W.X.Y.Z.Q是原子序数依次增大的前四周期元素．W是宇宙中最丰富的元素,X.Z元素原子基态时.核外电子均排布在3个能级上.且它们的价电子层上均有两个未成对电子,向含有Q2+的溶液中滴加氨水.形成蓝色沉淀.再滴加氨水.沉淀溶解.得到深蓝色溶液．回答下列问题:(1)第一电离能Y大于Z.电负性Y小于Z(均选填“大于 .“小于或“等于 )．(2)写出与XZ分� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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2．W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素．W是宇宙中最丰富的元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有两个未成对电子；向含有Q²⁺的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液．
回答下列问题：
（1）第一电离能Y大于Z，电负性Y小于Z（均选填“大于”、“小于”或“等于”）．
（2）写出与XZ分子互为等电子体的一种离子的化学式CN^-．
（3）若向含有Q²⁺的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，得到深蓝色溶液后再加乙醇，有深蓝色晶体析出，原因是乙醇极性比水小，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故有晶体析出；该深蓝色晶体中，中心离子的电子排布式为[Ar]3d⁹，配体为NH₃．
（4）已知W、Y形成的一组二元化合物化学式为：YW₃、Y₂W₄、Y₃W₅、Y₄W₆…其中，YW₃分子中Y原子的杂化类型为sp³杂化；这组化合物的通式为N_nH_n+2．W、Y形成的化合物的种类比W、X形成的化合物的种类少（填“多”或“少”）．
（5）Q单质的晶体属于面心立方最密堆积．已知Q单质的密度是dg•cm^-3，N_A表示阿伏伽德罗常数的值，Q的相对原子质量为M，则Q晶体中最邻近的原子核间距为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm（用含M、d、N_A的代数式表示）．Q原子在晶胞中的空间利用率为$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%（用含π的代数式表示）．

分析 W是宇宙中最丰富的元素，W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，它们的价电子层上均有两个未成对电子，核外电子排布式分别为1s²2s²2p²、1s²2s²2p⁴，且Z的原子序数较大，则X为C元素，Z为O元素；Y的原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；向含有Q²⁺的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素．
（1）N元素原子的2p轨道为半满稳定结构，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大；
（2）原子总数相同、价电子总数也相同的微粒互为等电子体；
（3）乙醇的极性小于水的，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu（NH₃）₄]SO₄；
（4）NH₃分子中N原子形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4；根据已知分子式可知，H原子数目故N原子数目多2；N原子形成3个键，而碳原子形成4个键，故C、H形成的化合物较多；
（5）根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，晶胞边长a=$\root{3}{\frac{m}{ρ}}$，晶胞中位于面对角线上的原子相切，距离最近，则晶体中最邻近的原子核间距为晶胞棱长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，设Cu原子半径为a，则晶胞晶胞棱长为2$\sqrt{2}$a，在晶胞中的空间利用率=$\frac{原子总体积}{晶胞体积}$×100%．

解答解：W是宇宙中最丰富的元素，W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，它们的价电子层上均有两个未成对电子，核外电子排布式分别为1s²2s²2p²、1s²2s²2p⁴，且Z的原子序数较大，则X为C元素，Z为O元素；Y的原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；向含有Q²⁺的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素．
（1）N元素原子的2p轨道为半满稳定结构，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，则第一电离能N＞O，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性N＜O，
故答案为：大于；小于；
（2）与CO互为等电子体微粒含有2个原子、10个价电子，所以CO互为等电子体的微粒化学式为：N₂、CN^-等，
故答案为：CN^-；
（3）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺、Cu（OH）₂+4NH₃=[Cu（NH₃）₄]²⁺+2OH^-，再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于乙醇极性比水小，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体Cu（NH₃）₄SO₄•H₂O，形成4个配位键，配体为NH₃，中心离子的电子排布式为[Ar]3d⁹，
故答案为：乙醇极性比水小，[Cu（NH₃）₄]SO₄在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故有晶体析出；[Ar]3d⁹；NH₃；
（4）NH₃分子中N原子形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为sp³杂化；根据已知分子式可知，H原子数目故N原子数目多2，该物质组成通式为N_nH_n+2；N原子形成3个键，而碳原子形成4个键，故C、H形成的化合物较多，N、H形成的化合物较少，
故答案为：sp³杂化；N_nH_n+2；少；
（5）Cu单质的晶体属于面心立方最密堆积，一个晶胞中含有Cu原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，晶胞质量为4×$\frac{M}{{N}_{A}}$g，则晶胞边长=$\root{3}{\frac{4×\frac{M}{{N}_{A}}g}{dg•c{m}^{-3}}}$=$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm，晶胞中位于面对角线上的原子相切，距离最近，则晶体中最邻近的原子核间距为晶胞棱长的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，晶体中最邻近的原子核间距为$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$cm，
设Cu原子半径为a，则晶胞晶胞棱长为2$\sqrt{2}$a，晶胞中的空间利用率=$\frac{4×\frac{4}{3}π{a}^{3}}{（2\sqrt{2}a）^{3}}$×100%=$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%，
故答案为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\root{3}{\frac{4M}{d{N}_{A}}}$；$\frac{\sqrt{2}π}{6}$×100%．

点评本题综合考查物质的结构和性质，涉及核外电子排布、电负性、电离能、等电子体、配合物、杂化方式、晶胞计算等，（5）中计算关键是理解原子半径与晶胞棱长关系，难度中等．

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甲同学为探究实验后试管内的固体含有哪些物质，进行了下列实验：（　　）

实验编号	实验操作	实验现象
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②	向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡	溶液没有出现血红色

	A．	试管内的固体一定含有铁粉
	B．	试管内的固体一定不含有Fe₃O₄
	C．	不能确定试管内的固体一定含有FeO
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Ⅱ．

$\stackrel{Fe/HCl}{→}$

（有弱碱性，易被氧化）．
请回答下列问题：
（1）化合物C中官能团的结构简式为-OH、-CHO，检验反应③进行程度的试剂有碘水、NaOH溶液、银氨溶液（或新制氢氧化铜）．
（2）合成路线中反应类型属于取代反应的有3个
（3）反应①的化学方程式为

，该反应要控制好低温条件，否则会生成一种新物质F，该物质是一种烈性炸药，F的名称为2，4，6-三硝基甲苯．
（4）反应⑤的化学方程式为

．
（5）甲苯的链状且仅含碳碳三键的同分异构体有11种，其中满足下列条件的同分异构体的结构简式为

．
①核磁共振氢谱只有两个吸收峰②峰面积之比为1：3
（6）化合物

是一种药物中间体，请写出以甲苯为主要原料制备该中间体的合成路线流程图：
提示：
①合成过程中无机试剂任选：
②合成路线流程图示例如下：C₂H₅OH$→_{170℃}^{浓硫酸}$CH₂═CH₂$\stackrel{Br_{2}}{→}$

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17．A（C₃H₆）是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和

的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：

已知：

$\stackrel{△}{→}$

，R-C≡N$→_{ii．HCl}^{i．NaOH}$R-COOH，
（1）A的名称是丙烯，B含有的官能团的名称是（写名称）碳碳双键和酯基；
（2）C的结构简式为

，D→E的反应类型为取代反应或水解反应；
（3）E→F的化学方程式为

；
（4）

中最多有10个原子共平面，

发生缩聚反应生成有机物的结构简式为

；
（5）B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是

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