Question

17．周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，Q元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子：R基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，X基態(tài)原子s能級的總電子數(shù)比p 能級的總電子數(shù)多1：Y原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍：Z原子的價電子排布為3d⁷4S²
回答下列問題：
（l）R、X、Y中第一電離能最大的是N（填元素符號），其中Y原子的電子排布式為1s²2s²2p⁴
（2）Q、R元素形成的某分子中共有14個電子，該分子中R原子采取sp 雜化，該分子的立體構(gòu)型為直線型
（3）RY可以和很多過渡金屬形成配合物，如Fe（RY）₅）、Ni（RY）₄，其中Fe（RY）₅常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe（RY）₅晶體屬于分子晶體（填晶體類型），RY與N₂互為等電子體，與RY互為等電子體的離子有CN^-（任寫一種）
（4）向含Z²⁺的溶液中加入過量的氨水，并通入適量的Y₂氣體，生成有[Z（NH₃）₆]³⁺離子則該反應(yīng)的離子方程式為4Co²⁺+24NH₃．H₂O+O₂=4[Co（NH₃）₆]³⁺+4OH^-+22H₂O．

Answer 1

分析 周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，Q元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子，則Q為H元素；R基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，核外電子排布式為1s²2s²2p²，故R為C元素；X基態(tài)原子s能級的總電子數(shù)比p能級的總電子數(shù)多1，核外電子排布式為1s²2s²2p³，則X為N元素；Y原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，核外電子排布式為1s²2s²2p⁴，則Y為O元素；Z原子的價電子排布為3d⁷4S²，則Z為Co，以此解答該題．

解答 解：周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，Q元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子，則Q為H元素；R基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，核外電子排布式為1s²2s²2p²，故R為C元素；X基態(tài)原子s能級的總電子數(shù)比p能級的總電子數(shù)多1，核外電子排布式為1s²2s²2p³，則X為N元素；Y原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，核外電子排布式為1s²2s²2p⁴，則Y為O元素；Z原子的價電子排布為3d⁷4S²，則Z為Co，
（1）同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢，N元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能N＞O＞C，
Y原子的電子排布式為：1s²2s²2p⁴，
故答案為：N；1s²2s²2p⁴；
（2）H、C元素形成的某分子中共有14個電子，該分子為C₂H₂，為直線型結(jié)構(gòu)，該分子中C原子采取 sp雜化，
故答案為：sp；直線型；
（3）Fe（CO）₅常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe （CO）₅晶體屬于分子晶體，CO與N₂互為等電子體，與CO互為等電子體的離子有CN^-等，
故答案為：分子晶體；CN^-；
（4）向含Co²⁺的溶液中加入過量的氨水，并通入適量的O₂氣體，生成有[Co（NH₃）₆]³⁺離子，則該反應(yīng)的離子方程式為：4Co²⁺+24NH₃．H₂O+O₂=4[Co（NH₃）₆]³⁺+4OH^-+22H₂O，
故答案為：4Co²⁺+24NH₃．H₂O+O₂=4[Co（NH₃）₆]³⁺+4OH^-+22H₂O．

點評 本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，為高考常見題型，涉及核外電子排布、電離能、雜化方式與空間構(gòu)型判斷、等電子體、晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、配合物等，是對學生綜合能力的考查．