题目内容

3.X、Y、Z、R为前四周期元素,原子序数依次增大.X、Y同周期,X基态原子的最外层电子数是次外层的2倍,Y基态原子的s能级和p能级上电子数相等;Z是地壳中含量最高的金属元素;R+离子的3d轨道全充满.
请回答下列问题:
(1)Z3+离子的核外电子排布式是1s22s22p6.
(2)科学家成功地在高压下将XY2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体,该晶体中X原子的杂化轨道类型是sp3;X、Z、R的单质分别与足量Y2充分反应所得产物的熔点由高到低的顺序是Al2O3>CuO>CO2.(填化学式)
(3)由Y、R形成的某化合物的晶胞结构如右图所示,其化学式是CuO.
(4)常温下,pH相同的NaZY2与Na2XY3两种溶液,物质的量浓度较大的是Na2CO3.(填化学式)
(5)将亚硫酸钠的水溶液逐滴加入RCl2的水溶液中,再加入少量浓盐酸混匀,得到难溶的白色沉淀RCl,该反应的离子方程式是SO32-+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+.

分析 X、Y、Z、R为前四周期元素,原子序数依次增大,X基态原子的最外层电子数是次外层的2倍,最外层最多含有8个电子,则X含有两个电子层,最外层为4个电子,所以X为C元素;Z是地壳中含量最高的金属元素,则Z为Al元素;X、Y同周期,则Y为第二周期,Y基态原子的s能级和p能级上电子数相等,原子核外电子排布为1s22s22p4,为O元素;R+离子的3d轨道全充满,的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d10,R原子的原子序数为29,则R为Cu元素,据此进行解答.

解答 解:X、Y、Z、R为前四周期元素,原子序数依次增大,X基态原子的最外层电子数是次外层的2倍,最外层最多含有8个电子,则X含有两个电子层,最外层为4个电子,所以X为C元素;Z是地壳中含量最高的金属元素,则Z为Al元素;X、Y同周期,则Y为第二周期,Y基态原子的s能级和p能级上电子数相等,原子核外电子排布为1s22s22p4,为O元素;R+离子的3d轨道全充满,的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d10,R原子的原子序数为29,则R为Cu元素,
(1)Z为Al元素,铝离子核外电子总数为10,铝离子的核外电子排布式为:1s22s22p6,
故答案为:1s22s22p6;
(2)XY2为CO2,CO2在高温高压下所形成的晶体具有类似SiO2结构的原子晶体,该晶体中C原子形成4个C-O单键,则C原子含有4价层电子对,所以C原子轨道的杂化类型为sp3;
X、Z、R分别为C、Al、Cu元素,Y2为氧气,则X、Z、R的单质分别与足量Y2充分反应所得产物分别为:二氧化碳、氧化铝和氧化铜,二氧化碳形成的晶体为分子晶体,其沸点最低,氧化铜和氧化铝都是离子晶体,其中氧化铝中离子键较短,则其沸点较高,所以三者的沸点高低为:Al2O3>CuO>CO2,
故答案为:sp3;Al2O3>CuO>CO2;
(3)Y为O元素、R为Cu元素,由O、Cu形成的某化合物的晶胞结构如右图所示,Y的数目=8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{4}$+2×$\frac{1}{2}$+1=4,R原子数目为4,所以Y和R的离子数目之比为4:4=1:1,所以该化合物的化学式为CuO,
故答案为:CuO;
(4)NaZY2与Na2XY3分别为NaAlO2、Na2CO3,碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝,则pH相同时,碳酸钠溶液的浓度大于偏铝酸钠,故答案为:Na2CO3;
(5)白色沉淀为CuCl,二者发生了氧化还原反应,该反应的离子方程式为SO32-+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+,
故答案为:SO32-+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+.

点评 本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用,题目难度中等,正确推断各元素名称为解答关键,注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系,试题知识点较多、综合性较强,充分考查学生灵活应用基础知识的能力.

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