Question

5．原子序數依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七種元素，核電荷數均小于36．已知X的一種：1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，且所有原子共平面；Z的L層上有2個未成對電子；Q原子的s能級與p能級電子數相等；R單質是制造各種計算機、微電子產品的核心材料；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子．
（1）Y原子核外共有7種不同運動狀態(tài)的電子，基態(tài)T原子有7種不同能級的電子．
（2）X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N（用元素符號表示）．
（3）由X、Y、Z形成的離子ZXY^-與XZ₂互為等電子體，則ZXY^-中X原子的雜化方式為sp雜化．
（4）G、Q、R氟化物的熔點如表，造成熔點差異的原因為NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低；Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小、電荷數高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高．

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

（5）向T的硫酸鹽溶液中逐漸滴加入Y的氫化物的水溶液至過量，反應的離子方程式為Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-．
（6）X單質的一種晶胞如圖所示，一個X晶胞中有8個X原子；若該晶體的密度為ρ g/cm³，何伏加德羅常數的值為NA，則晶體中最近的兩個X原子核之間的距離為$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$（或$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$）cm（用含ρ、N_A代數式表示）．

Answer 1

分析 X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，所有原子共平面，說明該氫化物中含有雙鍵或三鍵，氫化物中乙烯中含有σ鍵和π鍵，且是1：2型氫化物，所以x是C元素；Z的L層上有2個未成對電子，則L層上有6個電子，所以Z為O元素；Q原子s能級與P能級電子數相等，則Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，所以Q為Mg元素；R單質是制造各種計算機、微電子產品 的核心材料，則R為Si元素；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子，則T為Cu元素；X、Y、Z、G、Q、R、T原子序數依次增大，Y為N元素；G能形成氟化物，且其原子序數小于Mg，則G為Na元素，根據以上元素的性質，結合選項分析解答．

解答 解：X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，所有原子共平面，說明該氫化物中含有雙鍵或三鍵，氫化物中乙烯中含有σ鍵和π鍵，且是1：2型氫化物，所以x是C元素；Z的L層上有2個未成對電子，則L層上有6個電子，所以Z為O元素；Q原子s能級與P能級電子數相等，則Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，所以Q為Mg元素；R單質是制造各種計算機、微電子產品 的核心材料，則R為Si元素；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子，則T為Cu元素；X、Y、Z、G、Q、R、T原子序數依次增大，Y為N元素；G能形成氟化物，且其原子序數小于Mg，則G為Na元素，
（1）Y為N元素，其電子排布圖為：，所以其原子核外共有7種不同運動狀態(tài)的電子；Cu原子的電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，所以Cu原子有7種不同能級的電子，
故答案為：7；7；
（2）C、N、O為同周期元素，同周期元素第一電離能從左到右依次增大，但是第IIA族與第IIIA族反常，第VA族與第VIA族反常，所以）C、N、O的第一電離能由小到大的順序為：C＜O＜N，故答案為：C＜O＜N；
（3）已知CO₂與CNO^-為等電子體，則二者的空間結構和和雜化方式相同，已知為CO₂直線形，C為sp雜化，所以CNO^-中C為sp雜化，故答案為：sp雜化；
（4）不同晶體熔點的一般規(guī)律是：離子晶體的熔點＞分子晶體的熔點，離子晶體中半徑越小，所帶電荷越多，熔點越高，NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低；Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小、電荷數高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高；
故答案為：NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低；Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小、電荷數高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高；
（5）向Cu的硫酸鹽溶液中逐滴加入氨水至過量，開始生成氫氧化銅沉淀，后來沉淀溶解生成四氨合銅離子，其反應的離子方程式為：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，
故答案為：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-；
（6）C單質的晶胞如圖所示，在頂點上8個原子，面心上2個原子，晶體內部為4個原子，所以一個C晶胞中原子數為：8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$+4=8，設晶體中最近的兩個X原子之間的距離為xcm，晶胞的邊長為acm，則a³=$\frac{\frac{12×8}{{N}_{A}}}{ρ}$，由晶胞圖可知a²+a²=（4x•sin$\frac{109°28′}{2}$）²，所以2$\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}$=2$\sqrt{2}$x•sin$\frac{109°28′}{2}$；
所以x=$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$（或$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$），
故答案為：8；$\frac{\sqrt{2}×\root{3}{\frac{12}{ρ{N}_{A}}}}{2sin\frac{109°28′}{2}}$（或$\frac{\sqrt{3}}{4}×\root{3}{\frac{96}{ρ{N}_{A}}}$）．

點評 本題考查了元素的推斷，涉及了電子的運動狀態(tài)的判斷，電負性的比較，物質熔沸點的比較，離子方程式的書寫，晶胞的有關計算，考查的知識點較多，題目難度較大．