Question

(16分)X、Y、Z、E、M、Q、R為七種短周期的主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大，其中X+無(wú)電子，Y、Z同一周期且相鄰，X與E、Z與Q分別為同一主族，M的原子序數(shù)是Y的2倍，Q的質(zhì)子數(shù)比E多5。J為ds區(qū)原子序數(shù)最小的元素。請(qǐng)用推斷出的元素回答下列問(wèn)題：

（1）Y、Z、Q三元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開(kāi)_________，Y2 、X2分子中共價(jià)鍵的數(shù)目之比為_(kāi)________，MR4分子的中心原子的雜化軌道類(lèi)型是_______。

（2）由Q、R兩元素可按原子個(gè)數(shù)比l：l組成化合物T，化合物T中各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則T的電子式為_(kāi)_______。固體化合物E2Z2投人到化合物E2Q的水溶液中，只觀察到有沉淀產(chǎn)生，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________。

（3）J元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為_(kāi)__________。向JQZ4溶液中逐滴加人Y元素氫化物的水溶液，先生成藍(lán)色沉淀，后沉淀逐漸溶解得到深藍(lán)色的透明溶液，該沉淀溶解的離子方程式是_____________。

（4）J2Z為半導(dǎo)體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有4個(gè)Z原子，其余Z原子位于面心和頂點(diǎn)，則該晶胞中有______個(gè)J原子。

Answer 1

（1）N>O>S；3:1；sp3；（2）；Na2O2+S2-+2H2O=S+2Na++4OH-；

（3）3d104s1；Cu(OH)2+4NH3?H2O =[Cu(NH3)4]2++2OH-+ 4H2O；（4）16

【解析】

試題分析：根據(jù)題意可推知：X是H；Y是N；Z是O；E是Na；M是Si；Q是S；R是Cl；J是Cu。（1）一般情況下同一周期的元素，原子序數(shù)越大，元素的第一電離能就越大，但是由于N原子的最外層電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，失去電子比O還難，所以第一電離能N>O，O、S是同一主族的元素，由于從上到下元素核外電子層數(shù)逐漸增多，所以失去電子越來(lái)越容易，因此第一電離能O>S，因此Y、Z、Q三元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹>O>S；在N2分子中2個(gè)N原子共用三對(duì)電子，在H2分子中2個(gè)H原子共用1對(duì)電子，因此這兩種分子中的共價(jià)鍵的數(shù)目之比為3:1；在SiCl4分子的中心Si原子的雜化軌道類(lèi)型是sp3雜化；（2）由Q、R兩元素可按原子個(gè)數(shù)比l：l組成化合物T，化合物T中各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則T的分子式是S2Cl2，電子式為。固體化合物E2Z2投人到化合物E2Q的水溶液中，只觀察到有沉淀產(chǎn)生，由于Na2O2有氧化性，而Na2S有還原性，所以二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得反應(yīng)的離子方程式是：Na2O2+S2-+2H2O=S+2Na++4OH-；（3）29號(hào)元素J元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d104s1；向JQZ4溶液中逐滴加人Y元素氫化物的水溶液，先生成藍(lán)色沉淀，發(fā)生反應(yīng)：Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；當(dāng)氨水過(guò)量時(shí)，繼續(xù)發(fā)生反應(yīng)：Cu(OH)2+4NH3?H2O =[Cu(NH3)4]2++2OH-+ 4H2O；（4）J2Z為半導(dǎo)體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有4個(gè)Z原子，在其余Z原子位于面心和頂點(diǎn)，則一個(gè)晶胞中含有O原子的個(gè)數(shù)是：4+8×1/8+6×1/2=8，由于n(Cu):n(O)=2:1，所以n(Cu)=2×8=16.即該晶胞中有16個(gè)J原子。

考點(diǎn)：考查離子方程式的書(shū)寫(xiě)、元素的推斷、元素的第一電離能的比較、物質(zhì)的電子式的書(shū)寫(xiě)、分子中的化學(xué)鍵的種類(lèi)及個(gè)數(shù)比、原子核外電子排布、晶體中含有的微粒的個(gè)數(shù)的知識(shí)。