Question

13．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：
（l）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N_nH_n+2W、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．己知Q单质的密度是dg•cm^-3，N_A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、N_A的代数式表示）．Q原子在晶胞中的空间利用率为$\frac{\sqrt{2}π}{6}$（用含π的代数式表示）．

Answer 1

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，则X、Z为第2周期元素，它们的价电子层上均有两个未成对电子，则X为C元素，Z为O元素；
X为C元素，Z为O元素，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，则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．由此解答．
（1）同周期，随原子序数增大第一电离能增大，但N原子的2p电子半满为稳定结构；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强；
（2）根据等电子体中原子数相同、价电子数相同分析；
（3）[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）根据中心原子电子对数判断杂化方式；H、C形成有机化合物；
（5）根据晶胞边长a=$\root{3}{\frac{m}{ρ}}$计算晶体中最邻近的原子核间距，原子在晶胞中的空间利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{晶胞}}×100%$．

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，则X、Z为第2周期元素，它们的价电子层上均有两个未成对电子，则X为C元素，Z为O元素；
X为C元素，Z为O元素，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，则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，
由此知W为H，X为C，Y为N，Z为O，Q为Cu，
（1）同周期，随原子序数增大第一电离能增大，但N原子的2p电子半满为稳定结构，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强，则电负性O＞N，故答案为：大于；小于；
（2）CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的分子或离子的化学式为：N₂、CN^-（或O₂²⁺、C₂^2-、NO⁺），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原子电子对数为$\frac{5+1×3}{2}=4$，故杂化方式为sp³杂化，由YW₃、Y₂W₄、Y₃W₅、Y₄W₆…分析判断这组化合物的通式为N_nH_n+2，C、H元素形成烃类有机化合物，数目庞大，故答案为：sp³杂化；N_nH_n+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$8×\frac{1}{8}+6×\frac{1}{2}=4$，边长a=$\root{3}{\frac{m}{ρ}}$=$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$，晶体中最邻近的原子核间距为$\frac{\sqrt{2}}{2}a$=$\frac{\sqrt{2}}{2}\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$，
原子在晶胞中的空间利用率=$\frac{{V}_{球}}{{V}_{晶胞}}×100%$=$\frac{4×\frac{4}{3}π{（\frac{\sqrt{2}}{4}a）}^{3}}{{a}^{3}}$=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$．故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$；$\frac{\sqrt{2}π}{6}$．

点评 本题综合考查物质的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握杂化类型以及价层电子数的判断，难度中等．