Question

2．已知X、Y、Z、Q为短周期非金属元素，R是长周期元素，X原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍；Y的基态原子有7种不同运动状态的电子；Z元素在地壳中含量最多；Q是电负性最大的元素；R⁺离子只有三个电子层且完全充满电子．
回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、Q、R用所对应的元素符号表示）
（1）X元素为C，X、Y、Z中第一电离能最大的是N．
（2）已知Y₂Q₂分子存在如图所示的两种结构（球棍模型，短线不一定代表单键）：

该分子中Y原子的杂化方式是sp²．
（3）X与Y元素可以形成一种超硬新材料，其晶体部分结构如下图所示，有关该晶体的说法正确的是
BCD（填写字母序号）．
A．该晶体属于分子晶体
B．此晶体的硬度比金刚石还大
C．晶体的化学式是X₃Y₄
D．晶体熔化时破坏共价键
（4）有一种AB型分子与Y单质分子互为等电子体，它是一种常用的还原剂，其化学式为CO．
（5）R的基态原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹（2分）），R与Z形成的某离子晶体的晶胞结构如下图，则该晶体的化学式为Cu₂O，该晶体的密度为a g•cm^-3，则晶胞的体积是$\frac{288}{aNA}$cm³（用含a、N_A的代数式表示）．

Answer 1

分析 X、Y、Z、Q为短周期非金属元素，R是长周期元素．X原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍，核外电子排布为1s²2s²2p²，则X为C元素；Y的基态原子有7种不同运动状态的电子，则Y为N元素；Z元素在地壳中含量最多，则Z为O元素；Q是电负性最大的元素，则Q为F元素；R⁺离子只有三个电子层且完全充满电子，离子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，则R为Cu元素，据此进行解答．

解答 解：X、Y、Z、Q为短周期非金属元素，R是长周期元素．X原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍，核外电子排布为1s²2s²2p²，则X为C元素；Y的基态原子有7种不同运动状态的电子，则Y为N元素；Z元素在地壳中含量最多，则Z为O元素；Q是电负性最大的元素，则Q为F元素；R⁺离子只有三个电子层且完全充满电子，离子核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，则R为Cu元素，
（1）由上述分析可知，R为Cu元素，同周期元素从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，由于N的2p轨道电子为半充满状态，难以失去电子，第一电离能大于O，所以第一电离能从大到小的顺序为：N＞O＞C，
故答案为：Cu；N；
（2）Y₂Q₂为N₂F₂，有如图2种结构，N原子之间形成N═N双键，N与F原子之间形成N-F单键，杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数，该分子中N原子的杂化轨道数=2+1=3，所以N原子杂化方式是sp²杂化，
故答案为：sp²；
（3）A．X与Y元素可以形成一种超硬新材料，不可能是分子晶体，由晶体部分结构可知，该晶体为原子晶体，故A错误；
B．C-N键键长比C-C键长短，C-N键键能大，所以晶体的硬度比金刚石还大，故B正确；
C．结构中每个X原子周围有4个Y原子，每个Y原子周围有3个X原子，所以该晶体化学式为X₃Y₄，即为C₃N₄，故C正确；
D．该晶体为原子晶体，晶体熔化时共价键被破坏，没有克服范德华力和氢键，故D正确；
故答案为：BCD；
（4）有一种AB型分子与N₂分子互为等电子体，它是一种常用的还原剂，其化学式为CO，
故答案为：CO；
（5）R为Cu元素，核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，
晶胞中Cu原子数目=4、O原子数目=1+8×$\frac{1}{8}$=2，故该晶体的化学式为Cu₂O，晶胞质量=2×$\frac{144}{{N}_{A}}$g，该晶体的密度为ag•cm^-3，则晶胞的体积=$\frac{2×\frac{144}{{N}_{A}g}}{ag•c{m}^{-3}}$=$\frac{288}{a•{N}_{A}}$cm³，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；Cu₂O；$\frac{288}{a•{N}_{A}}$．

点评 本题考查物质结构与性质，题目难度中等，涉及元素推断、核外电子排布、电离能、化学键、晶体结构与性质、晶胞计算等，考查学生对信息的理解和知识综合应用的能力，注意利用均摊法进行晶胞计算．