Question

14．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第三周期，第ⅤⅡA族．
（2）表中元素的原子半径最大的是（填元素符号）Si．
（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ac；
a．Y单质与H₂S溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS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8.5gX的最高价化合物，恢复至室温，放热34.35kJ，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Si（s）+2Cl₂（g）=SiCl₄（l）△H=-687kJ/mol．
（5）碳与铝形成的1mol化合物Q与水反应，生成4molAl（OH）₃和3mol化合物L（仅含碳、氢两种元素），则L的电子式为．
（6）H₂Y₂是实验室中的常用试剂，其结构中存在的共价键有和，在制备过程中要防止Fe³⁺的混入，理由是铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，．

Answer 1

分析 （1）周期表中Z元素为氯元素，核电荷数为17，三个电子层，最外层7个电子；
（2）同周期原子半径依次减小，同主族原子半径依次增大；
（3）比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断，而与得失电子数没有必然关系；
（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl₄8.5g，物质的量=$\frac{8.5g}{170g/mol}$=0.05mol，恢复至室温，放热34.35kJ，生成1molSiCl₄放热687KJ，由于该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，则常温下SiCl₄为液态，据此结合热化学方程式的书写原则解答；
（5）碳与铝形成的1mol化合物Q与水反应，生成4molAl（OH）₃和3mol化合物L（仅含碳、氢两种元素），依据原子守恒和反应实质分析Al_xC_y+12H₂O=4Al（OH）₃+3L，原子守恒得到L为CH₄，Q为Al₄C₃；
（6）H₂Y₂是实验室中的常用试剂，化学式为H₂O₂，其结构中存在的共价键有H-O和O-O共价键，在制备过程中要防止Fe³⁺的混入，理由是铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用．

解答 解：（1）周期表中Z元素为氯元素，核电荷数为17，三个电子层，最外层7个电子，位于周期表中第三周期，第ⅤⅡA族，
故答案为：第三周期，第ⅤⅡA族；
（2）表中元素为第二周期和三周期中的元素，依据同周期原子半径依次减小，同主族原子半径依次增大分析可知，元素的原子半径最大的是Si，
故答案为：Si；
（3）a．Y单质与H₂S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；
b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，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SiCl₄8.5g，物质的量=$\frac{8.5g}{170g/mol}$=0.05mol，恢复至室温，放热34.35kJ，生成1molSiCl₄放热687KJ，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）碳与铝形成的1mol化合物Q与水反应，生成4molAl（OH）₃和3mol化合物L（仅含碳、氢两种元素），依据原子守恒和反应实质分析Al_xC_y+12H₂O=4Al（OH）₃+3L，原子守恒得到L为CH₄，Q为Al₄C₃，L为甲烷，分子式为CH₄，为正四面体结构，电子式为，故答案为：；
（6）H₂Y₂是实验室中的常用试剂，化学式为H₂O₂，其结构中存在的共价键有H-O和O-O共价键，为极性键和非极性键，在制备过程中要防止Fe³⁺的混入，理由是铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，
故答案为：极性键和非极性键；铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用．

点评 本题考查了原子结构与元素周期律、元素周期表的关系及氧化还原反应的计算等知识，题目难度中等，明确元素周期表结构、元素周期律内容为结构件，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用．