Question

19．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；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，基态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）
（3）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．
（4）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SiF₄为正四面体形，H₂O为V形．
（5）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

（6）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⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-
（7）X单质的晶胞如图所示，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$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$cm（用代数式表示）．

Answer 1

分析 X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，且所有原子共平面，所以X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，Y的原子序数介于碳、氧之间，则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Z大，所以Q的电子排布为1s²2s²2p⁶3s²，即Q为Mg元素；而G的原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为Na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Si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，以此来解答．

解答 解：X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，且所有原子共平面，所以X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，Y的原子序数介于碳、氧之间，则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Z大，所以Q的电子排布为1s²2s²2p⁶3s²，即Q为Mg元素；而G的原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为Na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Si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，有7种不同原子轨道的电子，故答案为：7；7；
（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，
故答案为：C＜O＜N；
（3）OCN^-与CO₂互为等电子体，所以它们结构相似，在二氧化碳中碳的价层电子对数为：$\frac{4}{2}$=2，所以碳的杂化方式为sp杂化，
故答案为：sp杂化；
（4）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}$4，有2对孤电子对，所以H₂O的空间构型为V形，
故答案为：4；SiF₄为正四面体形；H₂O为V形；
（5）在NaF、MgF₂、SiF₄中NaF与MgF₂为离子晶体，SiF₄为分子晶体，故SiF₄的熔点低，Mg²⁺的半径比Na⁺的半径小，电荷数高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔点比NaF高，
故答案为：NaF与MgF₂为离子晶体，SiF₄为分子晶体，故SiF₄的熔点低，Mg²⁺的半径比Na⁺的半径小，电荷数高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔点比NaF高；
（6）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，开始生成氢氧化铜沉淀，后来沉淀溶解生成四氨合铜离子，其反应的离子方程式为：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，
故答案为：Cu²⁺+2 NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-
（7）C单质的晶胞如图所示，在顶点上8个原子，面心上2个原子，晶体内部为4个原子，所以一个C晶胞中原子数为：$\frac{1}{8}$×8+$\frac{1}{2}$×6+4=8；设晶体中最近的两个X原子之间的距离为xcm，晶胞的边长为acm，则a³=$\frac{{\frac{12×8}{N_A}}}{p}$，由晶胞图可知a²+a²=（4x•sin$\frac{109°28′}{2}$）²，所以2×$\root{3}{{\frac{12}{{p{N_A}}}}}$=2$\sqrt{2}$x•sin$\frac{109°28′}{2}$，解得x=$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$，
故答案为：8；$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$．

点评 本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、电子排布、元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（7）中计算为解答的难点，题目难度不大．