X.Y.Z.W四种元素是周期表前四周期元素.X元素原子核外有16种不同运动状态的电子.Y的原子序数比X大1.Z原子的M能层上有4个未成对电子.W的价层电子排布式为ndn+5(n+1)sn-1．(1)Z的最外层电子轨道排布图为,W元素的名称为镍．(2)XY2分子中X原子的杂化轨道类型为sp3,XO32-的空间构型为三角锥形．(3)第一电离能X＞Z(填“＞ .“＜ � 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

3．

X、Y、Z、W四种元素是周期表前四周期元素，X元素原子核外有16种不同运动状态的电子，Y的原子序数比X大1，Z原子的M能层上有4个未成对电子，W的价层电子排布式为ndⁿ⁺⁵（n+1）s^n-1．
（1）Z的最外层电子轨道排布图为

；W元素的名称为镍．
（2）XY₂分子中X原子的杂化轨道类型为sp³；XO₃^2-的空间构型为三角锥形．
（3）第一电离能X＞Z（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；氢化物稳定性X＜Y．
（4）配位化合物是中心金属原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对，以配位键结合而形成的一类化合物，中心原子或离子接受的鬼电子对数，称为配位数，则配位化合物[W（NH₃）₄（H₂O）₂]Cl₂中，中心W²⁺的配位数为6；其结构中不含有的作用力有B．
A．极性键 B．非极性键 C．配位键 D．离子键
（5）金属Z的单质的晶胞结构如图：
①区别晶体和非晶体的最科学的方法是对固体进行X-射线衍射实验．
②上述金属晶体原子堆积模型为体心立方堆积型，其原子的空间利用率为68%．
③若Z的摩尔质量为Mg/mol，密度为ρg/cm³，则Z的原子半径为$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{2M}{ρ{N}_{A}}}$cm（列出算式即可）．
（6）已知：晶格能越大，离子晶体越稳定．则CaO、MgO、NaCl的稳定性由大到小的顺序为MgO＞CaO＞NaCl．

分析 X、Y、Z、W四种元素是周期表前四周期元素，X元素原子核外有16种不同运动状态的电子，则X为S，Y的原子序数比X大1，则Y为Cl，Z原子的M能层上有4个未成对电子，则Z为Fe，W的价层电子排布式为ndⁿ⁺⁵（n+1）s^n-1，则n=3，所以W为Ni，
（1）Fe最外层有2个电子，W为Ni，据此答题；
（2）根据中心原子的价层电子对数判断杂化方式及分子的空间构型；
（3）元素非金属性越强，第一电离能越大，气态氢化物越稳定，据此判断；
（4）根据配位化合物组成判断配位数和化学键的类型；
（5）①区别晶体和非晶体的最科学的方法是对固体进行X-射线衍射实验，
②根据Fe的晶胞结构可知，Fe晶体原子堆积模型为体心立方堆积，根据铁原子的体积和晶胞的体积可以求得空间利用率；
③根据密度求得晶胞的体积，根据晶胞的边长与铁原子的半径的关系确定原子半径；
（6）离子晶体中离子所带电荷越多及离子半径越小，晶体晶格能越大．

