Question

【題目】X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素。X和R屬同族元素；Z和U位于第VII A族；X和Z可形成化合物XZ4；Q原子的s軌道和p軌道的電子總數(shù)相等；T的一種單質在空氣中能夠自燃。完成下列填空：

（1）R原子的電子排布式是___；X所在周期元素最高價氧化物對應的水化物中，酸性最強的是__；Z的氫化物的水溶液可用于____；Q、R、U的單質形成的晶體，熔點由高到低的排列順序是___。

（2）CuSO4能用作T4中毒的解毒劑，反應可生成T的最高價含氧酸和銅，該反應的化學方程式是________。在pH為4～5的環(huán)境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+幾乎完全沉淀。工業(yè)上制CuCl2是將濃鹽酸用蒸汽加熱到80℃左右，再慢慢加入粗氧化銅（含FeO），充分攪拌使之溶解。除去該溶液中雜質離子的方法是_____。

（3）碳和硅的有關化學鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關事實，硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅烷在種類和數(shù)量上都遠不如烷烴多，原因是____。

化學鍵	C－C	C－H	Si－Si	Si－H
鍵能（kJ/mol）	356	413	226	318

（4）第三周期部分元素氟化物的熔點如下，表中三種氟化物熔點差異的原因是______。

氟化物	NaF	MgF2	SiF4
熔點/K	1266	1534	183

Answer 1

【答案】1s22s22p63s23p2 HNO3 雕刻玻璃 Si>Mg>Cl2 10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4 在溶液中通入Cl2，再加入CuO粉末調節(jié)pH為4～5 硅烷中的Si－Si鍵和Si－H鍵的鍵能小于烷烴分子中C－C鍵和C－H鍵的鍵能，穩(wěn)定性差，易斷裂，導致長鏈硅烷難以形成 NaF與MgF2為離子晶體，而SiF4為分子晶體，所以NaF與MgF2遠比SiF4熔點要高；又因為Mg2+的半徑小于Na+ 的半徑，所以MgF2中離子鍵的強度大于NaF中離子鍵的強度，故MgF2的熔點高于NaF

【解析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；Z和U位于第ⅦA族，則Z為F元素，U為Cl；Q基態(tài)原子的s軌道和P軌道的電子總數(shù)相等，原子序數(shù)大于F，核外電子排布為1s22s22p63s2，故Q為Mg；X和Z可形成化合物XZ4，X元素表現(xiàn)+4價，原子序數(shù)小于F元素，故X為C元素；X和R屬同族元素，則R為Si；T的一種單質在空氣中能夠自燃，原子序數(shù)介于Si與Cl之間，故T為P元素，據(jù)此解答。

（1）R為Si元素，基態(tài)原子的電子排布式是1s22s22p63s23p2；X為C，所在周期元素最高價氧化物對應的水化物中，酸性最強的是HNO3，Z為F元素，氫化物的水溶液可與二氧化硅反應，可用于雕刻玻璃，Si為原子晶體，Mg為金屬晶體，氯氣晶體為分子晶體，熔點由高到低的排列順序是Si>Mg>Cl2，

故答案為：1s22s22p63s23p2；HNO3；雕刻玻璃；Si>Mg>Cl2；

（2）CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒劑，反應生成磷酸和銅，該反應的化學方程式是：10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4；

(3)在pH為45的環(huán)境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+幾乎完全沉淀，要除去溶液中的Fe2+離子，應先加入適當?shù)难趸瘎┞葰�，�?/span>Fe2+氧化為Fe3+，然后加入適當CuO粉末調節(jié)溶液pH，以除去Fe3+，

故答案為：在溶液中通入Cl2，再加入CuO粉末調節(jié)pH為4～5；

（4）由表中數(shù)據(jù)可知，CC鍵和CH鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定。而硅烷中SiSi鍵和SiH鍵的鍵能較低，易斷裂，導致長鏈硅烷難以生成，

故答案為：硅烷中的Si－Si鍵和Si－H鍵的鍵能小于烷烴分子中C－C鍵和C－H鍵的鍵能，穩(wěn)定性差，易斷裂，導致長鏈硅烷難以形成；

（5）NaF與MgF2為離子晶體，SiF4為分子晶體，離子晶體熔點比分子晶體熔點高，故SiF4的熔點低，影響離子晶體熔點高低的因素為離子半徑和電荷，Mg2+的半徑比Na+的半徑小，MgF2中離子鍵更強，熔點更高，

故答案為：NaF與MgF2為離子晶體，而SiF4為分子晶體，所以NaF與MgF2遠比SiF4熔點要高；又因為Mg2+的半徑小于Na+ 的半徑，所以MgF2中離子鍵的強度大于NaF中離子鍵的強度，故MgF2的熔點高于NaF。