Question

1．X、Y、Z、R、W、E为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与Y的单质在放电条件下反应产生大气污染物，R基态原子的M能层上有3对成对电子，W核外有5个未成对电子．Y、Z分别形成氢化物Q和J，已知Q与J摩尔质量相等，Q的水溶液中加入少量WY₂，立即产生大量气泡．E位于周期表的ds区，最外层只有一对成对电子．请回答下列问题：
（1）X的氢化物与R的氢化物相遇，生成物中存在的化学键类型有离子键、共价键．W在元素周期表中的位置为第四周期第ⅦB族．
（2）X、Z元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO₂ HNO₃；酸根呈三角锥结构的酸是H₂SO₃．（填化学式）
（3）已知：氢气、Z的固态单质、气态J的燃烧热分别为285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562.0 kJ/mol，则气态J分解生成固态Z和氢气的热化学方程式为H₂S（g）═S（s）+H₂（g）△H=+20.6 kJ/mol．
（4）在酸性溶液中，WY₄^-能被Q还原为W²⁺，该反应的离子方程式是2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O．
（5）Z与E能形成化合物A，A的一种晶体晶胞结构如图所示，E的配位数为4；若晶胞边长为a，则晶体A的密度计算式为ρ=$\frac{4×97}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

Answer 1

分析 X、Y、Z、R、W、E为前四周期元素且原子序数依次增大，X的单质与Y的单质在放电条件下反应产生大气污染物NO，则X是N、Y是O元素；R基态原子的M能层上有3对成对电子，M层电子排布式为3s²3p⁵，则R是Cl元素；W核外有5个未成对电子，只能处于第四周期，外围电子排布为3d⁵4s²，则W是Mn元素；Y、Z分别形成氢化物Q和J，Q与J摩尔质量相等，Q的水溶液中加入少量MnO₂，立即产生大量气泡，则Q是H₂O₂、J是H₂S，所以Z是S元素；E位于周期表的ds区，最外层只有一对成对电子，则E为Zn．

解答 解：X、Y、Z、R、W、E为前四周期元素且原子序数依次增大，X的单质与Y的单质在放电条件下反应产生大气污染物NO，则X是N、Y是O元素；R基态原子的M能层上有3对成对电子，M层电子排布式为3s²3p⁵，则R是Cl元素；W核外有5个未成对电子，只能处于第四周期，外围电子排布为3d⁵4s²，则W是Mn元素；Y、Z分别形成氢化物Q和J，Q与J摩尔质量相等，Q的水溶液中加入少量MnO₂，立即产生大量气泡，则Q是H₂O₂、J是H₂S，所以Z是S元素；E位于周期表的ds区，最外层只有一对成对电子，则E为Zn．
（1）X的氢化物是氨气、R的氢化物是HCl，二者相遇生成氯化铵，氯化铵中铵根离子和酸根离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在共价键；Mn元素在元素周期表中的位置为第四周期第ⅦB族，
故答案为：离子键、共价键；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原子价层电子对数是2+$\frac{5+1-2×2}{2}$3，含1对孤电子对，所以为V形结构，
NO₃^-中N原子价层电子对数是3+$\frac{5+1-2×3}{2}$=3，不含孤电子对，所以为平面三角形，
SO₃^2-中N原子价层电子对数是3+$\frac{6+2-2×3}{2}$=4，含1对孤电子对，所以为三角锥形，
SO₄^2-中N原子价层电子对数是4+$\frac{6+2-2×4}{2}$=4，不含孤电子对，所以为正四面体，
故答案为：HNO₂ HNO₃；H₂SO₃；
（3）氢气、S（s）、气态H₂S的燃烧热分别为285.8 kJ/mol、296.8 kJ/mol、562.0 kJ/mol，则：
①H₂（g）+$\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}$O₂（g）═SO₂（g）+H₂O（l）△H=-562.0 kJ/mol，
根据盖斯定律，③-①-②可得：H₂S（g）═S（s）+H₂（g），H₂S分解时△H=285.8 kJ/mol+296.8 kJ/mol-562.0 kJ/mol=+20.6 kJ/mol，
所以其热化学方程式为H₂S（g）═S（s）+H₂（g）△H=+20.6 kJ/mol，
故答案为：H₂S（g）═S（s）+H₂（g）△H=+20.6 kJ/mol；
（4）在酸性溶液中，MnO₄^-能被H₂O₂还原为Mn²⁺，双氧水被氧化生成氧气，离子方程式为2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O，
故答案为：2MnO₄^-+5H₂O₂+6H⁺═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O；
（5）Z与E能形成化合物A，晶胞中S原子数目为4，Zn原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，Z的配位数为4，E的配位数为4，晶胞质量为4×$\frac{32+65}{{N}_{A}}$g，若晶胞边长为a，则晶体A的密度ρ=4×$\frac{32+65}{{N}_{A}}$÷a³=$\frac{4×97}{{a}^{3}×{N}_{A}}$，
故答案为：4；$\frac{4×97}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

点评 本题以元素推断为载体，考查结构性质位置关系、价层电子对互斥理论、热化学方程式书写、氧化还原反应、晶胞计算等，是对现实综合能力的考查，难度中等．