Question

1．X、Y、Z、R、W、E為前四周期元素且原子序數依次增大．X的單質與Y的單質在放電條件下反應產生大氣污染物，R基態原子的M能層上有3對成對電子，W核外有5個未成對電子．Y、Z分別形成氫化物Q和J，已知Q與J摩爾質量相等，Q的水溶液中加入少量WY₂，立即產生大量氣泡．E位于周期表的ds區，最外層只有一對成對電子．請回答下列問題：
（1）X的氫化物與R的氫化物相遇，生成物中存在的化學鍵類型有離子鍵、共價鍵．W在元素周期表中的位置為第四周期第ⅦB族．
（2）X、Z元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數為3的酸是HNO₂ HNO₃；酸根呈三角錐結構的酸是H₂SO₃．（填化學式）
（3）已知：氫氣、Z的固態單質、氣態J的燃燒熱分別為285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562.0 kJ/mol，則氣態J分解生成固態Z和氫氣的熱化學方程式為H₂S（g）═S（s）+H₂（g）△H=+20.6 kJ/mol．
（4）在酸性溶液中，WY₄^-能被Q還原為W²⁺，該反應的離子方程式是2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O．
（5）Z與E能形成化合物A，A的一種晶體晶胞結構如圖所示，E的配位數為4；若晶胞邊長為a，則晶體A的密度計算式為ρ=$\frac{4×97}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

Answer 1

分析 X、Y、Z、R、W、E為前四周期元素且原子序數依次增大，X的單質與Y的單質在放電條件下反應產生大氣污染物NO，則X是N、Y是O元素；R基態原子的M能層上有3對成對電子，M層電子排布式為3s²3p⁵，則R是Cl元素；W核外有5個未成對電子，只能處于第四周期，外圍電子排布為3d⁵4s²，則W是Mn元素；Y、Z分別形成氫化物Q和J，Q與J摩爾質量相等，Q的水溶液中加入少量MnO₂，立即產生大量氣泡，則Q是H₂O₂、J是H₂S，所以Z是S元素；E位于周期表的ds區，最外層只有一對成對電子，則E為Zn．

解答 解：X、Y、Z、R、W、E為前四周期元素且原子序數依次增大，X的單質與Y的單質在放電條件下反應產生大氣污染物NO，則X是N、Y是O元素；R基態原子的M能層上有3對成對電子，M層電子排布式為3s²3p⁵，則R是Cl元素；W核外有5個未成對電子，只能處于第四周期，外圍電子排布為3d⁵4s²，則W是Mn元素；Y、Z分別形成氫化物Q和J，Q與J摩爾質量相等，Q的水溶液中加入少量MnO₂，立即產生大量氣泡，則Q是H₂O₂、J是H₂S，所以Z是S元素；E位于周期表的ds區，最外層只有一對成對電子，則E為Zn．
（1）X的氫化物是氨氣、R的氫化物是HCl，二者相遇生成氯化銨，氯化銨中銨根離子和酸根離子之間存在離子鍵、N原子和H原子之間存在共價鍵；Mn元素在元素周期表中的位置為第四周期第ⅦB族，
故答案為：離子鍵、共價鍵；第四周期第ⅦB族；
（2）N、S元素形成的含氧酸有HNO₂ HNO₃、H₂SO₃、H₂SO₄，
NO₂^-中N原子價層電子對數是2+$\frac{5+1-2×2}{2}$3，含1對孤電子對，所以為V形結構，
NO₃^-中N原子價層電子對數是3+$\frac{5+1-2×3}{2}$=3，不含孤電子對，所以為平面三角形，
SO₃^2-中N原子價層電子對數是3+$\frac{6+2-2×3}{2}$=4，含1對孤電子對，所以為三角錐形，
SO₄^2-中N原子價層電子對數是4+$\frac{6+2-2×4}{2}$=4，不含孤電子對，所以為正四面體，
故答案為：HNO₂ HNO₃；H₂SO₃；
（3）氫氣、S（s）、氣態H₂S的燃燒熱分別為285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562.0 kJ/mol，則：
①H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（l）△H=-285.8 kJ/mol，
②S（s）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-296.8 kJ/mol，
③H₂S（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═SO₂（g）+H₂O（l）△H=-562.0 kJ/mol，
根據蓋斯定律，③-①-②可得：H₂S（g）═S（s）+H₂（g），H₂S分解時△H=285.8 kJ/mol+296.8 kJ/mol-562.0 kJ/mol=+20.6 kJ/mol，
所以其熱化學方程式為H₂S（g）═S（s）+H₂（g）△H=+20.6 kJ/mol，
故答案為：H₂S（g）═S（s）+H₂（g）△H=+20.6 kJ/mol；
（4）在酸性溶液中，MnO₄^-能被H₂O₂還原為Mn²⁺，雙氧水被氧化生成氧氣，離子方程式為2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O，
故答案為：2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O；
（5）Z與E能形成化合物A，晶胞中S原子數目為4，Zn原子數目為8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Z的配位數為4，E的配位數為4，晶胞質量為4×$\frac{32+65}{{N}_{A}}$g，若晶胞邊長為a，則晶體A的密度ρ=4×$\frac{32+65}{{N}_{A}}$÷a³=$\frac{4×97}{{a}^{3}×{N}_{A}}$，
故答案為：4；$\frac{4×97}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

點評 本題以元素推斷為載體，考查結構性質位置關系、價層電子對互斥理論、熱化學方程式書寫、氧化還原反應、晶胞計算等，是對現實綜合能力的考查，難度中等．