Question

【题目】表为元素周期表的一部分．

碳	氮	Y
X		硫	Z

回答下列问题：

（1）Z元素在周期表中的位置为__．

（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）__．

（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__．

a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊

b．在氧化还原反应中，1mol Y 单质比1mol S 得电子多

c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高

（4）X与Z两元素的单质反应生成1mol X 的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔沸点分别为﹣69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式：__．

（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中的两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50．为防止污染，将生成的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol/L NaOH 溶液和1mol O2，则两种气体的分子式分别为__，物质的量分别为__，生成硫酸铜物质的量为__．

Answer 1

【答案】 第三周期，第ⅤⅡA族 Si ac Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol NO、NO2 0.9mol、1.3mol 2mol

【解析】根据元素周期表结构可知，X为硅（Si）元素，Y为氧（O）元素，Z为（Cl）元素。

（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，原子结构示意图为：，因此Z位于周期表中第三周期，ⅤⅡA族；

故答案为：第三周期，第ⅤⅡA族；

（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；则原子半径最大的为Si，

故答案为：Si；

（3）比较非金属性的强弱，可以根据元素单质氧化性强弱或氢化物稳定性来比，而与得失电子数目无关。a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明Y单质将H2S氧化为S单质，Y单质的氧化性比硫强，可说明Y元素的非金属性比S元素强，故a正确；b．在氧化还原反应中，得失电子数目与氧化性强弱无关，不能作为非金属性强弱比较的一句，故b错误；c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的氰化物更稳定，Y的非金属性较强，故c正确。

故答案为：ac；

（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，又已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，该反应的热化学方程式为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol。

故答案为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol；

（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成NO2和NO，相对分子质量都小于50，符合题意。为防止污染，消耗1L 2.2mol/L NaOH 溶液和1mol O2，将生成的气体完全转化为NaNO3。根据N原子守恒，可得n(NaNO3)=n(NO2)+n(NO)=n(NaOH)。铜与酸反应的过程中，铜失去的电子数应等于HNO3所得电子数，还原产物NO2和NO又被O2氧化为NaNO3，N的电子转移至O2，可以理解为铜的电子最后进入O2。故根据原子守恒和电子守恒列式计算。

设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，

则n(NaNO3)=n(NO2)+n(NO)=n(NaOH)

n(e-) = n(O2)×4=n(NO2)×1+n(NO)×3=n(Cu) ×2

即2.2=x+y，4=x+3y,

解得：x=1.3mol，y=0.9mol。

参与反应的Cu的物质的量为：n(Cu)= 2mol。

故答案为：NO 0.9mol，NO2 1.3mol；2mol。