Question

5．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，原子中只有一个未成对电子．
（1）Y原子核外共有7种不同运动状态的电子，T原子有7种不同能级的电子．
（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N（用元素符号表示）．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杂化
（3）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含4mol化学键，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
（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，且Mg²⁺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⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O
（6）X单质的晶胞如右图所示，一个X晶胞中有8个X原子；若X晶体的密度为p g/cm³，阿伏加德罗常数的值为N_A，则晶体中最近的两个X原子之间的距离为$\frac{3}{4}\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$cm（用代数式表示）

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C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O元素，且Y为N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的原子序数比氧大，所以Q的电子排布为1s²2s²2p⁶3s²，即Q为Mg；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Na；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，则R为Si；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子，价电子排布为3d¹⁰4s¹，故T为Cu．

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C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O元素，且Y为N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的原子序数比氧大，所以Q的电子排布为1s²2s²2p⁶3s²，即Q为Mg；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Na；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，则R为Si；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子，价电子排布为3d¹⁰4s¹，故T为Cu．
（1）Y为N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，所以它有7个能级，
故答案为：7；7；
（2）C、N、O位于元素周期表同一周期，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N；
OCN^-与CO₂互为等电子体，所以它们结构相似，OCN^-中C原子与O、N原子之比分别形成2对共用电子对，没有孤电子对，所以碳的杂化方式为sp杂化，
故答案为：C＜O＜N；sp杂化；
（3）Z与R能形成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，没有孤对电子，所以SiF₄的空间构型为正四面体，
故答案为：4；正四面体形；
（4）在NaF、MgF₂、SiF₄中，NaF与MgF₂为离子晶体，SiF₄为分子晶体，故SiF₄的熔点最低，Mg²⁺的半径比Na⁺的半径小，且Mg²⁺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，且Mg²⁺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溶液至过量，反应生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为：Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O，
故答案为：Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O；
（6）碳单质的晶胞为，晶胞中含有C原子数目为4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，C原子与周围4个原子形成正四面体，正四面体中心C原子与顶点碳原子相邻，距离最近，晶胞质量为8×$\frac{12}{{N}_{A}}$g，晶体的密度为p g/cm³，则晶胞棱长为$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm，则正四面体的棱长为$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$，则正四面体的斜高为$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，令斜高为$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=b cm，底面中心到边的距离为$\frac{1}{3}$b，设正四面体的高为a cm，则a²+（$\frac{1}{3}$b）²=b²，解得a=$\frac{\sqrt{6}}{3}$b，故正四面体中心原子到顶点距离为$\frac{3}{4}$a=$\frac{3}{4}$×$\frac{\sqrt{6}}{3}$b=$\frac{\sqrt{6}}{4}$×$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{4}\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$cm，
故答案为：8；$\frac{3}{4}\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及电离能、杂化轨道、分子结构、晶体类型与性质、配合物、晶胞计算等，（6）中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，关键理解距离最近碳原子位置．