题目内容
2．W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素．W是宇宙中最丰富的元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有两个未成对电子；向含有Q2+的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液．回答下列问题：
（1）第一电离能Y大于Z，电负性Y小于Z（均选填“大于”、“小于”或“等于”）．
（2）写出与XZ分子互为等电子体的一种离子的化学式CN-．
（3）若向含有Q2+的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，得到深蓝色溶液后再加乙醇，有深蓝色晶体析出，原因是乙醇极性比水小，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故有晶体析出；该深蓝色晶体中，中心离子的电子排布式为[Ar]3d9，配体为NH3．
（4）已知W、Y形成的一组二元化合物化学式为：YW3、Y2W4、Y3W5、Y4W6…其中，YW3分子中Y原子的杂化类型为sp3杂化；这组化合物的通式为NnHn+2．W、Y形成的化合物的种类比W、X形成的化合物的种类少（填“多”或“少”）．
（5）Q单质的晶体属于面心立方最密堆积．已知Q单质的密度是dg•cm-3，NA表示阿伏伽德罗常数的值，Q的相对原子质量为M，则Q晶体中最邻近的原子核间距为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm（用含M、d、NA的代数式表示）．Q原子在晶胞中的空间利用率为$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%（用含π的代数式表示）．
分析 W是宇宙中最丰富的元素，W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，它们的价电子层上均有两个未成对电子，核外电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p4，且Z的原子序数较大，则X为C元素，Z为O元素；Y的原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；向含有Q2+的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素．
（1）N元素原子的2p轨道为半满稳定结构，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大；
（2）原子总数相同、价电子总数也相同的微粒互为等电子体；
（3）乙醇的极性小于水的，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4；
（4）NH3分子中N原子形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4；根据已知分子式可知，H原子数目故N原子数目多2；N原子形成3个键，而碳原子形成4个键，故C、H形成的化合物较多；
（5）根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，晶胞边长a=$\root{3}{\frac{m}{ρ}}$，晶胞中位于面对角线上的原子相切，距离最近，则晶体中最邻近的原子核间距为晶胞棱长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，设Cu原子半径为a，则晶胞晶胞棱长为2$\sqrt{2}$a，在晶胞中的空间利用率=$\frac{原子总体积}{晶胞体积}$×100%．
解答 解：W是宇宙中最丰富的元素，W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，它们的价电子层上均有两个未成对电子，核外电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p4，且Z的原子序数较大，则X为C元素，Z为O元素；Y的原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；向含有Q2+的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素．
（1）N元素原子的2p轨道为半满稳定结构，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，则第一电离能N＞O，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性N＜O，
故答案为：大于；小于；
（2）与CO互为等电子体微粒含有2个原子、10个价电子，所以CO互为等电子体的微粒化学式为：N2、CN-等，
故答案为：CN-；
（3）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-，再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于乙醇极性比水小，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体Cu（NH3）4SO4•H2O，形成4个配位键，配体为NH3，中心离子的电子排布式为[Ar]3d9，
故答案为：乙醇极性比水小，[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故有晶体析出；[Ar]3d9；NH3；
（4）NH3分子中N原子形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为sp3杂化；根据已知分子式可知，H原子数目故N原子数目多2，该物质组成通式为NnHn+2；N原子形成3个键，而碳原子形成4个键，故C、H形成的化合物较多，N、H形成的化合物较少，
故答案为：sp3杂化；NnHn+2；少；
（5）Cu单质的晶体属于面心立方最密堆积，一个晶胞中含有Cu原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞质量为4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，则晶胞边长=$\root{3}{\frac{4×\frac{M}{{N}_{A}}g}{dg•c{m}^{-3}}}$=$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm，晶胞中位于面对角线上的原子相切，距离最近，则晶体中最邻近的原子核间距为晶胞棱长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，晶体中最邻近的原子核间距为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm，
设Cu原子半径为a，则晶胞晶胞棱长为2$\sqrt{2}$a，晶胞中的空间利用率=$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}a）^{3}}$×100%=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$；$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%．
点评 本题综合考查物质的结构和性质，涉及核外电子排布、电负性、电离能、等电子体、配合物、杂化方式、晶胞计算等，（5）中计算关键是理解原子半径与晶胞棱长关系，难度中等．
冲刺100分1号卷系列答案甲同学为探究实验后试管内的固体含有哪些物质，进行了下列实验：（ ）
| 实验编号 | 实验操作 | 实验现象 |
| ① | 取少量黑色粉末放入试管1中，加入盐酸，微热 | 黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生 |
| ② | 向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡 | 溶液没有出现血红色 |
| A． | 试管内的固体一定含有铁粉 | |
| B． | 试管内的固体一定不含有Fe3O4 | |
| C． | 不能确定试管内的固体一定含有FeO | |
| D． | 可通过将试管内固体彻底还原，分析其质量减小的方法来确定是否含有Fe3O4 |
| A． | 蛋白质在酶或酸、碱的作用下能发生水解，最终生成氨基酸 | |
| B． | 人体的主要供能物质：葡萄糖、脂肪、蛋白质中，脂肪的供能最高 | |
| C． | 某些具有酸味的含有丰富维生素C的新鲜水果、蔬菜，是酸性食物 | |
| D． | 洁净的自来水是人体每天补充水分的最好选择 |
$\stackrel{Fe/HCl}{→}$
（有弱碱性，易被氧化）．
，该反应要控制好低温条件，否则会生成一种新物质F，该物质是一种烈性炸药，F的名称为2，4，6-三硝基甲苯．
．
．
是一种药物中间体，请写出以甲苯为主要原料制备该中间体的合成路线流程图：
的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
+
$\stackrel{△}{→}$
，R-C≡N$→_{ii．HCl}^{i．NaOH}$R-COOH，
，D→E的反应类型为取代反应或水解反应；
；
中最多有10个原子共平面，
发生缩聚反应生成有机物的结构简式为
；
（写结构简式）．| A． | 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl?、S2- | |
| B． | 使酚酞变红的溶液中可能大量存在Na+、ClO?、SO42-、I? | |
| C． | 碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、HCO3?、CO32- | |
| D． | 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、SCN-、SO42- |
| A． | 常温常压下，L是一种液态有机物 | B． | E中化学键是极性键 | ||
| C． | F具有漂白性 | D． | 上述反应的类型是取代反应 |