(shù)式表示）．

Answer 1

分析 X的一種氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，X的一種氫化物為1：2型且所有原子共平面，所以X應(yīng)為C元素，它的1：2型氫化物為乙烯；Z的L層上有2個未成對電子，即核外電子排布為1s²2s²2p²或1s²2s²2p⁴，X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，所以Z為O元素，且Y為N元素；Q原子s能級與p能級電子數(shù)相等，則Q的核外電子排布為1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，由于Q的原子序數(shù)比氧大，所以Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，即Q為Mg；而G為金屬元素，且原子序數(shù)介于氧和鎂元素之間，所以G為Na；R單質(zhì)是制造各種計算機、微電子產(chǎn)品的核心材料，則R為Si；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子，價電子排布為3d¹⁰4s¹，故T為Cu．

解答 解：X的一種氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，X的一種氫化物為1：2型且所有原子共平面，所以X應(yīng)為C元素，它的1：2型氫化物為乙烯；Z的L層上有2個未成對電子，即核外電子排布為1s²2s²2p²或1s²2s²2p⁴，X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，所以Z為O元素，且Y為N元素；Q原子s能級與p能級電子數(shù)相等，則Q的核外電子排布為1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，由于Q的原子序數(shù)比氧大，所以Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，即Q為Mg；而G為金屬元素，且原子序數(shù)介于氧和鎂元素之間，所以G為Na；R單質(zhì)是制造各種計算機、微電子產(chǎn)品的核心材料，則R為Si；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子，價電子排布為3d¹⁰4s¹，故T為Cu．
（1）Y為N元素，核外電子排布式為1s²2s²2p³，所以7種不同運動狀態(tài)的電子；T為Cu元素，它的核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，所以它有7個能級，
故答案為：7；7；
（2）C、N、O位于元素周期表同一周期，同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：C＜O＜N，故答案為：C＜O＜N；
（3）OCN^-與CO₂互為等電子體，所以它們結(jié)構(gòu)相似，OCN^-中C原子與O、N原子之比分別形成2對共用電子對，沒有孤電子對，所以碳的雜化方式為sp雜化，
故答案為：sp雜化；
（4）Z與R能形成化合物甲為二氧化硅，在二氧化硅晶體中，每個硅原子周圍有四個Si-O鍵，所以1mol二氧化硅中含有4molSi-O鍵；
SiO₂與HF反應(yīng)的方程式為：SiO₂+4HF=SiF₄+2H₂O，其中SiF₄中硅原子的價層電子對數(shù)為：4+$\frac{4-1×4}{2}$=4，沒有孤對電子，所以SiF₄的空間構(gòu)型為正四面體、H₂O為V形故答案為：4；SiF₄的正四面體形、H₂O為V形；
（5）在NaF、MgF₂、SiF₄中，NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點最低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，且Mg²⁺電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高，
故答案為：NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，且Mg²⁺電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高；
（6）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水溶液至過量，反應(yīng)生成四氨合銅絡(luò)離子，反應(yīng)的離子方程式為：Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O，
故答案為：Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O；
（7）碳單質(zhì)的晶胞為，晶胞中含有C原子數(shù)目為4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，C原子與周圍4個原子形成正四面體，正四面體中心C原子與頂點碳原子相鄰，距離最近，晶胞質(zhì)量為8×$\frac{12}{{N}_{A}}$g，晶體的密度為p g/cm³，則晶胞棱長為$\root{3}{\frac{\frac{8×12}{{N}_{A}}}{P}}$cm，則正四面體的棱長為$\root{3}{\frac{\frac{8×12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則正四面體的斜高為$\root{3}{\frac{\frac{8×12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，令斜高為為$\root{3}{\frac{\frac{8×12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=bcm，底面中心到邊的距離為$\frac{1}{3}$b，設(shè)正四面體的高為a cm，則a²+（$\frac{1}{3}$b）²=b²，解得a=$\frac{\sqrt{6}}{3}b$，故正四面體中心原子到頂點距離為$\frac{3}{4}$a=$\frac{3}{4}$×$\frac{\sqrt{6}}{3}b$=$\frac{3}{4}$×$\frac{\sqrt{6}}{3}$×$\root{3}{\frac{\frac{8×12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{4}$$\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$cm，故答案為：8；$\frac{3}{4}$$\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$cm．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及電離能、雜化軌道、分子結(jié)構(gòu)、晶體類型與性質(zhì)、配合物、晶胞計算等，（7）中晶胞計算為易錯點、難點，需要學生具備一定的空間想象與數(shù)學計算能力，關(guān)鍵理解距離最近碳原子位置．