Question

17．X、Y、Z、W、Q五种元素原子序数依次增大，X为地壳中含量最高的元素，在周期表中Y与X、Z、Q相邻，Q与X最高能层上的电子数相同，W原子核外有七种不同能级的电子，且最高能级上没有未成对电子，W与X可形成W₂X和WX两种化合物．
回答下列问题：
（1）X能与原子序数最小的元素形成原子个数比为1：1的分子，该分子的电子式为．
（2）W ²⁺的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹．
（3）Z单质能溶于水，水液呈黄绿 色，在其中通人Y的某种氧化物，溶液颜色褪去，用化学方程式表示原因Cl₂+SO₂+2H₂O=2HCl+H₂SO₄．
（4）Y、Z元素的第一电离能Y＜ Z（填“＞”、“＜”或“=”）． X与地壳中含量第二的元素形成的化合物所属的晶体类型为原子晶体．
（5）已知X分别与元素碳、氮形成化合物有如下反应：
2CX（g）+X₂（g）═2CX₂（g）△H=-566.0kJmol ^-1
N₂（g）+X₂（g）═2NX（g）△H=+189.5kJmol ^-1
2NX（g）+X₂（g）═2NX₂（g）△H=-112.97kJmol ^-1
写出NX₂与CX反应生成大气中存在的两种气态物质的热化学方程式：2NO₂（g）+4CO（g）=N₂（g）+4CO₂（g）△H=-1208.53 kJ•mol^-1．
（6）Y与磷原子形成P₄Y₃分子，该分子中没有π键，且各原子最外层均已达8电子结构，则一个P₄Y₃分子中含有的极性键和非极性键的个数分别为6个、3个．

Answer 1

分析 X、Y、Z、W、Q五种元素原子序数依次增大，X为地壳中含量最高的元素，则X为O元素，Q与X最高能层上的电子数相同，二者同主族，Y和X、Z、Q均相邻，故X、Y、Q同族，且Y在中间，则Y为硫，Q为硒，又Y、Z相邻，且Z的原子序数大于Y，故Z为氯，W有7个能级，分别为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，且最高能级没有未成对电子，则3d能级上有10个电子，根据其形成的两种氧化物确定W为铜．
（1）O能与原子序数最小的元素H形成原子个数比为1：1的分子H₂O₂；
（2）Cu原子的4s能级、3d能级各失去1个电子形成Cu²⁺；
（3）Z的单质为氯气，水溶液呈黄绿色；在氯水中通人SO₂，发生氧化还原反应，溶液颜色褪去；
（4）同一周期从左至右第一电离能呈增大起始；SiO₂为典型的原子晶体．
（5）根据盖斯定律可以计算得到反应热，写出热化学方程式；
（6）可以想象为在P₄（正四面体结构）分子中的每个P-P键中放入一个S原子，故有6个极性键、3个非极性键．

解答 解：X、Y、Z、W、Q五种元素原子序数依次增大，X为地壳中含量最高的元素，则X为O元素，Q与X最高能层上的电子数相同，二者同主族，Y和X、Z、Q均相邻，故X、Y、Q同族，且Y在中间，则Y为硫，Q为硒，又Y、Z相邻，且Z的原子序数大于Y，故Z为氯，W有7个能级，分别为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，且最高能级没有未成对电子，则3d能级上有10个电子，根据其形成的两种氧化物确定W为铜．
（1）O能与原子序数最小的元素H形成原子个数比为1：1的分子H₂O₂，电子式为，
故答案为：；
（2）Cu²⁺的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；
（3）Z的单质为氯气，水溶液呈黄绿色；在氯水中通入SO₂，发生氧化还原反应，溶液颜色褪去，反应方程式为：Cl₂+SO₂+2H₂O=2HCl+H₂SO₄，
故答案为：黄绿色；Cl₂+SO₂+2H₂O=2HCl+H₂SO₄；
（4）同一周期从左至右第一电离能车呈增大趋势，故第一电离能S＜Cl；SiO₂为典型的原子晶体，
故答案为：＜；原子晶体；
（5）已知：①．2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）△H=-566.0kJ•mol^-1
②．N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+189.5kJ•mol^-1
③．2NO（g）+O₂（g）═2NO₂（g）△H=-112.97kJ•mol^-1
根据盖斯定律，①×2-②-③可得：2NO₂（g）+4CO（g）=N₂（g）+4CO₂（g）△H=-1208.53 kJ•mol^-1，
故答案为：2NO₂（g）+4CO（g）=N₂（g）+4CO₂（g）△H=-1208.53 kJ•mol^-1；
（6）可以想象为在P₄（正四面体结构）分子中的每个P-P键中放入一个S原子，故有6个极性键、3个非极性键，
故答案为：6；3．

点评 本题以元素推断为载体，考查原子结构、分子结构、元素周期律、元素及化合物、热化学方程式的书写、盖斯定律等知识，注意对基础知识的理解掌握．