Question

9．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子最外层电子数是次外层的3倍，X，Y和Z分属于不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍．在由元素W、X、Y、Z组成的所有二组分化合物中，由元素W、Y形成的化合物M的熔点最高．请回答下列问题：
（1）W原子L层电子排布式为2s²2p⁴  W₃空间构形是V形
（2）X单质与水反应的主要化学方程式2F₂+2H₂O=4HF+O₂
（3）化合物M的化学式MgO 其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl．M熔点较高的原因是MgO晶格能比NaCl的大．将一定是的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂酸醇酯交换合成碳酸二月桂酯．在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的杂化方式有sp²和sp³，O-C-O的键角约120°
（4）X、Y、Z可形成立方晶体的化合物，其晶胞中X占有棱的中心，Y位于顶角，Z位于体心位置，则该晶体的组成为X：Y：Z=3：1：1．
（5）含有元素Z的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是灼烧时电子从基态到激发态，激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道是，以一定波长光的形式释放能量
（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为$\frac{4×\frac{（65+32）g/mol}{6.02×1{0}^{23}mo{l}^{-1}}}{（540×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=4.1 g•cm^-3（列式并计算），a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子之间的距离为135$\sqrt{3}$pm．

Answer 1

分析 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，W原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则W为O元素．X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，即三元素原子序数之和为40，X若为第三周期元素，X、Y、Z的原子序数之和大于W原子序数的5倍，所以可以断定X也在第二周期，故X为F元素，则Y、Z原子序数之和=40-9=31，平均原子序数为15.5，可以推断Y处于第三周期、Z处于第四周期，Z的原子序数大于18，若Y为Na元素，则Z为Ca元素，若Y为Mg元素，则Z为K元素，X的原子序数再增大，不符合题意，由于元素W与Y形成的化合物M的熔点最高，故Y为Mg元素，Z为K元素，化合物M为MgO，据此解答．

解答 解：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，W原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则W为O元素．X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，即三元素原子序数之和为40，X若为第三周期元素，X、Y、Z的原子序数之和大于W原子序数的5倍，所以可以断定X也在第二周期，故X为F元素，则Y、Z原子序数之和=40-9=31，平均原子序数为15.5，可以推断Y处于第三周期、Z处于第四周期，Z的原子序数大于18，若Y为Na元素，则Z为Ca元素，若Y为Mg元素，则Z为K元素，X的原子序数再增大，不符合题目中主族元素的要求，由于元素W与Y形成的化合物M的熔点最高，故Y为Mg元素，Z为K元素，化合物M为MgO．
（1）W为O元素，原子的L层电子排布式为 2s²2p⁴，O₃分子中中心氧原子价层电子对数=2+$\frac{6-2×2}{2}$=3、含有1对孤电子对，故O₃空间构型为V形，故答案为：2s²2p⁴；V形；
（2）X单质为F₂，与水发生反应：2F₂+2H₂O=4HF+O₂，故答案为：2F₂+2H₂O=4HF+O₂；
（3）化合物M为MgO，属于离子化合物，由于MgO晶体中离子的电荷多、离子半径小，故MgO晶格能大，故MgO熔点较高；在碳酸二甲酯分子中-OCH₃，C原子4个单键，采取sp³杂化，在酯基中C原子成2个C-O单键、1个C=O双键，双键按单键计算，故中心C原子的杂化轨道数为3，采取sp²杂化，为平面正三角形，键角为120°，故O-C-O的键角约为120°，
故答案为：MgO；MgO晶格能比NaCl的大；sp²和sp³；120°；
（4）F、Mg、K形成立方晶体结构的化合物，晶胞中F占据所有棱的中心，晶胞中F原子数目为12×$\frac{1}{4}$=3，Mg位于顶角，晶胞中Mg原子数目为8×$\frac{1}{8}$=1，K处于体心位置，晶胞中含有1个K原子，则该晶体的组成为F：Mg：K=3：1：1，故答案为：3：1：1；
（5）含有元素K的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因为：灼烧时电子从基态到激发态，激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道是，以一定波长光的形式释放能量，从而出现不同的颜色，故答案为：紫；灼烧时电子从基态到激发态，激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道是，以一定波长光的形式释放能量；
（6）晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×（87÷6.02×10²³）g，晶胞的体积为（540.0×10^-10cm）³，则密度为$\frac{4×\frac{（65+32）g/mol}{6.02×1{0}^{23}mo{l}^{-1}}}{（540×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=4.1g•cm^-3；
b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，a位置白色球与黑色球b的连线处于晶胞体对角线上，其距离为晶胞体对角线长度的$\frac{1}{4}$，而体对角线长度为晶胞棱长的$\sqrt{3}$倍，故a位置S^2-离子与b位置Zn²⁺离子之间的距离为$\frac{1}{4}$×540$\sqrt{3}$pm=135$\sqrt{3}$pm，
故答案为：$\frac{4×\frac{（65+32）g/mol}{6.02×1{0}^{23}mo{l}^{-1}}}{（540×1{0}^{-10}cm）^{3}}$=4.1；135$\sqrt{3}$．

点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，要充分利用原子序数的关系结合周期表的结构进行判断元素，本题中晶胞计算需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大．