Question

12．X、Y、Z、W、R、Q為前30號元素，且原子序數依次增大．X是所有元素中原子半徑最小的，Y有三個能級，且每個能級上的電子數相等，Z原子單電子數在同周期元素中最多，W與Z同周期，第一電離能比Z的低，R與Y同一主族，Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態．請回答下列問題：
（1）Q⁺核外電子排布式為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰．
（2）ZW₂^-離子的立體構型是V形．
（3）Y、R的最高價氧化物的沸點較高的是SiO₂（填化學式），原因是SiO₂為原子晶體，CO₂為分子晶體．
（4）將Q單質的粉末加入到ZX₃的濃溶液中，并通入W₂，充分反應后溶液呈深藍色，該反應的離子方程式為2Cu+8NH₃+O₂+2H₂O=2[Cu（NH₃）₄]²⁺+4OH^-．
（5）Y有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結構如圖，Y原子的配位數為4，若晶胞的邊長為a pm，晶體的密度為ρ g/cm³，則阿伏加德羅常數的數值為$\frac{96×1{0}^{30}}{{a}^{3}•ρ}$（用含a和ρ的代數式表示）．

Answer 1

分析 X、Y、Z、W、R、Q為前30號元素，且原子序數依次增大．X是所有元素中原子半徑最小的，則X為H元素；Y有三個能級，且每個能級上的電子數相等，核外電子排布為1s²2s²2p²，故Y為C元素；R與Y同一主族，結合原子序數可知，R為Si，而Z原子單電子數在同周期元素中最多，則外圍電子排布為ns²np³，原子序數小于Si，故Z為N元素；W與Z同周期，第一電離能比Z的低，則W為O元素；Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態，不可能為短周期元素，原子序數小于30，故核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，則Q為Cu元素，據此解答．

解答 解：X、Y、Z、W、R、Q為前30號元素，且原子序數依次增大．X是所有元素中原子半徑最小的，則X為H元素；Y有三個能級，且每個能級上的電子數相等，核外電子排布為1s²2s²2p²，故Y為C元素；R與Y同一主族，結合原子序數可知，R為Si，而Z原子單電子數在同周期元素中最多，則外圍電子排布為ns²np³，原子序數小于Si，故Z為N元素；W與Z同周期，第一電離能比Z的低，則W為O元素；Q的最外層只有一個電子，其他電子層電子均處于飽和狀態，不可能為短周期元素，原子序數小于30，故核外電子排布為1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，則Q為Cu元素，
（1）Cu⁺核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，
故答案為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰；
（2）NO₂^-離子中N原子孤電子對數為$\frac{5+1-2×2}{2}$=1、價層電子對數為2+1=3，故其立體構型是V形，
故答案為：V形；
（3）Y、R的最高價氧化物分別為二氧化碳、二氧化硅，SiO₂為原子晶體，CO₂為分子晶體，故沸點較高的是 SiO₂，
故答案為：SiO₂； SiO₂為原子晶體，CO₂為分子晶體；
（4）將Cu單質的粉末加入到NH₃的濃溶液中，并通入O₂，充分反應后溶液呈深藍色，反應生成[Cu（NH₃）₄]²⁺，該反應的離子方程式為：2Cu+8NH₃+O₂+2H₂O=2[Cu（NH₃）₄]²⁺+4OH^-，
故答案為：2Cu+8NH₃+O₂+2H₂O=2[Cu（NH₃）₄]²⁺+4OH^-；
（5）碳有多種同素異形體，其中一種同素異形體的晶胞結構如圖，該晶體一個晶胞的Y原子數為：4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8；
每個Y與周圍的4個Y原子相鄰，故Y原子的配位數為4；
若晶胞的邊長為a pm，則晶胞體積為（a×10^-10）³cm³，晶體的密度為ρ g/cm³，則晶胞質量為（a×10^-10）³cm³×ρ g/cm³=ρa³×10^-30ρ g，則8×$\frac{12}{{N}_{A}}$g=ρa³×10^-30ρ g，故N_A=$\frac{96×1{0}^{30}}{{a}^{3}•ρ}$，
故答案為：4；$\frac{96×1{0}^{30}}{{a}^{3}•ρ}$．

點評 本題是對物質結構的考查，涉及核外電子排布、雜化軌道、分子構型、晶體類型與性質、配合物、晶胞結構與計算等，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．