Question

2．W、X、Y、Z、Q是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素．W是宇宙中最豐富的元素；X、Z元素原子基態(tài)時(shí)，核外電子均排布在3個(gè)能級(jí)上，且它們的價(jià)電子層上均有兩個(gè)未成對(duì)電子；向含有Q²⁺的溶液中滴加氨水，形成藍(lán)色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍(lán)色溶液．
回答下列問題：
（1）第一電離能Y大于Z，電負(fù)性Y小于Z（均選填“大于”、“小于”或“等于”）．
（2）寫出與XZ分子互為等電子體的一種離子的化學(xué)式CN^-．
（3）若向含有Q²⁺的硫酸鹽溶液中滴加過量氨水，得到深藍(lán)色溶液后再加乙醇，有深藍(lán)色晶體析出，原因是乙醇極性比水小，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故有晶體析出；該深藍(lán)色晶體中，中心離子的電子排布式為[Ar]3d⁹，配體為NH₃．
（4）已知W、Y形成的一組二元化合物化學(xué)式為：YW₃、Y₂W₄、Y₃W₅、Y₄W₆…其中，YW₃分子中Y原子的雜化類型為sp³雜化；這組化合物的通式為N_nH_n+2．W、Y形成的化合物的種類比W、X形成的化合物的種類少（填“多”或“少”）．
（5）Q單質(zhì)的晶體屬于面心立方最密堆積．已知Q單質(zhì)的密度是dg•cm^-3，N_A表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，Q的相對(duì)原子質(zhì)量為M，則Q晶體中最鄰近的原子核間距為$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm（用含M、d、N_A的代數(shù)式表示）．Q原子在晶胞中的空間利用率為$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%（用含π的代數(shù)式表示）．

Answer 1

分析 W是宇宙中最豐富的元素，W為H元素；X、Z元素原子基態(tài)時(shí)，核外電子均排布在3個(gè)能級(jí)上，它們的價(jià)電子層上均有兩個(gè)未成對(duì)電子，核外電子排布式分別為1s²2s²2p²、1s²2s²2p⁴，且Z的原子序數(shù)較大，則X為C元素，Z為O元素；Y的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故Y為N元素；向含有Q²⁺的溶液中滴加氨水，形成藍(lán)色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍(lán)色溶液，則Q為Cu元素．
（1）N元素原子的2p軌道為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的；同周期元素從左到右，元素的電負(fù)性逐漸增大；
（2）原子總數(shù)相同、價(jià)電子總數(shù)也相同的微�；�為等電子體；
（3）乙醇的極性小于水的，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后會(huì)析出藍(lán)色晶體[Cu（NH₃）₄]SO₄；
（4）NH₃分子中N原子形成3個(gè)鍵，含有1對(duì)孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目為4；根據(jù)已知分子式可知，H原子數(shù)目故N原子數(shù)目多2；N原子形成3個(gè)鍵，而碳原子形成4個(gè)鍵，故C、H形成的化合物較多；
（5）根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Cu原子數(shù)目，用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質(zhì)量，晶胞邊長(zhǎng)a=$\root{3}{\frac{m}{ρ}}$，晶胞中位于面對(duì)角線上的原子相切，距離最近，則晶體中最鄰近的原子核間距為晶胞棱長(zhǎng)的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，設(shè)Cu原子半徑為a，則晶胞晶胞棱長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$a，在晶胞中的空間利用率=$\frac{原子總體積}{晶胞體積}$×100%．

解答 解：W是宇宙中最豐富的元素，W為H元素；X、Z元素原子基態(tài)時(shí)，核外電子均排布在3個(gè)能級(jí)上，它們的價(jià)電子層上均有兩個(gè)未成對(duì)電子，核外電子排布式分別為1s²2s²2p²、1s²2s²2p⁴，且Z的原子序數(shù)較大，則X為C元素，Z為O元素；Y的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故Y為N元素；向含有Q²⁺的溶液中滴加氨水，形成藍(lán)色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍(lán)色溶液，則Q為Cu元素．
（1）N元素原子的2p軌道為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，則第一電離能N＞O，同周期元素從左到右，元素的電負(fù)性逐漸增大，則電負(fù)性N＜O，
故答案為：大于；小于；
（2）與CO互為等電子體微粒含有2個(gè)原子、10個(gè)價(jià)電子，所以CO互為等電子體的微�；瘜W(xué)式為：N₂、CN^-等，
故答案為：CN^-；
（3）氨水和硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，當(dāng)氨水過量時(shí)，氨水和氫氧化銅反應(yīng)生成可溶性的銅氨絡(luò)合物，所以難溶物溶解得到深藍(lán)色的透明溶液，涉及的離子方程式為：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，再向深藍(lán)色透明溶液加入乙醇，由于乙醇極性比水小，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以會(huì)析出深藍(lán)色的晶體Cu（NH₃）₄SO₄•H₂O，形成4個(gè)配位鍵，配體為NH₃，中心離子的電子排布式為[Ar]3d⁹，
故答案為：乙醇極性比水小，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故有晶體析出；[Ar]3d⁹；NH₃；
（4）NH₃分子中N原子形成3個(gè)鍵，含有1對(duì)孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目為4，N原子雜化方式為sp³雜化；根據(jù)已知分子式可知，H原子數(shù)目故N原子數(shù)目多2，該物質(zhì)組成通式為N_nH_n+2；N原子形成3個(gè)鍵，而碳原子形成4個(gè)鍵，故C、H形成的化合物較多，N、H形成的化合物較少，
故答案為：sp³雜化；N_nH_n+2；少；
（5）Cu單質(zhì)的晶體屬于面心立方最密堆積，一個(gè)晶胞中含有Cu原子數(shù)目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞質(zhì)量為4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，則晶胞邊長(zhǎng)=$\root{3}{\frac{4×\frac{M}{{N}_{A}}g}{dg•c{m}^{-3}}}$=$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm，晶胞中位于面對(duì)角線上的原子相切，距離最近，則晶體中最鄰近的原子核間距為晶胞棱長(zhǎng)的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，晶體中最鄰近的原子核間距為$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm，
設(shè)Cu原子半徑為a，則晶胞晶胞棱長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$a，晶胞中的空間利用率=$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}a）^{3}}$×100%=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%，
故答案為：$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$；$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及核外電子排布、電負(fù)性、電離能、等電子體、配合物、雜化方式、晶胞計(jì)算等，（5）中計(jì)算關(guān)鍵是理解原子半徑與晶胞棱長(zhǎng)關(guān)系，難度中等．