Question

1．下表是Na、Mg、Si、S、Br五種元素的單質的沸點，其中b、e均是熱和電的良導體．

單質	a	b	c	d	e
沸點（℃）	58.8	882.9	444.7	2 355	1 107

（1）a的元素在元素周期表中的位置為第四周期第ⅦA族．
（2）寫出d的元素原子的電子式；其最高價氧化物形成的晶體為原子晶體（填類型），d單質溶于強堿的離子方程式為Si+2OH^-+H₂O=SiO₃^2-+2H₂↑．
（3）c與氫形成的分子X的空間構型為V型；寫出X的水溶液與足量b元素的最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式H₂S+2OH^-=S^2-+H₂O．
（4）上述元素所能形成的簡單離子中半徑最小的是Mg²⁺（填離子符號），最高價氧化物對應水化物酸性最強的是HBrO₄（填分子式），e元素與N元素形成化合物的電子式為．
（5）b元素與氯元素形成的化合物Y的晶體中，1個晶胞內含有的基本微粒及個數是4個Na⁺、4個Cl^-．

Answer 1

分析 Na、Mg、Si、S、Br五種元素中，b、e均是熱和電的良導體，則為Na、Mg，沸點b＜e，則b為Na、e為Mg；由其它元素單質沸點，可知d為Si、a為Br、c為s．
（1）a為溴，處于第四周期第ⅦA族；
（2）d為Si鎂原子核外有4個電子，其最高價氧化物為二氧化硅，屬于原子晶體，硅與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉與氫氣；
（3）c與氫形成的分子X為H₂S，與是分子的空間構型相同，b元素的最高價氧化物對應水化物為NaOH，硫氫化與足量的NaOH反應生成硫化鈉與水；
（4）電子層結構相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，離子的電子層越多，離子半徑越大；非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物酸性越強；e元素與N元素形成化合物為Mg₃N₂，屬于離子化合物；
（5）b元素與氯元素形成的化合物Y為NaCl，晶胞結構圖為，可以均攤法計算晶胞中Na⁺、Cl^-數目．

解答 解：Na、Mg、Si、S、Br五種元素中，b、e均是熱和電的良導體，則為Na、Mg，沸點b＜e，則b為Na、e為Mg；由其它元素單質沸點，可知d為Si、a為Br、c為s．
（1）a為溴，處于第四周期第ⅦA族，故答案為：第四周期第ⅦA族；
（2）d為Si鎂原子核外有4個電子，電子式為，其最高價氧化物為二氧化硅，屬于原子晶體，硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉與水，反應離子方程式為：Si+2OH^-+H₂O=SiO₃^2-+2H₂↑，
故答案為：；原子； Si+2OH^-+H₂O=SiO₃^2-+2H₂↑；
（3）c與氫形成的分子X為H₂S，與是分子的空間構型相同，為V型結構，b元素的最高價氧化物對應水化物為NaOH，硫氫化與足量的NaOH反應生成硫化鈉與水，反應離子方程式為：H₂S+2OH^-=S^2-+H₂O，
故答案為：V型；H₂S+2OH^-=S^2-+H₂O；
（4）電子層結構相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，離子的電子層越多，離子半徑越大，故離子半徑：Br^-＞S^2-＞Na⁺＞Mg²⁺；
非金屬性：Br＞S＞Si，非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物酸性越強，故HBrO₄酸性最強；
e元素與N元素形成化合物為Mg₃N₂，屬于離子化合物，電子式為，
故答案為：Mg²⁺；HBrO₄；；

（5）b元素與氯元素形成的化合物Y為NaCl，由鈉離子與氯離子過程，其晶胞結構圖為，晶胞中Na⁺離子數目為1+12×$\frac{1}{4}$=4，Cl^-數目為6×$\frac{1}{2}$+8×$\frac{1}{8}$=4，
故答案為：4個Na⁺、4個Cl^-．

點評 本題考查晶體類型與性質、電子式、空間構型、離子半徑比較、元素周期律應用、離子方程式書寫、晶胞計算等，是對學生綜合能力的考查，難度中等．