Question

3．X、Y、Z、W四種元素是周期表前四周期元素，X元素原子核外有16種不同運動狀態(tài)的電子，Y的原子序數(shù)比X大1，Z原子的M能層上有4個未成對電子，W的價層電子排布式為ndⁿ⁺⁵（n+1）s^n-1．
（1）Z的最外層電子軌道排布圖為；W元素的名稱為鎳．
（2）XY₂分子中X原子的雜化軌道類型為sp³；XO₃^2-的空間構(gòu)型為三角錐形．
（3）第一電離能X＞Z（填“＞”、“＜”或“=”，下同）；氫化物穩(wěn)定性X＜Y．
（4）配位化合物是中心金屬原子或離子提供空軌道，配體提供孤電子對，以配位鍵結(jié)合而形成的一類化合物，中心原子或離子接受的鬼電子對數(shù)，稱為配位數(shù)，則配位化合物[W（NH₃）₄（H₂O）₂]Cl₂中，中心W²⁺的配位數(shù)為6；其結(jié)構(gòu)中不含有的作用力有B．
A．極性鍵    B．非極性鍵    C．配位鍵    D．離子鍵
（5）金屬Z的單質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖：
①區(qū)別晶體和非晶體的最科學(xué)的方法是對固體進行X-射線衍射實驗．
②上述金屬晶體原子堆積模型為體心立方堆積型，其原子的空間利用率為68%．
③若Z的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，密度為ρg/cm³，則Z的原子半徑為$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{2M}{ρ{N}_{A}}}$cm（列出算式即可）．
（6）已知：晶格能越大，離子晶體越穩(wěn)定．則CaO、MgO、NaCl的穩(wěn)定性由大到小的順序為MgO＞CaO＞NaCl．

Answer 1

分析 X、Y、Z、W四種元素是周期表前四周期元素，X元素原子核外有16種不同運動狀態(tài)的電子，則X為S，Y的原子序數(shù)比X大1，則Y為Cl，Z原子的M能層上有4個未成對電子，則Z為Fe，W的價層電子排布式為ndⁿ⁺⁵（n+1）s^n-1，則n=3，所以W為Ni，
（1）Fe最外層有2個電子，W為Ni，據(jù)此答題；
（2）根據(jù)中心原子 的價層電子對數(shù)判斷雜化方式及分子的空間構(gòu)型；
（3）元素非金屬性越強，第一電離能越大，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，據(jù)此判斷；
（4）根據(jù)配位化合物組成判斷配位數(shù)和化學(xué)鍵的類型；
（5）①區(qū)別晶體和非晶體的最科學(xué)的方法是對固體進行X-射線衍射實驗，
②根據(jù)Fe的晶胞結(jié)構(gòu)可知，F(xiàn)e晶體原子堆積模型為體心立方堆積，根據(jù)鐵原子的體積和晶胞的體積可以求得空間利用率；
③根據(jù)密度求得晶胞的體積，根據(jù)晶胞的邊長與鐵原子的半徑的關(guān)系確定原子半徑；
（6）離子晶體中離子所帶電荷越多及離子半徑越小，晶體晶格能越大．

解答 解：X、Y、Z、W四種元素是周期表前四周期元素，X元素原子核外有16種不同運動狀態(tài)的電子，則X為S，Y的原子序數(shù)比X大1，則Y為Cl，Z原子的M能層上有4個未成對電子，則Z為Fe，W的價層電子排布式為ndⁿ⁺⁵（n+1）s^n-1，則n=3，所以W為Ni，
（1）Z為Fe，Z的最外層電子軌道排布圖為，W為Ni，W元素的名稱為鎳，
故答案為：；鎳；
（2）SCl₂分子中S原子的價層電子對數(shù)為$\frac{6+2}{2}$=4，所以S的雜化軌道類型為sp³雜化，SO₃^2-中硫原子的價層電子對數(shù)為$\frac{6+2}{2}$=4，有一對孤電子對，所其空間構(gòu)型為三角錐形，
故答案為：sp³；三角錐形；
（3）元素非金屬性越強，第一電離能越大，所以S的第一電離能＞Fe的第一電離能，元素非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，所以氫化物穩(wěn)定性X＜Y，
故答案為：＞；＜；
（4）根據(jù)配位化合物[Ni（NH₃）₄（H₂O）₂]Cl₂的組成可知，中心Ni²⁺的配位數(shù)為6；其結(jié)構(gòu)中不含非極性鍵，故選B，
故答案為：6；B；
（5）①區(qū)別晶體和非晶體的最科學(xué)的方法是對固體進行X-射線衍射實驗，
故答案為：對固體進行X-射線衍射實驗；
②根據(jù)Fe的晶胞結(jié)構(gòu)可知，F(xiàn)e晶體原子堆積模型為體心立方堆積，體心立方中含有鐵原子數(shù)為$1+\frac{1}{8}×8$=2；設(shè)鐵原子半徑為r，晶胞中鐵原子的體積為：$2×\frac{4}{3}{πr}^{3}$；體心立方中，體對角線上為三個鐵原子相切，則體對角線為4r，晶胞邊長為：$\frac{4}{\sqrt{3}}r$，空間利用率為：$\frac{2×\frac{4}{3}π{r}^{3}}{（{\frac{4}{\sqrt{3}}r）}^{3}}$×100%=$\frac{3}{8}$ π×100%≈68%，
故答案為：體心立方堆積；68%；
③設(shè)鐵原子半徑為r，根據(jù)②中分析可知中，晶胞邊長為：$\frac{4}{\sqrt{3}}r$，晶胞中含有鐵原子數(shù)為$1+\frac{1}{8}×8$=2，根據(jù)$ρ=\frac{\frac{2M}{{N}_{A}}}{V}$可知，（$\frac{4}{\sqrt{3}}r$）³=$\frac{2M}{ρ{N}_{A}}$，所以r=$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{2M}{ρ{N}_{A}}}$cm，
故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{4}\root{3}{\frac{2M}{ρ{N}_{A}}}$cm；
（6）由于鈣離子的半徑大于鎂離子，氧化鈣中離子所帶電荷大于氯化鈉，所以晶格能大小順序為MgO＞CaO＞NaCl，所以CaO、MgO、NaCl的穩(wěn)定性由大到小的順序為MgO＞CaO＞NaCl，
故答案為：MgO＞CaO＞NaCl．

點評 本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的關(guān)系及應(yīng)用，涉及核外電子排布、元素周期律、晶胞的空間結(jié)構(gòu)、空間利用率的計算、晶胞的計算、晶格能的比較等，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，題目難度中等，側(cè)重對學(xué)生的綜合能力的考查．