Question

7．A、B、C、D、E、F六種短周期元素，其原子序數依次增大，其中 B與C同周期，D與E、F同周期，A與D 同主族，C與F同主族，C元素的原子最外層電子數是次外層電子數的三倍．又知六種元素所形成的常見單質在常溫常壓下有三種是氣體，三種是固體．
請回答下列問題：
（1 ）若E為與強堿溶液能發(fā)生反應的金屬元素，則C、D、E、F四種元素形成的簡單離子半徑由大到小的順序是S^2-＞O^2-＞Na⁺＞Al³⁺ （用離子符號表示）．
（2 ）由A、B兩種元素形成的化合物B₂A ₄可以與O₂、KOH溶液形 成原電池（B₂ A₄與O₂ 反應生成B₂和A₂O），則該原電池放電時，負極的電極方程式為N₂H₄-4e^-+4OH^-=N₂+4H₂O．用該原電池提供的能量用惰性電極電解 200mL1mol•L^-1CuSO₄溶液，當消耗 0.2molB₂A ₄時，若要使電解液恢復到電解前的情況，需要向其中加入多少克什么物質？（填質量和化學式）．19.6g、Cu（OH）₂
（3 ）由B、C兩種元素形成的化合物BC₂和 B₂ C ₄存在如下平衡：2BC₂ （ g ）?B₂C ₄（g ）△H＜0，在溫度分別為T₁、T ₂時，平衡體系中BC₂的體積分數隨壓強變化曲線如圖所示．下列說法正確的是
A．a、c兩點的反應速率：a＞c
B．a、c兩點BC₂的轉化率：a＞c
C．b、c兩點混合氣體的顏色：b點比c點的深
D．由狀態(tài)b到狀態(tài)a，可以用加熱的方法
（4 ）500℃、30MPa下，A單質和B單質置于密閉容器中充分反應生成 BA₃（g ），消耗1.5molA單質和0.5molB單質，并放熱46kJ，則該反應的熱化學方程式為N₂ （g）+3H₂（g）=2 NH₃（g）△H=-92kJ•mol^-1．
（5 ）由A、C、D、F四種元素形成的化合物DAFC ₃（已知 A₂ FC₃的 K_a1=1.3×10^-2，K_a2=6.3×10^-8 ）．則0.1mol•L ^-1的DAFC₃溶液中各離子濃度由大到小的順序為c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；室溫下，向該溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中 c （ AFC₃^- ）=c （ FC₃^2-），則此時溶液顯酸性（填“酸性”、“堿性”或“中性”）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F六種短周期元素，其原子序數依次增大，C元素的原子最外層電子數是次外層電子數的三倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則C是O元素；C與F同主族，則F是S元素；D與E和F同周期，即處于第三周期，D、E的原子序數均小于硫，故D、E的單質為固體，六種元素所形成的常見單質在常溫常壓下有三種是氣體，三種是固體，則A、B單質為固體，A、B原子序數小于均小于氧，B與C同周期，則A為H元素、B為N元素；A與D 同主族，則D為Na元素；若E為與強堿溶液能發(fā)生反應的金屬元素，則E為Al，據此解答．
（1 ）電子層結構相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大；
（2 ）N₂H ₄可與O₂、KOH溶液形成原電池（N₂H₄與O₂ 反應生成N₂和H₂O），則該原電池放電時，負極發(fā)生氧化反應，N₂H₄失去電子堿性條件下生成氮氣與水；
用該原電池提供的能量用惰性電極電解 200mL1mol•L^-1CuSO₄溶液，含有銅離子為0.2L×1mol/L=0.2mol，當消耗 0.2molN₂H ₄時，轉移電子為0.2mol×2×2=0.8mol，銅離子完全放電需要電子為0.2mol×2=0.4mol＜0.8mol，故陰極氫離子還放電生成氫氣，陽極只有氧氣生成，根據電子轉移守恒計算生成氧氣為$\frac{0.8mol}{4}$=0.2mol，再計算Cu與氫氣物質的量，進而判斷需要加入物質及其質量；
（3）A．a、c兩點都在等溫線上，壓強越大反應速率越快；
B．c點壓強更大，增大壓強平衡正向移動，二氧化氮轉化率增大；
C．a、c兩點都在等溫線上，c點壓強更大，故c點二氧化氮的濃度更大，顏色更深，a、b兩點壓強相等，a點二氧化氮的含量更大，a的濃度比b點濃度大；
D．升高溫度，化學平衡向著逆向移動，NO₂的體積分數增大；
（4 ）計算1摩爾氮氣反應放出的熱量，注明物質聚集狀態(tài)與反應熱書寫熱化學方程式；
（5 ）由H、O、Na、S四種元素形成的化合物NaHSO ₃，已知 H₂ SO₃的 K_a1=1.3×10^-2，K_a2=6.3×10^-8，計算HSO₃^-的水解平衡常數，與亞硫酸的二級電離平衡常數比較，判斷HSO₃^-的電離程度與水解程度相對大小，可以判斷溶液呈酸堿性，結合水的電離、亞硫酸根的水解與電離判斷；
室溫下，向該溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中 c （ HSO₃^- ）=c （ SO₃^2-），根據電荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HSO₃^-）+2c（SO₃^2-）+c（OH^-），可以判斷c（H⁺）＞c（OH^-）．

