Question

7．X、Y、Z、W、R．均為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，X的基態(tài)原子核外有7種不同運動狀態(tài)的電子，Y和Z原子最外層均有2對成對電子，Z的原子序數(shù)為Y的原子序數(shù)的2倍，W³⁺的基態(tài)離子3d軌道為半充滿狀態(tài)，R的氫氧化物懸濁液可用于檢驗葡萄糖的存在．
請回答下列問題：
（1）X₂分子中σ鍵和π鍵數(shù)目比是1：2．
（2）下列有關X、Y、W的說法正確的是①②④．
①Y的第一電離能在同族元素中最大      
②常溫下，Y的氫化物分子間存在氫鍵
③XY₃^-中X的雜化軌道類型為sp³雜化
④W屬于d區(qū)的元素
（3）將X的氣態(tài)氫化物的水溶液滴入R的氫氧化物懸濁液中，可得深藍色溶液，該反應的離子方程式是4NH₃+2Cu（OH）₂=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-．
（4）將Na₂Y₂與W²⁺的硫酸鹽按物質的量之比為1：1混合并投入水中，溶液中出現(xiàn)紅褐色沉淀并有無色氣體產生，該反應的離子方程式是4Na₂O₂+4Fe²⁺+6H₂O=4Fe（OH）₃+O₂↑+8Na⁺．
（5）R晶體的晶胞結構如圖所示，該晶胞中所含的原子個數(shù)是4，R原子的配位數(shù)為12，若R晶體的密度為 d g．cm^-3，則R原子的半徑為2$\root{3}{\frac{\sqrt{2}}{d{N}_{A}}}$×10⁹pm．

Answer 1

分析 X、Y、Z、W、R均為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，X的基態(tài)原子核外有7種不同運動狀態(tài)的電子，則X原子核外有7個電子，為N元素；
Y和Z原子最外層均有2對成對電子，Z的原子序數(shù)為Y的原子序數(shù)的2倍，則Y是O元素、Z是S元素；
W³⁺的基態(tài)離子3d軌道為半充滿狀態(tài)，則W原子核外有Fe元素；
R的氫氧化物懸濁液可用于檢驗葡萄糖的存在，則R為Cu元素；
（1）每個N₂分子中含有1個σ鍵和2個π鍵；
（2）①同一主族元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減�。�
②N、O、F元素的氫化物中都含有氫鍵；
③NO₃^-中N原子價層電子對個數(shù)=3+$\frac{5+1-3×2}{2}$=3且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷N原子雜化方式；
④Fe屬于d區(qū)的元素；
（3）將N的氣態(tài)氫化物的水溶液滴入Cu的氫氧化物懸濁液中，可得深藍色溶液，二者反應生成銅銨絡合物；
（4）將Na₂O₂與Fe²⁺的硫酸鹽按物質的量之比為1：1混合并投入水中，溶液中出現(xiàn)紅褐色沉淀并有無色氣體產生，紅褐色沉淀是氫氧化鐵、無色氣體是氧氣，根據反應物和生成物書寫該反應的離子方程式；
（5）該晶體中Cu原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，
R原子的配位數(shù)=3×8÷2，設該晶胞中Cu原子半徑為xcm，則晶胞棱長=2$\sqrt{2}$xcm，晶胞體積=（2$\sqrt{2}$xcm）³，
ρ=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$．

解答 解：X、Y、Z、W、R均為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大，X的基態(tài)原子核外有7種不同運動狀態(tài)的電子，則X原子核外有7個電子，為N元素；
Y和Z原子最外層均有2對成對電子，Z的原子序數(shù)為Y的原子序數(shù)的2倍，則Y是O元素、Z是S元素；
W³⁺的基態(tài)離子3d軌道為半充滿狀態(tài)，則W原子核外有Fe元素；
R的氫氧化物懸濁液可用于檢驗葡萄糖的存在，則R為Cu元素；
（1）每個N₂分子中含有1個σ鍵和2個π鍵，則X₂分子中σ鍵和π鍵數(shù)目比是1：2，故答案為：1：2；
（2）①同一主族元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以在O族元素中，O元素的第一電離能最大，故正確；
②N、O、F元素的氫化物中都含有氫鍵，所以水中含有氫鍵，故正確；
③NO₃^-中N原子價層電子對個數(shù)=3+$\frac{5+1-3×2}{2}$=3且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷N原子雜化方式為sp²，故錯誤；
④Fe屬于d區(qū)的元素，故正確；
故選①②④；
（3）將N的氣態(tài)氫化物的水溶液滴入Cu的氫氧化物懸濁液中，可得深藍色溶液，二者反應生成銅銨絡合物，離子方程式為4NH₃+2Cu（OH）₂=[Cu（NH₃ ）₄]²⁺+2OH^-，故答案為：4NH₃+2Cu（OH）₂=[Cu（NH₃ ）₄]²⁺+2OH^-；
（4）將Na₂O₂與Fe²⁺的硫酸鹽按物質的量之比為1：1混合并投入水中，溶液中出現(xiàn)紅褐色沉淀并有無色氣體產生，紅褐色沉淀是氫氧化鐵、無色氣體是氧氣，根據反應物和生成物書寫該反應的離子方程式為4Na₂ O₂+4Fe²⁺+6H₂ O=4Fe（OH）₃+O₂↑+8Na⁺，
故答案為：4Na₂ O₂+4Fe²⁺+6H₂ O=4Fe（OH）₃+O₂↑+8Na⁺；
（5）該晶體中Cu原子個數(shù)=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，
R原子的配位數(shù)=3×8÷2=12，設該晶胞中Cu原子半徑為xcm，則晶胞棱長=2$\sqrt{2}$xcm，晶胞體積=（2$\sqrt{2}$xcm）³，
ρ=$\frac{\frac{M}{{N}_{A}}×4}{V}$，則dg．cm^-3=$\frac{\frac{64}{{N}_{A}}×4}{（2\sqrt{2}x）^{3}}$g．cm^-3=$\frac{8\sqrt{2}}{{N}_{A}{x}^{3}}$g．cm^-3，x=2$\root{3}{\frac{\sqrt{2}}{d{N}_{A}}}$cm=2$\root{3}{\frac{\sqrt{2}}{d{N}_{A}}}$×10⁹pm，
故答案為：4； 12；2$\root{3}{\frac{\sqrt{2}}{d{N}_{A}}}$×10⁹．

點評 本題考查物質結構和性質，為高頻考點，涉及晶胞計算、氧化還原反應、元素周期律等知識點，側重考查學生分析判斷及計算能力，明確物質結構、基本原理是解本題關鍵，難點是晶胞計算，注意該晶胞中對角線上的三個原子緊密相連，題目難度中等．