题目内容
【题目】随原子序数的递增,八种短周期元素(用字母X表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下左图所示,根据判断出的元素回答问题:
⑴ f在元素周期表的位置是__________。
⑵ 比较d、e常见离子的半径的小(用化学式表示,下同)_______>__________比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是:_______>__________
⑶ 任选上述元素组成一种四原子共价化合物,写出其电子式____________________
⑷ 已知1mole的单质在足量d2中燃烧,恢复至室温,放出255.5kJ热量,写出该反应的热化学方程式____________
⑸ 上述元素可组成盐R:zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液,沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如上右图所示:
① R溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________
② 写出m点反应的而离子方程式________________________________
③ 若R溶液改加20mL1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液,充分中产生沉淀的物质的量为_______mol。
【答案】第三周期ⅢA族 r(O2-) r(Na+) HClO4 H2SO4 2Na(s)+O2(g) =Na2O2(s) △H=-511kJ·mol-1 c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) NH4+ + OH-=NH3·H2O 0.022
【解析】
x的原子序数最小,原子半径也最小,且最高正化合价为+1价,则X是H,e的最高正化合价为+1价,原子半径最大,则e是Na,y的原子序数比e小,最高正价为+4价,则y是C,z的原子序数略大于y,最高正化合价为+5价,则z是N,d是O,f原子序数比钠大,最高正化合价为+3价,则f是Al,g的最低负化合价为-2价,原子序数比铝大,则g是S,h最低负价为-1价,原子序数大于硫,则h是Cl,由此分析解答。
从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数,可以知道x是H元素,y是C元素,z是N元素,d是O元素,e是Na元素,f是Al元素,g是S元素,h是Cl元素,
(1)f是Al元素,原子核外有3个电子层,最外层电子数为3,在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族,
因此,本题正确答案是:第三周期ⅢA族;
(2)电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径:r(O2-)>r(Na+) ;非金属性越强,最高价氧化物水化物的酸性越强,故酸性:HClO4 >H2SO4,
因此,本题正确答案是:r(O2-)>r(Na+);HClO4 >H2SO4;
(3)x与z形成四原子共价化合物为NH3,电子式为,
因此,本题正确答案是:;
(4)已知1mol钠的单质在足量氧气中燃烧,生成过氧化钠固体,恢复至室温,放出255.5kJ热量,所以反应的热化学方程式为:2Na(s)+O2(g) =Na2O2(s) △H=-511kJ·mol-1,
因此,本题正确答案是:2Na(s)+O2(g) =Na2O2(s) △H=-511kJ·mol-1;
(5)①1molNH4Al(SO4)2含有1molNH4+、1molAl3+、2molSO42-,所以硫酸根离子浓度最高,因为碱性NH3H2O>Al(OH)3,根据“越弱越水解”可知Al3+水解程度大于NH4+水解程度,则c(NH4+)>c(Al3+),Al3+和NH4+水解都生成氢离子,溶液显酸性,所以氢离子的浓度大于氢氧根浓度,溶液中离子浓度大小顺序为:c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) 。
②m点处,沉淀的物质的量不变,发生反应为:铵根离子和氢氧根离子反应成一水合氨,其离子方程式为NH4+ + OH-=NH3·H2O。
③20mL1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液含有0.048molOH-和0.024molBa2+,10mL1mol·L-1R溶液中含有0.01molNH4+、0.01molAl3+和0.02molSO42-,当0.048molOH-完全反应完时,还有0.002mol Al(OH)3未溶解,0.02molSO42-与钡离子反应生成0.02mol硫酸钡沉淀,所以最后沉淀的物质的量为0.022mol。
因此,本题正确答案是:c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-);NH4+ + OH-=NH3·H2O; 0.022。