Question

11．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原子的杂化轨道类型为sp杂化．
（4）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含4 mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为SiF₄为正四面体形、H₂O为V形．
（5）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/K	993	1 539	183

（6）向T的硫酸盐溶液中逐滴加入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^-
（7）X单质的晶胞如图所示，一个X晶胞中有8个X原子；若X晶体的密度为ρ g•cm^-3，阿伏加德罗常数的值为N_A，则晶体中最近的两个X原子之间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$ cm（用代数式表示）．

Answer 1

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）化合物甲为二氧化硅，在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有四个Si-O 键，所以1mol二氧化硅中含有4molSi-O 键，SiO₂与HF反应的方程式为：SiO₂+4HF=SiF₄+2H₂O，其中SiF₄中硅原子的价层电子对数为$\frac{4+4}{2}$=4，所以SiF₄的空间构型为正四面体，H₂O中氧原子的价层电子对数为$\frac{6+2}{2}$=4，所以H₂O的空间构型为v形，
故答案为：4； SiF₄为正四面体形、H₂O为V形；
（5）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；
（6）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^-；
（7）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=$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$，
故答案为：8；$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$．

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．