Question

8．原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36．已知X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子s能级与p能级电子数相等；G为金属元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，且最外层只有一个电子．
（1）Y原子核外共有7种不同运动状态的电子，T原子的价层电子排列式3d¹⁰4s¹．
（2）由X、Y、Z形成的离子ZXY^-与XZ₂互为等电子体，则ZXY^-中X原子的杂化轨道类型为sp．
（3）Z 与R能形成化合物甲，1mol甲中含4mol共价键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为正四面体形、V形
（4）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为NaF与MgF₂为离子晶体，SiF₄为分子晶体，故SiF₄的熔点低，Mg²⁺的半径比Na⁺的半径小，电荷数高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔点比NaF高

氟化物	G的氟化物	Q的氟化物	R的氟化物
熔点/K	993	1539	183

（5）向T的硫酸盐溶液中逐滴加入Y的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为Cu²⁺+2 NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-
（6）T与Y形成的晶体的晶胞结构如图所示，Y离子的配位数是6．．设晶胞棱长为acm，密度为 bg•cm^-3，则阿伏伽德罗常数可表示为$\frac{206}{b{a}^{3}}$（用含a、b的式子表示）

Answer 1

分析 X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为碳元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s²2s²2p²或1s²2s²2p⁴，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为氧元素，且Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，由于Q的原子序数比Z大，所以Q的电子排布为1s²2s²2p⁶3s²，即Q为镁元素；而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为钠元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为硅元素；T处于周期表的ds区，且最外层只有一个电子，则T为Cu，据此答题．

解答 解：X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为碳元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s²2s²2p²或1s²2s²2p⁴，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为氧元素，且Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，由于Q的原子序数比Z大，所以Q的电子排布为1s²2s²2p⁶3s²，即Q为镁元素；而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为钠元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为硅元素；T处于周期表的ds区，且最外层只有一个电子，则T为Cu．
（1）Y为氮元素，核外电子排布式为1s²2s²2p³，所以7种不同运动状态的电子，T为Cu元素，它的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，价电子排布为3d¹⁰4s¹，
故答案为：7；3d¹⁰4s¹；
（2）OCN^-与CO₂互为等电子体，所以它们结构相似，在二氧化碳中碳原子的价层电子对数为2，所以碳的杂化方式为sp杂化，则OCN^-中C原子也是sp杂化，
故答案为：sp杂化；
（3）化合物甲为二氧化硅，在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有四个Si-O 键，所以1mol二氧化硅中含有4molSi-O 键，SiO₂与HF反应的方程式为：SiO₂+4HF=SiF₄+2H₂O，其中SiF₄中硅原子的价层电子对数为4+$\frac{4-1×4}{2}$=4，没有孤电子对，所以SiF₄的空间构型为正四面体，H₂O中氧原子的价层电子对数为2+$\frac{6-1×2}{2}$=4，有2对孤电子对，所以H₂O的空间构型为V形，
故答案为：4；正四面体形、V形；
（4）在NaF、MgF₂、SiF₄中NaF与MgF₂为离子晶体，SiF₄为分子晶体，故SiF₄的熔点低，Mg²⁺的半径比Na⁺的半径小，电荷数高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔点比NaF高，
故答案为：NaF与MgF₂为离子晶体，SiF₄为分子晶体，故SiF₄的熔点低，Mg²⁺的半径比Na⁺的半径小，电荷数高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔点比NaF高；
（5）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，开始生成氢氧化铜沉淀，后来沉淀溶解生成四氨合铜离子，其反应的离子方程式为：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，
故答案为：Cu²⁺+2 NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-；
（6）与Y离子最近的T离子处于棱上且故Y离子对称，故Y离子配位数为6；
晶胞中N原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1，Cu原子数目为12×$\frac{1}{4}$=3，则晶胞质量为$\frac{14+64×3}{{N}_{A}}$g，晶胞体积为（a cm）³，则：（a cm）³×bg•cm^-3=$\frac{14+64×3}{{N}_{A}}$g，整理得N_A=$\frac{206}{b{a}^{3}}$，
故答案为：6；$\frac{206}{b{a}^{3}}$．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子的排布及运动状态、等电子体、分子构型、晶体类型与性质、配合物、晶胞计算等，注意理解均摊法有关晶胞计算，题目难度中等．