解答解：X、Y、Z、W四种元素是周期表前四周期元素，X元素原子核外有16种不同运动状态的电子，则X为S，Y的原子序数比X大1，则Y为Cl，Z原子的M能层上有4个未成对电子，则Z为Fe，W的价层电子排布式为ndⁿ⁺⁵（n+1）s^n-1，则n=3，所以W为Ni，
（1）Z为Fe，Z的最外层电子轨道排布图为，W为Ni，W元素的名称为镍，
故答案为：；镍；
（2）SCl₂分子中S原子的价层电子对数为$\frac{6+2}{2}$=4，所以S的杂化轨道类型为sp³杂化，SO₃^2-中硫原子的价层电子对数为$\frac{6+2}{2}$=4，有一对孤电子对，所其空间构型为三角锥形，
故答案为：sp³；三角锥形；
（3）元素非金属性越强，第一电离能越大，所以S的第一电离能＞Fe的第一电离能，元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以氢化物稳定性X＜Y，
故答案为：＞；＜；
（4）根据配位化合物[Ni（NH₃）₄（H₂O）₂]Cl₂的组成可知，中心Ni²⁺的配位数为6；其结构中不含非极性键，故选B，
故答案为：6；B；
（5）①区别晶体和非晶体的最科学的方法是对固体进行X-射线衍射实验，
故答案为：对固体进行X-射线衍射实验；
②根据Fe的晶胞结构可知，Fe晶体原子堆积模型为体心立方堆积，体心立方中含有铁原子数为$1+\frac{1}{8}×8$=2；设铁原子半径为r，晶胞中铁原子的体积为：$2×\frac{4}{3}{πr}^{3}$；体心立方中，体对角线上为三个铁原子相切，则体对角线为4r，晶胞边长为：$\frac{4}{\sqrt{3}}r$，空间利用率为：$\frac{2×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（{\frac{4}{\sqrt{3}}r）}^{3}}$×100%=$\frac{3}{8}$ π×100%≈68%，
故答案为：体心立方堆积；68%；
③设铁原子半径为r，根据②中分析可知中，晶胞边长为：$\frac{4}{\sqrt{3}}r$，晶胞中含有铁原子数为$1+\frac{1}{8}×8$=2，根据$ρ=\frac{\frac{2M}{{N}_{A}}}{V}$可知，（$\frac{4}{\sqrt{3}}r$）³=$\frac{2M}{ρ{N}_{A}}$，所以r=$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{2M}{ρ{N}_{A}}}$cm，
故答案为：$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{2M}{ρ{N}_{A}}}$cm；
（6）由于钙离子的半径大于镁离子，氧化钙中离子所带电荷大于氯化钠，所以晶格能大小顺序为MgO＞CaO＞NaCl，所以CaO、MgO、NaCl的稳定性由大到小的顺序为MgO＞CaO＞NaCl，
故答案为：MgO＞CaO＞NaCl．

点评本题考查位置结构性质的关系及应用，涉及核外电子排布、元素周期律、晶胞的空间结构、空间利用率的计算、晶胞的计算、晶格能的比较等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等，侧重对学生的综合能力的考查．

练习册系列答案

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	A．	pH相同的CH₃COONa溶液、C₆H₅ONa溶液、Na₂CO₃溶液、NaOH溶液：c（CH₃COONa）＞c（C₆H₅ONa ）＞c（Na₂CO₃）＞c（NaOH ）
	B．	在常温下，10 mL 0.02 mol•L^-1HCl溶液与10 mL 0.02 mol•L^-1 Ba（OH）₂溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=10
	C．	将pH=3的一元弱酸HA和pH=11的NaOH溶液充分混合后一定有：c（OH^-）＜c（H⁺）＜c（Na⁺）＜c（A^-）
	D．	将0.2 mol•L^-1的盐酸与0.1 mol•L^-1的NaAlO₂溶液等体积混合，其溶液中离子浓度由小到大的顺序为：c（OH^-）＜c（Al³⁺）＜c（H⁺）＜c（Na⁺）＜c（Cl^-）

14．下列分子中键角不是120°的是（　　）

C₂H₄

C₆H₆

BF₃

NH₃

11．CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H₃CuCl₄，反应的化学方程式为CuCl（s）+3HCl（aq）?H₃CuCl₄（aq）．
（1）实验室用如图1所示装置制取CuCl，反应原理为：
2Cu²⁺+SO₂+8Cl^-+2H₂O═2CuCl₄^3-+SO${\;}_{4}^{2-}$+4H⁺
CuCl₄^3-（aq）?CuCl（s）+3Cl^-（aq）

①装置C的作用是吸收SO₂尾气，防止污染空气．
②装置B中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl晶体．
混合物$→_{i}^{冷却}$$→_{ii}^{倒入溶有SO_{2}的水中}$$→_{iii}^{过滤}$$→_{iv}^{洗涤}$$→_{v}^{干燥}$CuCl晶体
操作ⅱ的主要目的是促进CuCl析出、防止CuCl被氧化
操作ⅳ中最好选用的试剂是水、稀盐酸或乙醇．
③实验室保存新制CuCl晶体的方法是避光、密封保存．
④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥．
（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO₂、N₂和O₂的百分组成．
已知：
i．CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu（CO）Cl•H₂O．
ii．保险粉（Na₂S₂O₄）和KOH的混合溶液能吸收氧气．
①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是氢氧化钡溶液、CuCl的盐酸溶液．
②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O₂的离子方程式：2S₂O₄^2-+3O₂+4OH^-=4SO₄^2-+2H₂O．

18．

在某温度时，将n mol•L^-1氨水滴入10mL 1.0mol•L^-1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（　　）

	A．	a点Kw=1.0×10^-14
	B．	水的电离程度：b＞c＞a＞d
	C．	b点：c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
	D．	25℃时NH₄Cl水解常数为（n-1）×10^-7 mol•L^-1（用n表示）