解答 解：A、B、C、D、E、F六種短周期元素，其原子序數依次增大，C元素的原子最外層電子數是次外層電子數的三倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則C是O元素；C與F同主族，則F是S元素；D與E和F同周期，即處于第三周期，D、E的原子序數均小于硫，故D、E的單質為固體，六種元素所形成的常見單質在常溫常壓下有三種是氣體，三種是固體，則A、B單質為固體，A、B原子序數小于均小于氧，B與C同周期，則A為H元素、B為N元素；A與D 同主族，則D為Na元素；若E為與強堿溶液能發(fā)生反應的金屬元素，則E為Al．
（1 ）電子層結構相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：S^2-＞O^2-＞Na⁺＞Al³⁺，
故答案為：S^2-＞O^2-＞Na⁺＞Al³⁺；
（2 ）由A、B兩種元素形成的化合物N₂H ₄可與O₂、KOH溶液形成原電池（N₂H₄與O₂ 反應生成N₂和H₂O），則該原電池放電時，負極發(fā)生氧化反應，負極的電極方程式為：N₂H₄-4e^-+4OH^-=N₂+4H₂O，
用該原電池提供的能量用惰性電極電解 200mL1mol•L^-1CuSO₄溶液，含有銅離子為0.2L×1mol/L=0.2mol，當消耗 0.2molN₂H ₄時，轉移電子為0.2mol×2×2=0.8mol，銅離子完全放電需要電子為0.2mol×2=0.4mol＜0.8mol，故陰極氫離子還放電生成氫氣，陽極只有氧氣生成，根據電子轉移守恒，生成氧氣為$\frac{0.8mol}{4}$=0.2mol，陰極析出Cu為0.2mol，生成氫氣為$\frac{0.8mol-0.2mol×2}{2}$=0.2mol，相當于析出0.2mol
的Cu（OH）₂，若要使電解液恢復到電解前的情況，需要向其中加入0.2mol Cu（OH）₂，其質量為0.2mol×98g/mol=19.6g，
故答案為：N₂H₄-4e^-+4OH^-=N₂+4H₂O；19.6g、Cu（OH）₂；
（3）A．由圖象可知，a、c兩點都在等溫線上，c的壓強大，則a、c兩點的反應速率：a＜c，故A錯誤；
B．c點壓強更大，增大壓強平衡正向移動，二氧化氮轉化率增大，NO₂的轉化率：a＜c，故故B錯誤；
C．a、c兩點都在等溫線上，c點壓強更大，故c點二氧化氮的濃度更大，顏色更深，a、b兩點壓強相等，a點二氧化氮的含量更大，a的濃度比b點濃度大，故c二氧化氮的濃度最大，顏色最深，故c錯誤；
D．升高溫度，化學平衡向著逆向移動，NO₂的體積分數增大，b點到a點二氧化氮體積分數增大，能用加熱的方法實現由b點到a點的轉變，故D正確，
故選：D；
（4 ）500℃、30MPa下，氫氣和氮氣置于密閉容器中充分反應生成 NH₃（g ），消耗1.5mol氫氣和0.5mol氮氣單質，并放熱46kJ，則該反應的熱化學方程式為：N₂ （g）+3H₂（g）=2 NH₃（g）△H=-92kJ•mol^-1，
故答案為：N₂ （g）+3H₂（g）=2 NH₃（g）△H=-92kJ•mol^-1；
（5 ）由H、O、Na、S四種元素形成的化合物NaHSO ₃，已知 H₂ SO₃的 K_a1=1.3×10^-2，K_a2=6.3×10^-8，則HSO₃^-的水解平衡常數=$\frac{1{0}^{-14}}{1.3×1{0}^{-2}}$=7.7×10^-13＜6.3×10^-8，故HSO₃^-的電離程度大于其水解程度，溶液呈酸性，溶液中氫離子源于水電離、HSO₃^-的電離，故溶液中各離子濃度由大到小的順序為：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），室溫下，向該溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中 c （ HSO₃^- ）=c （ SO₃^2-），根據電荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HSO₃^-）+2c（SO₃^2-）+c（OH^-），故c（H⁺）=c（SO₃^2-）+c（OH^-），則c（H⁺）＞c（OH^-），溶液呈酸性，
故答案為：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；酸性．

點評 本題考查結構性質位置關系應用、原電池與電解計算、化學平衡圖象、熱化學方程書寫、電離平衡常數、原理水解等，推斷元素是解題關鍵，綜合考查學生分析能力、邏輯推理能力及對知識的遷移運用，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．