(2013?四川)X、Y、Z、R為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大.X的單質(zhì)與氫氣可化合生成氣體G,其水溶液pH>7;Y的單質(zhì)是一種黃色晶體;R基態(tài)原子3d軌道的電子數(shù)是4s軌道電子數(shù)的3倍.Y、Z分別與鈉元素可形成化合物Q和J,J的水溶液與AgNO3溶液反應(yīng)可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L;Z與氫元素形成的化合物與G反應(yīng)生成M.
請回答下列問題:
(1)M固體的晶體類型是
離子晶體
離子晶體

(2)Y基態(tài)原子的核外電子排布式是
1s22s22p63s23p4
1s22s22p63s23p4
;G分子中X原子的雜化軌道類型是
sp3
sp3

(3)L的懸濁液中加入Q的溶液,白色沉淀轉(zhuǎn)化為黑色沉淀,其原因是
Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度
Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度

(4)R的一種含氧酸根RO42-具有強氧化性,在其鈉鹽溶液中加入稀硫酸,溶液變?yōu)辄S色,并有無色氣體產(chǎn)生,該反應(yīng)的離子方程式是
4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O
4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O
分析:X、Y、Z、R為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大.X的單質(zhì)與氫氣可化合生成氣體G,其水溶液pH>7,故X為氮元素,G為NH3;Y的單質(zhì)是一種黃色晶體,Y為硫元素;R基態(tài)原子3d軌道的電子數(shù)是4s軌道電子數(shù)的3倍,則外圍電子排布為3d64s2,故R為Fe元素;Y與鈉元素可形成化合物Q,Q為Na2S,Z與鈉元素可形成化合物J,J的水溶液與AgNO3溶液反應(yīng)可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L,L為AgCl,故Z為Cl元素,J為NaCl;Z與氫元素形成的化合物與G反應(yīng)生成M,故M為NH4Cl,據(jù)此解答.
解答:解:X、Y、Z、R為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大.X的單質(zhì)與氫氣可化合生成氣體G,其水溶液pH>7,故X為氮元素,G為NH3;Y的單質(zhì)是一種黃色晶體,Y為硫元素;R基態(tài)原子3d軌道的電子數(shù)是4s軌道電子數(shù)的3倍,則外圍電子排布為3d64s2,故R為Fe元素;Y與鈉元素可形成化合物Q,Q為Na2S,Z與鈉元素可形成化合物J,J的水溶液與AgNO3溶液反應(yīng)可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L,L為AgCl,故Z為Cl元素,J為NaCl;Z與氫元素形成的化合物與G反應(yīng)生成M,故M為NH4Cl,
(1)M為NH4Cl,屬于離子晶體,故答案為:離子晶體;
(2)Y為硫元素,基態(tài)原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p4;G為NH3,分子中N原子成3個N-H鍵,含有1對孤對電子,雜化軌道數(shù)目為4,故采取sp3雜化,
故答案為:1s22s22p63s23p4;sp3;
(3)L為AgCl,Q為Na2S,AgCl的懸濁液中加入Na2S的溶液,由于Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度,故白色沉淀轉(zhuǎn)化為黑色沉淀,故答案為:Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度;
(4)R為Fe元素,含氧酸根FeO42-具有強氧化性,在其鈉鹽溶液中加入稀硫酸,溶液變?yōu)辄S色,有Fe3+生成,并有無色氣體產(chǎn)生,結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒可知,只有氧元素被氧化,故該無色氣體為O2,反應(yīng)離子方程式為:4FeO42-+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O,故答案為:4FeO42-+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O.
點評:本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、無機物的推斷、核外電子排布規(guī)律、雜化理論、沉淀轉(zhuǎn)化、氧化還原反應(yīng)等,難度中等,(4)中注意根據(jù)氧化還原反應(yīng)知識判斷生成的氣體是氧氣,是易錯點與難點.
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實驗編號 起始濃度/(mol?L-1 反應(yīng)后溶液的pH
c(HA) c(KOH)
0.1 0.1 9
x 0.2 7
下列判斷不正確的是( 。

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t/min 2 4 7 9
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