Question

12．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原予的杂化轨道类型是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）已知Y元素与 R⁺形成的二元化合物在稀硫酸溶液中不稳定，写出该反应的离子方程式Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O．
（5）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）
（6）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RC1，该反应的离子方程式是SO₃^2-+2Cu²⁺+2Cl^-+H₂O=2CuCl↓+SO₄^2-+2H⁺．

Answer 1

分析 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，其次外层电子数是2，则X是C元素，Y基态原子的s能级和p能级上电子数相等，则Y是O元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素； R⁺离子的3d轨道全充满，则R是Cu元素；
（1）Z是Al元素，Al失去3个电子生成铝离子，根据构造原理书写铝离子核外电子排布式；
（2）该二氧化碳为原子晶体，每个C原子和4个Si原子形成4个共价键，为sp³杂化；
X、Z、R的单质分别与足量Y₂ 充分反应所得产物分别是二氧化碳、氧化铝和CuO，氧化铝是原子晶体、CuO是离子晶体、二氧化碳是分子晶体，熔沸点高低顺序是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；
（3）该晶胞中Cu离子个数=4，氧离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，据此确定化学式；
（4）氧化亚铜和酸反应生成铜离子、Cu和水；
（5）常温下，pH相同的NaAlO₂ 与Na₂CO₃ 两种溶液，酸根离子水解程度越大，钠盐溶液浓度越小；
（6）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子．

解答 解：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，其次外层电子数是2，则X是C元素，Y基态原子的s能级和p能级上电子数相等，则Y是O元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素； R⁺离子的3d轨道全充满，则R是Cu元素；
（1）Z是Al元素，Al失去3个电子生成铝离子，根据构造原理书写铝离子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶，
故答案为：1s²2s²2p⁶；
（2）该二氧化碳为原子晶体，每个C原子和4个Si原子形成4个共价键，为sp³杂化；
X、Z、R的单质分别与足量Y₂ 充分反应所得产物分别是二氧化碳、氧化铝和CuO，氧化铝是原子晶体、CuO是离子晶体、二氧化碳是分子晶体，熔沸点高低顺序是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以晶体熔沸点高低顺序是Al₂O₃＞CuO＞CO₂，
故答案为：sp³；Al₂O₃＞CuO＞CO₂；
（3）该晶胞中Cu离子个数=4，氧离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，铜离子和氧离子个数之比=4：4=1：1，其化学式为CuO，故答案为：CuO；
（4）氧化亚铜和酸反应生成铜离子、Cu和水，离子方程式为Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O，故答案为：Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O；
（5）常温下，pH相同的NaAlO₂ 与Na₂CO₃ 两种溶液，酸根离子水解程度越大，钠盐溶液浓度越小，偏铝酸根离子水解程度大于碳酸根离子，所以pH相同时碳酸钠浓度较大，故答案为：Na₂CO₃；
（6）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子，离子方程式为SO₃^2-+2Cu²⁺+2Cl^-+H₂O=2CuCl↓+SO₄^2-+2H⁺，
故答案为：SO₃^2-+2Cu²⁺+2Cl^-+H₂O=2CuCl↓+SO₄^2-+2H⁺．

点评 本题考查位置结构性质相互关系及应用，为高频考点，涉及晶胞计算、氧化还原反应、离子方程式的书写、原子杂化等知识点，侧重考查基本理论、基本计算，注意酸性条件下氧化亚铜自身发生氧化还原反应，题目难度不大．