Question

X、Y、Z、R為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大．X的單質(zhì)與氫氣可化合生成氣體G，其水溶液pH＞7；Y的單質(zhì)是一種黃色晶體；R基態(tài)原子3d軌道的電子數(shù)是4s軌道電子數(shù)的3倍．Y、Z分別與鈉元素可形成化合物Q和J，J的水溶液與AgNO₃溶液反應(yīng)可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀I；Z與氫元素形成的化合物與G反應(yīng)生成M．請回答下列問題：
（1）M固體的晶體類型是

 

．
（2）R基態(tài)原子的價(jià)電子排布式是

 

（3）I的懸濁液中加入Q的溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為黑色沉淀，其原因是

 

．
（4）R的一種含氧酸根RO₄^2-具有強(qiáng)氧化性，在酸性溶液中易發(fā)生自身的氧化還原反應(yīng)，溶液變?yōu)辄S色，并有無色氣體產(chǎn)生，該反應(yīng)的離子方程式是

 

．

Answer 1

考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用

專題：元素周期律與元素周期表專題

分析：X、Y、Z、R為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大．X的單質(zhì)與氫氣可化合生成氣體G，其水溶液pH＞7，故X為氮元素，G為NH₃；Y的單質(zhì)是一種黃色晶體，Y為硫元素；R基態(tài)原子3d軌道的電子數(shù)是4s軌道電子數(shù)的3倍，則外圍電子排布為3d⁶4s²，故R為Fe元素；Y與鈉元素可形成化合物Q，Q為Na₂S，Z與鈉元素可形成化合物J，J的水溶液與AgNO₃溶液反應(yīng)可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀I，I為AgCl，故Z為Cl元素，J為NaCl；Z與氫元素形成的化合物與G反應(yīng)生成M，故M為NH₄Cl，據(jù)此解答．

解答： 解：X、Y、Z、R為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大．X的單質(zhì)與氫氣可化合生成氣體G，其水溶液pH＞7，故X為氮元素，G為NH₃；Y的單質(zhì)是一種黃色晶體，Y為硫元素；R基態(tài)原子3d軌道的電子數(shù)是4s軌道電子數(shù)的3倍，則外圍電子排布為3d⁶4s²，故R為Fe元素；Y與鈉元素可形成化合物Q，Q為Na₂S，Z與鈉元素可形成化合物J，J的水溶液與AgNO₃溶液反應(yīng)可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀I，I為AgCl，故Z為Cl元素，J為NaCl；Z與氫元素形成的化合物與G反應(yīng)生成M，故M為NH₄Cl，
（1）M為NH₄Cl，屬于離子晶體，故答案為：離子晶體；
（2）R為鐵元素，基態(tài)原子的核外電子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3s⁶4S²；其價(jià)電子排布式為3s⁶4S²，故答案為：3s⁶4S²；
（3）I為AgCl，Q為Na₂S，AgCl的懸濁液中加入Na₂S的溶液，由于Ag₂S的溶解度小于AgCl的溶解度，故白色沉淀轉(zhuǎn)化為黑色沉淀，故答案為：Ksp（AgCl）＜KSP（Ag₂S），Ag₂S的溶解度小于AgCl的溶解度；
（4）R為Fe元素，含氧酸根FeO₄^2-具有強(qiáng)氧化性，在其鈉鹽溶液中加入稀硫酸，溶液變?yōu)辄S色，有Fe³⁺生成，并有無色氣體產(chǎn)生，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒可知，只有氧元素被氧化，故該無色氣體為O₂，反應(yīng)離子方程式為：4FeO₄^2-+20 H⁺=4Fe³⁺+3O₂↑+10H₂O，故答案為：4FeO₄^2-+20 H⁺=4Fe³⁺+3O₂↑+10H₂O．

點(diǎn)評：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、無機(jī)物的推斷、核外電子排布規(guī)律、雜化理論、沉淀轉(zhuǎn)化、氧化還原反應(yīng)等，難度中等，（4）中注意根據(jù)氧化還原反應(yīng)知識判斷生成的氣體是氧氣，是易錯(cuò)點(diǎn)與難點(diǎn)．