Question

3．元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4；M原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；N^-、Z⁺、X⁺离子的半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体．元素Q价电子为3d¹⁰4s¹，据此回答：
（1）M元素的含氧酸中酸性最强的是（写出化学式）H₂SO₄；试解释为什么其酸性较强S的两种含氧酸可写成（HO）₂SO、（HO）₂SO₂，硫酸中S的正电性比亚硫酸中高，导致S-O-H中O的电子向S偏移，因而在水分子的作用下也就越容易电离出H⁺，酸性越强．
（2）Z与M可形成常见固体化合物C，用电子式表示C的形成过程．
（3）已知通常状况下1g X₂在Y₂中完全燃烧放出a kJ的热量，请写出表示X₂燃烧热的热化学方程式H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O （l）△H=一2a kJ•mol^-1．
（4）X与Y、X与M均可形成18电子分子，这两种分子在水溶液中反应有黄色沉淀生成，写出该反应的化学方程式H₂O₂+H₂S=S↓+2H₂O．
（5）根据VSEPR模型，X₃Y⁺的离子立体结构为三角锥形．化合物A为Q元素的二价离子与X₂Y分子构成的配位数为4的络合物，A的水溶液呈现天蓝色，逐滴加入氨水，形成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，写出蓝色沉淀生成深蓝色溶液的离子方程式：Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-．
（6）均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐发生反应的离子方程式是HSO₃^-+H⁺=H₂O+SO₂↑；
（7）已知Q是面心立方晶体，则晶胞中Q原子的配位数是12，若Q原子的半径为r，试计算该晶胞中原子的空间利用率为74%．

Answer 1

分析 元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，原子有3个电子层，最外层电子数为6，则M为S元素；结合N^-、Z⁺、X⁺的半径逐渐减小，化合物XN在常温下为气体，可判N为Cl元素，Z为Na元素，X为氢元素；元素Q价电子为3d¹⁰4s¹，则Q为Cu．
（1）硫的两种含氧酸有亚硫酸、硫酸，中心元素化合价越高，对电子对的吸引越大，更有利于电离出氢离子；
（2）Z与M可形成常见固体化合物C为Na₂S，由钠离子与硫离子构成；
（3）计算1molH₂燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式，且H₂的化学计量为1；
（4）X与Y形成的18电子分子为H₂O₂、X与M形成的18电子分子为H₂S，这两种分子在水溶液中反应有黄色沉淀生成，即反应生成S与水；
（5）H₃O⁺离子中O原子孤电子对=$\frac{6-1-1×3}{2}$=1，价层电子对数=3+1=4；
化合物A为Cu元素的二价离子与H₂O分子构成的配位数为4的络合物，该配离子为[Cu（H₂O）₄]²⁺，A的水溶液呈现天蓝色，逐滴加入氨水，形成蓝色沉淀为Cu（OH）₂，后蓝色沉淀溶解生成[Cu（NH₃）₄]²⁺；
（6）均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐为NaHSO₃、NaHSO₄，二者反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；
（7）已知Q是面心立方晶体，以顶点Q原子研究，与之相邻的Q原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；
若Q原子的半径为r，则晶胞棱长为4r×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$r，计算晶胞体积，利用均摊法计算晶胞中Q原子数目，计算晶胞中Q原子占有的总体积，晶胞中原子的空间利用率=$\frac{原子总体积}{晶胞体积}$×100%．

解答 解：元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，原子有3个电子层，最外层电子数为6，则M为S元素；结合N^-、Z⁺、X⁺的半径逐渐减小，化合物XN在常温下为气体，可判N为Cl元素，Z为Na元素，X为氢元素；元素Q价电子为3d¹⁰4s¹，则Q为Cu．
（1）S的两种含氧酸可写成（HO）₂SO、（HO）₂SO₂，硫酸中S的正电性比亚硫酸中高，导致S-O-H中O的电子向S偏移，因而在水分子的作用下也就越容易电离出H⁺，酸性越强，硫酸的酸性更强，
故答案为：H₂SO₄；S的两种含氧酸可写成（HO）₂SO、（HO）₂SO₂，硫酸中S的正电性比亚硫酸中高，导致S-O-H中O的电子向S偏移，因而在水分子的作用下也就越容易电离出H⁺，酸性越强；
（2）Z与M可形成常见固体化合物C为Na₂S，由钠离子与硫离子构成，用电子式表示形成过程为，
故答案为：；
（3）1molH₂燃烧放出的热量为a kJ×$\frac{1mol×2g/mol}{1g}$=2a kJ，故氢气燃烧热的热化学方程式为：H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O （l）△H=一2a kJ•mol^-1，
故答案为：H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O （l）△H=一2a kJ•mol^-1；
（4）X与Y形成的18电子分子为H₂O₂、X与M形成的18电子分子为H₂S，这两种分子在水溶液中反应有黄色沉淀生成，即反应生成S与水，反应方程式为：H₂O₂+H₂S=S↓+2H₂O，
故答案为：H₂O₂+H₂S=S↓+2H₂O；
（5）H₃O⁺离子中O原子孤电子对=$\frac{6-1-1×3}{2}$=1，价层电子对数=3+1=4，立体结构为三角锥形；
化合物A为Cu元素的二价离子与H₂O分子构成的配位数为4的络合物，该配离子为[Cu（H₂O）₄]²⁺，A的水溶液呈现天蓝色，逐滴加入氨水，形成蓝色沉淀为Cu（OH）₂，后蓝色沉淀溶解生成[Cu（NH₃）₄]²⁺，反应离子方程式为：Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，
故答案为：三角锥形；Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-；
（6）均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐为NaHSO₃、NaHSO₄，二者反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应离子方程式为：HSO₃^-+H⁺=H₂O+SO₂↑，
故答案为：HSO₃^-+H⁺=H₂O+SO₂↑；
（7）已知Q是面心立方晶体，以顶点Q原子研究，与之相邻的Q原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，晶胞中Q原子的配位数是$\frac{3×8}{2}$=12；
若Q原子的半径为r，则晶胞棱长为4r×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$r，则晶胞体积为（2$\sqrt{2}$r）³，晶胞中Q原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞中Q原子占有的总体积为4×$\frac{4}{3}$πr³，晶胞中原子的空间利用率=$\frac{4×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（2\sqrt{2}r）^{3}}$×100%=74%，
故答案为：12；74%．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、分子结构与性质、热化学方程式、电子式、空间结构、配合物、元素化合物性质、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，掌握均摊法进行晶胞有关计算．