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．
教学练新同步练习系列答案
课前课后同步练习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 |