Question

15．Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，Q的一種單質(zhì)是天然存在的最硬的物質(zhì)，X原子的核外電子有八種運動狀態(tài)，Y元素的離子半徑是第三周期中最小的，Z是第四周期中未成對電子最多的原子．

（1）Z原子的價電子排布式為3d⁵4s¹．
（2）Q、R、X、Y四種元素的電負性由大到小的順序是O＞N＞C＞Al．
（3）雜化軌道理論指出原子中能量相近的s、p或s、p、d軌道之間可以通過雜化形成種類豐富的雜化軌道．RCl₃分子中心原子的雜化方式為sp³，從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋不存在RCl₅分子的原因N原子的最外層只有2s、2p共4個軌道，沒有d軌道，無法形成NCl₅．
（4）配合物甲的分子式為ZCl₃•4H₂O，配位數(shù)為6．取1mol甲溶于水，加入足量的AgNO₃溶液，得到143.5g白色沉淀．在酸性溶液中，甲發(fā)生水合反應轉(zhuǎn)化為乙（ZCl₃•6H₂O）．乙的配位原子只有一種，配位數(shù)為6．
①甲的結(jié)構(gòu)簡式為[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl．
②甲→乙的化學方程式為[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl+2H₂O$\frac{\underline{\;H+\;}}{\;}$[Cr（H₂O）₆]Cl₃ ．
（5）圖a是Q的一種同素異形體和鉀形成的插層化合物的晶胞圖，圖b是晶胞沿側(cè)面的投影圖．該插層化合物的化學式為KC₈．

Answer 1

分析 Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，Q的一種單質(zhì)是天然存在的最硬的物質(zhì)，則Q為C元素；X原子的核外電子有八種運動狀態(tài)，則X為O元素；R的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則R為N元素；Y元素的離子半徑是第三周期中最小的，則Y為Al；Z是第四周期中未成對電子最多的原子，則Z原子外圍電子排布式為3d⁵4s¹，則Z為Cr．

解答 解：Q、R、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，Q的一種單質(zhì)是天然存在的最硬的物質(zhì)，則Q為C元素；X原子的核外電子有八種運動狀態(tài)，則X為O元素；R的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則R為N元素；Y元素的離子半徑是第三周期中最小的，則Y為Al；Z是第四周期中未成對電子最多的原子，則Z原子外圍電子排布式為3d⁵4s¹，則Z為Cr．
（1）Z為Cr元素，原子的價電子排布式為3d⁵4s¹，故答案為：3d⁵4s¹；
（2）同周期自左而右電負性增大，同主族自上而下電負性減小，故電負性：O＞N＞C＞Al，
故答案為：O＞N＞C＞Al；
（3）NCl₃分子N原子形成3個N-Cl鍵，含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)目為4，N原子采取sp³雜化，N原子的最外層只有2s、2p共4個軌道，沒有d軌道，無法形成NCl₅，
故答案為：sp³；N原子的最外層只有2s、2p共4個軌道，沒有d軌道，無法形成NCl₅；
（4）配合物甲的分子式為CrCl₃•4H₂O，配位數(shù)為6．取1mol甲溶于水，加入足量的AgNO₃溶液，得到143.5g白色沉淀為AgCl，其物質(zhì)的量為1mol，則有1個Cl^-處于外界，2個Cl^-處于內(nèi)界，則甲的化結(jié)構(gòu)簡式為：[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl，在酸性溶液中，甲發(fā)生水合反應轉(zhuǎn)化為乙（ZCl₃•6H₂O），乙的配位原子只有一種，配位數(shù)為6，則乙為[Cr（H₂O）₆]Cl₃，甲→乙的化學方程式為：[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl+2H₂O$\frac{\underline{\;H+\;}}{\;}$[Cr（H₂O）₆]Cl₃ ，
故答案為：[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl；[Cr（H₂O）₄Cl₂]Cl+2H₂O$\frac{\underline{\;H+\;}}{\;}$[Cr（H₂O）₆]Cl₃ ；
（5）晶胞中K原子數(shù)目為4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，C原子數(shù)目為12×4+8×$\frac{1}{2}$×4=64，K、C原子數(shù)目之比為8：64=1：8，故該插層化合物的化學式是KC₈，
故答案為：KC₈．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、電負性、雜化發(fā)生、配合物、晶胞計算等，（4）注意內(nèi)界與外界不同，（5）需要學生具備一定的空間想象，結(jié)合均攤法計算．