Question

2．前四周期元素 R、X、Y、Z、E的原子序数依次增加，它们的结构和部分信息如表所示：

元素代号	部分信息
R	基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同
X	X的双原子单质δ键和π键数目之比为1：2
Y	短周期主族元素中，原子半径最大
Z	Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4
E	基态E3+的外围电子排布式是3d5

回答问题：
（1）E元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基态原子中电子占据的最高能层是N．
（2）元素 X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为，每个中心原子的价层电子对数是4．
（3）在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是CO₃^2-与NO₃^-．
（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物中，酸性较强的H₂SO₄，其原因是其原因是H₂SO₄和H₂SO₃可表示为（HO）₂SO和（HO）₂SO₂，H₂SO₃中的S为+4价，而H₂SO₄中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H⁺．
（5）（ZX）₄在常压下，高于130℃时（ZX）₄分解为相应的单质，这一变化破坏的作用力是共价键；它为热色性固体，具有色温效应，低于-30℃时为淡黄色，高于100℃时为深红色．
在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是分子间作用力．
（6）常温条件下，E的晶体采用如图所示的堆积方式．则这种堆积模型的配位数为8，若E原子的半径为r，则单质E的原子空间利用率为$\frac{2×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（\frac{4r}{\sqrt{3}}）^{3}}$．（列出计算式即可）

Answer 1

分析 R元素原子基态原子核外三个能级有电子，且每个能级上电子数目相同，则电子排布式为1s²2s²2p²，故R为C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1：2，N≡N中1个σ键、2个π键，σ键和π键数目之比为1：2，故X为N；Y短周期主族元素中，原子半径最大，故Y为Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，则最高正价为+6，则为第ⅥA族元素且排在Na后面，故Z为S；基态E³+的外围电子排布式是3d⁵，故离子的核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，故E原子核外电子数=23+3=26，则E为Fe，据此进行分析．
（6）E为Fe，Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式，则这种堆积模型为体心立方堆积，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点，所以铁的配位数为8，每个晶胞中含有的铁原子数=1+8×$\frac{1}{8}$=2，如果Fe的原子半径rcm，其体对角线为4个原子半径距离，则晶胞棱长=$\frac{4r}{\sqrt{3}}$cm，其密度=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×2}{（\frac{4r}{\sqrt{3}}）^{3}}$g/cm³．

解答 解：R元素原子基态原子核外三个能级有电子，且每个能级上电子数目相同，则电子排布式为1s²2s²2p²，故R为C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1：2，N≡N中1个σ键、2个π键，σ键和π键数目之比为1：2，故X为N；Y短周期主族元素中，原子半径最大，故Y为Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，则最高正价为+6，则为第ⅥA族元素且排在Na后面，故Z为S；基态E³+的外围电子排布式是3d⁵，故离子的核外电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵，故E原子核外电子数=23+3=26，则E为Fe，
（1）E为Fe，根据元素的质子数可知电子数为26，核外各电子层电子数为2、8、14、2，所以位于第四周期第VIII族，；其基态原子中电子占据的最高能层是N层，
故答案为：第四周期VIII族；N；
（2）元素X为N，其氢化物为M且分子内含18个电子，则M为N₂H₄，N₂H₄中相当于NH₃分子中一个氢原子被氨基取代，所以N₂H₄的结构式为；N₂H₄分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+$\frac{1}{2}$（5-3×1）=4，
故答案为：；4；
（3）R、X、Z对应的含氧酸根离子为CO₃^2-、NO₃^-、SO₃^2-或SO₄^2-，其中NO₃^-的价电子数为5+6×3+1=24，CO₃^2-的价电子数为4+6×3+2=24，含有相同原子数4，为等电子体，
故答案为：CO₃^2-与NO₃^-；
（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物为H₂SO₄，H₂SO₃，酸性较强的H₂SO₄；其原因是H₂SO₄和H₂SO₃可表示为（HO）₂SO和（HO）₂SO₂，H₂SO₃中的S为+4价，而H₂SO₄中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H⁺，
故答案为：H₂SO₄；其原因是H₂SO₄和H₂SO₃可表示为（HO）₂SO和（HO）₂SO₂，H₂SO₃中的S为+4价，而H₂SO₄中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H⁺；
（5）（ZX）₄在常压下，高于130℃时（ZX）₄分解为相应的单质，发生化学变化，破坏共价键；（ZX）₄为热色性固体，在较低温度下发生淡黄色→橙黄色→深红色的转化，应属于分子晶体，破坏的作用力是分子间作用力，
故答案为：共价键；分子间作用力；
（6）E为Fe，Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式，则这种堆积模型为体心立方堆积，即在立方体的中心有一个铁原子，与这个铁原子距离最近的原子位于立方体的8个顶点，所以铁的配位数为8，每个晶胞中含有的铁原子数=1+8×$\frac{1}{8}$=2，如果Fe的原子半径rcm，其体对角线为4个原子半径距离，则晶胞棱长=$\frac{4r}{\sqrt{3}}$cm，故原子空间利用率为$\frac{2×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（\frac{4r}{\sqrt{3}}）^{3}}$，
故答案为：8；$\frac{2×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（\frac{4r}{\sqrt{3}}）^{3}}$．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及元素在周期表中位值、等电子体、结构式、配位数、晶胞结构与计算等，（6）中关键是理解原子半径与晶胞棱长关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算，题目难度较大．