题目内容
6．
E、F、D、X、Y、Z为前四周期元素，且原子序数依次增大．E的最高正价和最低负价的绝对值相等，F有三个能级，且每个能级上的电子数相等，D原子未成对电子数在同周期元素中最多，X与D同周期，第一电离能比D低，Y与F同主族，Z的最外层只有一个电子，其它电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：（1）Y原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；基态Z原子中电子占据的最高能层符号为N
（2）F、D、X的电负性由小到大的顺序为O＞N＞C（用元素符号表示）．
（3）E、F、D、X形成的有机物FX（DE2）2中F的杂化轨道类型为sp2、sp3，DX3-离子的立体构型是平面三角形．
（4）下列关于F2E2分子和E2X2分子的说法正确的是b．
a．分子中都含σ键和π键 b．F2E2分子的沸点明显低于E2X2分子
c．都是含极性键和非极性键的非极性分子 d．互为等电子体
（5）将Z单质的粉末加入到DE3的浓溶液中，并通入X2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH-．
（6）X和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为Na2O（填化学式）．Na+的配位数为4．晶胞有两种基本要素，一种是原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），C为（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），则D原子的坐标参数为（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$）．另外一种是晶胞参数，如已知该晶胞的密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近的X离子间距离为$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×10-7nm（用含ρ、NA的计算式表示）
分析 E、F、D、X、Y、Z为前四周期元素，且原子序数依次增大，E是所有元素中原子半径最小的，则E为H元素；F有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故F为C元素；Y与F同一主族，结合原子序数可知，Y为Si，而D未成对电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故D为N元素；X与D同周期，第一电离能比D的低，则X为O元素；Z的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，为第四周期元素，其故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Z为Cu元素，据此解答；
解答 解：（1）Si的核电荷数为14，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则核外电子占据的最高能层为第四层，符号为N；
故答案为：1s22s22p63s23p2；N；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞C，则电负性由小到大的顺序为，故答案为：O＞N＞C；
（3）H、C、N、O形成的有机物CO（NH2）2，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，N原子采取sp3杂化；NO3-中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为平面三角形；
故答案为：sp2、sp3；平面三角形；
（4）C2H2分子中含有碳碳叁键，是直线型分子，而H2O2分子含有非极性共价键；
a．H2O2分子中只含σ键，故b错误；
b．H2O2分子分子间存在氢键，其沸点明显高于C2H2分子，故正确；
c．过氧化氢是含极性键和非极性键的极性分子，故错误；
d．两者价电子总数不等，不是互为等电子体，故错误；
故选：b；
（5）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成[Cu（NH3）4]2+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH-，
故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH-；
（6）晶胞中Na+离子数目为8，O2-离子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Na+离子、O2-离子数目之比为2：1，故该晶体化学式为Na2O，由图可知，每个Na+离子周围有4个O2-离子，Na+离子配位数为4，距一个阴离子周围最近的所有阳离子有8个，8个钠离子构成的几何体为：立方体，则晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），C为（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），则D原子即Na原子的坐标参数为（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$）；面心O2-离子与顶点O2-离子距离最近，晶胞质量为$\frac{4×62}{{N}_{A}}$g，该晶胞的密度为ρg•cm-3，而晶胞体积为$\frac{4×62}{{N}_{A}}$g÷ρg•cm-3=$\frac{248}{ρ{N}_{A}}$cm3，晶胞棱长为$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$cm，则两个最近的W离子间距离为$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$cm=$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×10-7nm，
故答案为：Na2O；4；（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$）；$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×10-7．
点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶体类型与性质、配合物、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，难度中等．
| A． | C2H6O2 | B． | C2H4O2 | C． | C3H8O | D． | C2H6O |
| A． | 3L | B． | 2L | C． | 1L | D． | 无法确定 |
（1）Fe3+（aq）+3H2O（l）?Fe（OH）3（aq）+3H+（aq）△H＞0
①加热，溶液颜色变深，平衡向右移动．
②通常在FeCl3溶液中加入少量HCl，目的是抑制铁离子水解．
（2）探究温度对Fe3+水解的影响．
【假设】当温度升高时，Fe3+水解平衡正向移动，溶液的颜色会变深，透光率减小；如果降温时反应可逆回，则溶液的颜色应该变浅，透光率增大．
【实验】分别加热0.5mol/LFe（NO3）3、FeCl3溶液（均未酸化）至50℃后停止加热，自然冷却．测得的温度变化曲线及透光率变化曲线如图所示．
①Fe（NO3）3、FeCl3溶液浓度相同，目的是保证铁离子浓度相等．
②小组依据变化曲线推测：FeCl3溶液颜色随温度变化的改变可能不完全是由水解平衡引起的．推测的根据是0.5mol/LFe（NO3）3、FeCl3溶液（均未酸化），50℃后停止加热，自然冷却，两者透光率不同．
（3）为证实小组推测，实验如下：
| 编号 | 实验 | 操作及现象 |
| a | 向Fe（NO3）3溶液（棕黄色）中加入大量HNO3 | i．溶液颜色非常浅 ii．加热和降温过程中透光率无明显变化 |
| b | 向FeCl3溶液（黄色）中加入大量HNO3 | i．溶液仍为黄色 ii．加热透光率下降，降温透光率上升 |
②小组推测是否合理，说明理由合理，阴离子不同，溶液颜色不同．
（4）【查阅文献】Fe3++nCl-?[FeCln]3-n（黄色）△H＞0（n=1～4）．该平衡可以解释FeCl3溶液实验的现象，通过如下实验得到了证实．
【实验】（将实验过程补充完整）：
| 编号 | 实验 | 操作及现象 |
| c | 向Fe（NO3）3溶液中加入大量HNO3，再加入几滴NaCl溶液． | 测此溶液透光率随温度改变的变化情况，增加氯离子浓度，有色离子浓度增加 |
| A． | Fe3+、I-、Cl-三种离子一定存在 | |
| B． | CO32-一定不存在，不能确定Na+和Cl-是否存在 | |
| C． | Fe3+与Fe2+至少有一种 | |
| D． | 该溶液中c（Cl-）至少为0.2mol•L?1 |
| A． | CH4+H2O→CO+3H2 | B． | CH4+F2→CH3F+HF | C． | 2CH4→C+2H2 | D． | 2CH4→C2H2+3H2 |