Question

17．X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大．Y和R同主族；X、R原子中未成对电子数之比为3：2；Z与Y可以形成两种原子个数比分别为1：1和2：1固态化合物；W ³⁺中有5个未成对电子．
请回答下列问题：
（1）写出Z和Y原子个数比为1：1的化合物的电子式．
（2）W基态原子的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶3s²．
（3）X、Y、R原子的第一电离能从小到大的关系为（用元素符号，下同）S＜O＜N，
（4）与X的气态氢化物互为等电子体的分子、离子有PH₃、H₃O⁺（各举一例）
（5）W单质与足量的Y单质在点燃条件下充分发生反应，生成一种黑色固体．为了确定该固体的组成，先将固体溶于足量稀硫酸中，向所得溶液中分别滴入下列试剂即可，符合试剂是CD．（代号填空）
A．氯水       B．NaOH溶液     C．KSCN溶液    D．KMnO₄溶液
（6）W的一种含氧酸根WO₄^2-具有强氧化性，在其钠盐中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是4FeO₄^2-+20 H⁺=4Fe³⁺+3O₂↑+10H₂O．
（7）在离子晶体中正、负离子间力求尽可能多的接触，以降低体系的能量，使晶体稳定存在．已知Na⁺半径是Cl^-的a倍，Cs⁺半径是Cl^-的b倍，请回顾课本上NaCl和CsCl的晶胞，其晶胞边长比为$\frac{\sqrt{3}（1+a）}{（1+b）}$．

Answer 1

分析 X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大．Z与Y可以形成两种原子个数比分别为1：1和2：1固态化合物，则Z为钠元素，Y为氧元素；Y和R同主族，则R为硫元素；X、R原子中未成对电子数之比为3：2，则X为氮元素，W³⁺中有5个未成对电子，只能处于第四周期，则W为铁元素，据此答题．

解答 解：X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大．Z与Y可以形成两种原子个数比分别为1：1和2：1固态化合物，则Z为钠元素，Y为氧元素；Y和R同主族，则R为硫元素；X、R原子中未成对电子数之比为3：2，则X为氮元素，W³⁺中有5个未成对电子，只能处于第四周期，则W为铁元素．
（1）Z和Y原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，它的电子式为，
故答案为：；
（2）W为铁元素，26号元素，它的基态原子的核外电子排布式是 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶3s²，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶3s²；
（3）氮原子中2p能级容纳3个电子，为半充满状态，能量较低，所以氮的第一电离能高于相邻的同周期元素，O、S同主族，自上而下第一电离能减小，故第一电离能从小到大的关系为S＜O＜N，
（4）原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与NH₃互为等电子体的分子PH₃ 等、离子有H₃O⁺或等，
故案为：PH₃；H₃O⁺；
（4）Fe单质与足量的氧气在点燃条件下充分发生反应，生成一种黑色固体可能为FeO、Fe₃O₄或二者混合物，为了确定该固体的组成，先将固体溶于足量稀硫酸中，因为所得溶液中有铁离子和亚铁离子，可以通过KSCN溶液呈血红色来检验铁离子的存在，通过KMnO₄溶液能褪色，证明亚铁离子的存在，
故答案为：CD；
（5）含氧酸根FeO₄^2-具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，有Fe³⁺生成，并有无色气体产生，结合电子转移守恒可知，只有氧元素被氧化，故该无色气体为O₂，反应离子方程式为：4FeO₄^2-+20 H⁺=4Fe³⁺+3O₂↑+10H₂O，
故答案为：4FeO₄^2-+20 H⁺=4Fe³⁺+3O₂↑+10H₂O；．
（6）设Cl^-的半径为1，则Na⁺半径为a，Cs⁺半径为b，氯化钠的晶胞结构如图所示，晶胞的边长为2（1+a）；氯化铯的晶胞结构为，晶胞的体对角线长度为2（1+b），则晶胞的边长为$\frac{\sqrt{3}}{3}$×2（1+b），所以氯化钠与氯化铯的晶胞边长比为2（1+a）：$\frac{\sqrt{3}}{3}$×2（1+b）=$\frac{\sqrt{3}（1+a）}{（1+b）}$，
故答案为：$\frac{\sqrt{3}（1+a）}{（1+b）}$．

点评 本题是对物质结构的考查，涉及电子式、原子核外电子排布、等电子体、元素周期律、实验方案的设计、晶胞计算等，具有一定的综合性，解题的关键是元素的推断，注意识记中学常见的晶胞结构，中等难度．