题目内容

(2012?长宁区一模)短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示,其中T所处的周期序数与主族序数相等,请回答下列问题:

(1)T的离子结构示意图为

(2)元素的非金属性为(原子的得电子能力):Q
弱于
弱于
W(填“强于”或“弱于”).
(3)W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应,生成两种物质,其中一种是气体,反应的化学方程式为
S+2H2SO4(浓)
 △ 
.
 
3SO2+2H2O
S+2H2SO4(浓)
 △ 
.
 
3SO2+2H2O

(4)原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物,此分解反应的化学方程式是
2H2O2
 MnO2 
.
 
O2↑+2H2O
2H2O2
 MnO2 
.
 
O2↑+2H2O

(5)R有多种氧化物,其中甲的相对分子质量最小.在一定条件下,2L的甲气体与0.5L的氧气相混合,若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留,所生成的R的含氧酸盐的化学式是
NaNO2
NaNO2

I、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛.
(1)磷元素的原子核外电子排布式是
1s22s22p63s23p3
1s22s22p63s23p3

(2)磷酸钙与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500℃生成白磷,反应为:
2Ca3(PO42+6SiO2→6CaSiO3+P4O10     10C+P4O10→P4+10CO
每生成1mol P4时,就有
20
20
mol电子发生转移.
II、稀土元素是宝贵的战略资源,我国的蕴藏量居世界首位.
(1)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素.在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3?6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备.其中NH4Cl的作用是
分解出HCl气体,抑制CeCl3的水解
分解出HCl气体,抑制CeCl3的水解

(2)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2,调节pH≈3,Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离.完成反应的离子方程式:
2
2
Ce3++
1
1
H2O2+
6
6
H2O→
2
2
Ce(OH)4↓+
6H+
6H+

在溶液中,反应A+2B?C分别在三种不同实验条件下进行,它们的起始浓度均为c(A)=0.100mol/L、c(B)=0.200mol/L及c(C)=0mol/L.
反应物A的浓度随时间的变化如图所示.

请回答下列问题:
(3)与①比较,②和③分别仅改变一种反应条件.所改变的条件和判断的理由是:②
加催化剂
加催化剂
达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度未变
达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度未变

温度升高
温度升高
达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度减小
达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度减小

(4)实验②平衡时B的转化率为
40%
40%
;实验③平衡时C的浓度为
0.06mol/L
0.06mol/L

(5)该反应是
吸热
吸热
热反应,判断其理由是
温度升高,平衡向正反应方向移动
温度升高,平衡向正反应方向移动

(6)该反应进行到4.0min时的平均反应速度率:
实验②:VB=
0.014mol(L?min)-1
0.014mol(L?min)-1
分析:短周期元素Q、R、T、W,根据元素所处的位置,可确定T、W为第三周期的元素,Q、R为第二周期元素,T所处的周期序数与族序数相等,则T为Al元素,故Q为C元素,R为N元素,W为S元素,据此结合选项解答;
(1)铝离子核外电子数为10,有2个电子层,最外层电子为8;
(2)根据硫酸的酸性大于碳酸的酸性判断;
(3)S和浓硫酸共热发生氧化还原反应生成二氧化硫和水;
(4)原子序数比N多1的元素为O,双氧水分解生成水和氧气;
(5)根据电子转移守恒计算N元素在含氧酸盐中飞化合价,据此书写;
Ⅰ(1).磷原子核外电子数为15,根据核外电子排布规律书写;
(2).反应中P元素由+5价降低为0价,据此计算生成1mol P4时,转移电子数;
Ⅱ.(1)在加热条件下CeCl3易发生水解,NH4Cl的作用是抑制CeCl3水解;
(2))根据电荷守恒可知缺项是H+,再利用电子得失守恒、元素守恒法配平方程式;
(3)在溶液中,压强对化学平衡无影响,且起始浓度不变,应为催化剂与温度对反应的影响,根据催化剂、温度对化学反应速度率和化学平衡的影响;
(4)由图可知,实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L,计算A的浓度变化量,再利用方程式计算B的浓度变化量,进而计算平衡时B的转化率;
实验③平衡时A的浓度为0.04mol/L,计算A的浓度变化量,再利用方程式计算C的浓度变化量,进而计算平衡时C的浓度;
(5)温度升高,A的浓度降低,平衡向正反应方向移动,据此判断;
(4)根据v=
△c
△t
计算vA,利用速率之比等于速率之比实验②中vB
解答:解:短周期元素Q、R、T、W,由图可知,Q、R在第二周期,T、W在第三周期,T所处的周期序数与主族序数相等,则T在第三周期第ⅢA族,即T为Al,则Q为C,R为N,W为S,
(1)铝离子核外电子数为10,有2个电子层,最外层电子为8,则铝离子结构示意图为,故答案为:
(2)Q为C,W为S,硫酸的酸性大于碳酸的酸性,则非金属性S大于C,故答案为:弱于;
(3)S和浓硫酸共热发生氧化还原反应生成二氧化硫和水,反应为S+2H2SO4(浓)
 △ 
.
 
