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【题目】周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增.R基态原子中,电子占据的最高能层符号为L,最高能级上只有两个自旋方向相同的电子.工业上通过分离液态空气获得X单质.Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和.Z基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子.请回答下列问题:
(1)Z2+基态核外电子排布式为
(2)YX4的空间构型是;与YX4互为等电子体的一种分子为(填化学式);HYX4酸性比HYX2强,其原因是
(3)结构简式为RX(W2H32的化合物中R原子的杂化轨道类型为;1molRX(W2H32分子中含有σ键数目为
(4)往Z的硫酸盐溶液中通入过量的WH3 , 可生成[Z(WH34]SO4 , 下列说法正确的是
A.[Z(WH34]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B.在[Z(WH34]2+中Z2+给出孤对电子,WH3提供空轨道
C.[Z(WH34]SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素
(5)某Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示(黑点代表Z原子).
①该晶体的化学式为
②已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0,则Y与Z形成的化合物属于(填“离子”、“共价”)化合物.
③已知该晶体的密度为ρg.cm﹣3 , 阿伏伽德罗常数为NA , 则该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为pm(只写计算式).

【答案】
(1)1s22s22p63s23p63d9
(2)正四面体;CCl4等;HClO4有 3 个非羟基氧,而 HClO2有 1 个非羟基氧
(3)sp2;11NA
(4)A
(5)CuCl;共价; × ×1010
【解析】解:周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增.R基态原子中,电子占据的最高能层符号为L,最高能级上只有两个自旋方向相同的电子,核外电子排布式为1s22s22p2 , 则R为C元素;工业上通过分离液态空气获得X单质,结合原子序数可知X为O元素、W为N元素;Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和,三元素原子序数之和为6+7+8=21,则Y为Cl元素;Z基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子,原子序数大于氯,处于第四周期,核外电子数为2+8+18+1=29,故Z为Cu.(1)Cu2+基态核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d9 , 所以答案是:1s22s22p63s23p63d9;(2)ClO4中Cl原子孤电子对数= =0、价层电子对数=4+0=4,故其空间构型是正四面体,与ClO4互为等电子体的一种分子含有5个原子、32个价电子,该分子为CCl4等,HClO4有 3 个非羟基氧,而 HClO2有 1 个非羟基氧,HClO4酸性比HClO2强,
所以答案是:正四面体;CCl4等;HClO4有 3 个非羟基氧,而 HClO2有 1 个非羟基氧;(3)结构简式为CO(N2H32的化合物中碳原子形成3个σ键,没有孤对电子,杂化轨道数目为3,碳原子的杂化轨道类型为sp2
结构简式为O=C(NH﹣NH22 , 分子中含有11个σ键,1molRX(W2H32分子中含有σ键数目为11NA
所以答案是:sp2;11NA;(4)往CuSO4溶液中通入过量的NH3 , 可生成[Cu(NH34]SO4
A.[Cu(NH34]SO4中配离子与外界硫酸根之间形成离子键,铜离子与氨气分子之间形成配位键,氨气分子与硫酸根中含有极性键,故A正确;
B.在[Cu(NH34]2+中Cu2+提供空轨道,NH3给出孤对电子,故B错误;
C.非金属性越强,第一电离能越大,氮元素2p轨道为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于氧元素的,[Cu(NH34]SO4组成元素中第一电离能最大的是N元素.
故选:A;(5)某Y与Z形成的化合物的晶胞如图所示(黑点代表Z原子).①晶胞中黑色球数目为4,白色球数目为8× +6× =4,该晶体的化学式为CuCl,
所以答案是:CuCl;②已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0,二者电负性之差小于1.7,则Y与Z形成的化合物属于共价化合物,
所以答案是:共价;③黑色球与周围的4个白色球相邻,形成正四面体结构,黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体体对角线上,为二者距离为体对角线长度的 ,而体对角线长度为晶胞棱长的 倍,晶胞质量为4× g,该晶体的密度为ρg.cm﹣3 , 则晶胞棱长为 = cm,故该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为 × cm= × ×1010 pm,
所以答案是: × ×1010

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