题目内容

5．原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36．已知X的一种：1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子的s能级与p能级电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子．
（1）Y原子核外共有7种不同运动状态的电子，基态T原子有7种不同能级的电子．
（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N（用元素符号表示）．
（3）由X、Y、Z形成的离子ZXY-与XZ2互为等电子体，则ZXY-中X原子的杂化方式为sp杂化．
（4）G、Q、R氟化物的熔点如表，造成熔点差异的原因为NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小、电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高．
氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物
熔点/K9931539183
（5）向T的硫酸盐溶液中逐渐滴加入Y的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-．
（6）X单质的一种晶胞如图所示，一个X晶胞中有8个X原子；若该晶体的密度为ρ g/cm3，何伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个X原子核之间的距离为$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$（或$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$）cm（用含ρ、NA代数式表示）．

分析 X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，所有原子共平面，说明该氢化物中含有双键或三键，氢化物中乙烯中含有σ键和π键，且是1：2型氢化物，所以x是C元素；Z的L层上有2个未成对电子，则L层上有6个电子，所以Z为O元素；Q原子s能级与P能级电子数相等，则Q的电子排布为1s22s22p63s2，所以Q为Mg元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品 的核心材料，则R为Si元素；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子，则T为Cu元素；X、Y、Z、G、Q、R、T原子序数依次增大，Y为N元素；G能形成氟化物，且其原子序数小于Mg，则G为Na元素，根据以上元素的性质，结合选项分析解答．

解答 解：X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，所有原子共平面，说明该氢化物中含有双键或三键，氢化物中乙烯中含有σ键和π键，且是1：2型氢化物，所以x是C元素；Z的L层上有2个未成对电子，则L层上有6个电子，所以Z为O元素；Q原子s能级与P能级电子数相等，则Q的电子排布为1s22s22p63s2，所以Q为Mg元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品 的核心材料，则R为Si元素；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子，则T为Cu元素；X、Y、Z、G、Q、R、T原子序数依次增大，Y为N元素；G能形成氟化物，且其原子序数小于Mg，则G为Na元素，
（1）Y为N元素，其电子排布图为：，所以其原子核外共有7种不同运动状态的电子；Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu原子有7种不同能级的电子，
故答案为：7；7；
（2）C、N、O为同周期元素，同周期元素第一电离能从左到右依次增大，但是第IIA族与第IIIA族反常，第VA族与第VIA族反常，所以）C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；
（3）已知CO2与CNO-为等电子体，则二者的空间结构和和杂化方式相同，已知为CO2直线形，C为sp杂化，所以CNO-中C为sp杂化，故答案为：sp杂化；
（4）不同晶体熔点的一般规律是：离子晶体的熔点＞分子晶体的熔点，离子晶体中半径越小，所带电荷越多，熔点越高，NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小、电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高；
故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小、电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高；
（5）向Cu的硫酸盐溶液中逐滴加入氨水至过量，开始生成氢氧化铜沉淀，后来沉淀溶解生成四氨合铜离子，其反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-，
故答案为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-；
（6）C单质的晶胞如图所示，在顶点上8个原子，面心上2个原子，晶体内部为4个原子，所以一个C晶胞中原子数为：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+4=8，设晶体中最近的两个X原子之间的距离为xcm，晶胞的边长为acm，则a3=$\frac{\frac{12×8}{{N}_{A}}}{ρ}$，由晶胞图可知a2+a2=（4x•sin$\frac{109°28′}{2}$）2，所以2$\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}$=2$\sqrt{2}$x•sin$\frac{109°28′}{2}$；
所以x=$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$（或$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$），
故答案为：8；$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$（或$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$）．

点评 本题考查了元素的推断，涉及了电子的运动状态的判断，电负性的比较，物质熔沸点的比较，离子方程式的书写，晶胞的有关计算，考查的知识点较多，题目难度较大．

练习册系列答案
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15．下列说法不正确的是（　　）
A．CH3-CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同
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16．已知反应CaCO3（s）+2HCl（l）═CaCl2（aq）+H2O（l）+CO2（g）↑，下列措施中可使生成CO2的反应速率加快的是（不考虑CaCO3与HCl接触面积改变的影响）（　　）
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13．芳香族化合物A只有两个对位取代基，在一定条件下有如图所示转化关系．其中，1molC与Na完全反应生成1molH2，1molC与NaHCO3完全反应，产生1mol气体，E能使溴的四氯化碳溶液褪色．

请回答下列问题：
（1）A的结构简式是．
（2）E分子中的含氧官能团名称是碳碳双键、羧基．
（3）写出反应①的化学方程式+2NaOH$→_{△}^{水}$+NaBr+H2O．
（4）写出反应⑤的化学方程式．
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（6）现有C和E的混合物nmol，在空气中完全燃烧消耗O2224nL（标准状况），若生成CO2aL（标准状况）、H2Obg，则C、E混合物中含E的物质的量的计算式为（$\frac{5a}{201.6}-\frac{b}{18}$）mol．
20．离子液体在有机合成、无机合成等方面有着重要应用．咪唑是合成“离子液体”的一种原料，其结构如图所示，下列有关咪唑说法正确的是（　　）
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C．可以发生取代、加成、氧化反应
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17．下列属于同分异构体的一组是（　　）
A．${\;}_{1}^{1}$H和${\;}_{1}^{3}$HB．O2和O3C．正丁烷和异丁烷D．乙烯和丙烯
14．学习时通过比较、归纳，可以加深对问题的认识．下列比较或归纳一定正确的是（　　）
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15．将6mol A 气体和3mol B气体置于3L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A（g）+B（g）═2C（g）．若经2s后测得B的浓度为0.4mol/L，下列说法正确的是（　　）
A．用物质A表示的反应速率为0.4mol/（L•s）
B．用物质B表示的反应速率为0.4mol/（L•s）
C．2 s时物质B的转化率为40%
D．2 s时物质C的浓度为1.2 mol/L

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