3SO2+2H2O,
故答案为:S+2H2SO4(浓)
 △ 
.
 
3SO2+2H2O;
(4)原子序数比N多1的元素为O,双氧水分解生成水和氧气,反应为2H2O2
 MnO2 
.
 
O2↑+2H2O,
故答案为:2H2O2
 MnO2 
.
 
O2↑+2H2O;
(5)N元素的多种氧化物,其中甲的相对分子质量最小,故甲为NO,在一定条件下,2L的NO气体与0.5L的氧气相混合,若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留,令生成的N元素的含氧酸盐中N元素化合价为x,根据电子转移守恒可知,2×(x-2)=0.5×2×2,解得x=3,故氧酸盐的化学式是NaNO2
故答案为:NaNO2
Ⅰ(1).磷原子核外电子数为15,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,故答案为:1s22s22p63s23p3
(2).反应中P元素由+5价降低为0价,每生成1 mol P4时,电子转移为5×4 mol=20 mol,故答案为:20;
Ⅱ(1)加热条件下CeCl3易发生水解,CeCl3水解会生成HCl,故NH4Cl的作用是分解出HCl气体,抑制CeCl3水解,
故答案为:分解出HCl气体,抑制CeCl3的水解;
(2)根据电荷守恒可知缺项是H+,利用电子得失守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce(OH)4↓+6H+
故答案为:2;1;6;2;6H+
(3)与①比较,②缩短达到平衡的时间,平衡不移动,因催化剂能加快化学反应速度率,化学平衡不移动,所以②为使用催化剂;
与①比较,③缩短达到平衡的时间,平衡时A的浓度减小,因升高温度,化学反应速度率加快,化学平衡移动,平衡时A的浓度减小,
故答案为:②加催化剂;达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度未变;③温度升高;达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度减小;
(4)由图可知,实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L,故A的浓度变化量0.1mol/L-0.06mol/L=0.04mol/L,由方程式可知B的浓度变化量为0.04mol/L×2=0.08mol/L,故平衡时B的转化率为
0.4mol/L
1mol/L
×100%=40%;
实验③平衡时A的浓度为0.04mol/L,故A的浓度变化量0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L,由方程式可知C的浓度变化量为0.06mol/L,故平衡时C的浓度为0.06mol/L,
故答案为:40%;0.06mol/L;
(5)因③温度升高,平衡时A的浓度减小,化学平衡向吸热的方向移动,说明正反应方向吸热,
故答案为:吸热;温度升高,平衡向正反应方向移动;
(6)实验②中,vA=
0.1mol/L-0.072mol/L
4min
=0.007mol(L?min)-1,所以vB=2vA=0.014mol(L?min)-1
故答案为:0.014mol(L?min)-1
点评:本题为拼合型题目,题量较大,综合性较大,涉及元素周期表、处于化学用语、核外电子排布规律、氧化还原反应、化学平衡浓度-时间图象、化学反应速率计算、化学平衡影响因素等,注意细心读取图象中物质的浓度,需要学生具有较好的心理素质,难度中等.
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