Question

19．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4mol化學鍵，甲與氫氟酸反應，生成物的分子空間構(gòu)型分別為SiF₄為正四面體形，H₂O為V形．
（5）G、Q、R氟化物的熔點如下表，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，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	1539	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，反應的離子方程式為Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-
（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p g/cm³，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$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$cm（用代數(shù)式表示）．

Answer 1

分析 X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，且所有原子共平面，所以X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，Y的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則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Z大，所以Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，即Q為Mg元素；而G的原子序數(shù)介于氧和鎂元素之間，所以G為Na元素；R單質(zhì)是制造各種計算機、微電子產(chǎn)品的核心材料，R為Si元素；T處于周期表的ds區(qū)，且最外層只有一個電子，則T為Cu，以此來解答．

解答 解：X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，且所有原子共平面，所以X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，Y的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則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Z大，所以Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，即Q為Mg元素；而G的原子序數(shù)介于氧和鎂元素之間，所以G為Na元素；R單質(zhì)是制造各種計算機、微電子產(chǎn)品的核心材料，R為Si元素；T處于周期表的ds區(qū)，且最外層只有一個電子，則T為Cu．
（1）Y為氮元素，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，有7種不同原子軌道的電子，故答案為：7；7；
（2）同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于氧元素的，故第一電離能由小到大的順序為：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，在二氧化碳中碳的價層電子對數(shù)為：$\frac{4}{2}$=2，所以碳的雜化方式為sp雜化，
故答案為：sp雜化；
（4）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，沒有孤電子對，所以SiF₄的空間構(gòu)型為正四面體，H₂O中氧原子的價層電子對數(shù)為2+$\frac{6-1×2}{2}$4，有2對孤電子對，所以H₂O的空間構(gòu)型為V形，
故答案為：4；SiF₄為正四面體形；H₂O為V形；
（5）在NaF、MgF₂、SiF₄中NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高，
故答案為：NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高；
（6）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水至過量，開始生成氫氧化銅沉淀，后來沉淀溶解生成四氨合銅離子，其反應的離子方程式為：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，
故答案為：Cu²⁺+2 NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-
（7）C單質(zhì)的晶胞如圖所示，在頂點上8個原子，面心上2個原子，晶體內(nèi)部為4個原子，所以一個C晶胞中原子數(shù)為：$\frac{1}{8}$×8+$\frac{1}{2}$×6+4=8；設(shè)晶體中最近的兩個X原子之間的距離為xcm，晶胞的邊長為acm，則a³=$\frac{{\frac{12×8}{N_A}}}{p}$，由晶胞圖可知a²+a²=（4x•sin$\frac{109°28′}{2}$）²，所以2×$\root{3}{{\frac{12}{{p{N_A}}}}}$=2$\sqrt{2}$x•sin$\frac{109°28′}{2}$，解得x=$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$，
故答案為：8；$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$．

點評 本題考查晶胞計算及原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握原子結(jié)構(gòu)、電子排布、元素化合物知識推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意（7）中計算為解答的難點，題目難度不大．