题目内容

16.A、B、W、D、E为短周期元素,且原子序数依次增大,质子数之和为39,B、W同周期,A、D同主族,A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2,E元素的周期序数与主族序数相等.
(1)由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为.
(2)用B单质、E单质分别作电极,与浓KOH溶液组成原电池,其正极上的电极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-.
(3)由W、D、E三元素组成的盐加入水中,恢复至室温,则Kw不变(填“增大”、“减小”或“不变”);溶液中各离子浓度从大到小的顺序为c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+).
(4)废印刷电路反上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解.现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的,又保护了环境,试写出反应的离子方程式Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O.
(5)已知:B、E的单质各1mol完全燃烧,分别放出热量a kJ和b kJ;E单质能和B的最高价氧化物发生置换反应.在298K时,若生成3mol B的单质,则该置换反应的△H=-(4a-3b)kJ/mol.

分析 A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2,该液态化合物分别为H2O和H2O2,则A为H元素,W为O元素,A、D同主族,则D为Na元素,E元素的周期序数与主族序数相等,且E的原子序数最大,应为第三周期,IIIA族元素,为Al元素,A、B、W、D、E为短周期元素,且原子序数依次增大,质子数之和为39,设B的原子序数为x,则有1+x+8+11+13=39,x=6,所以B为C元素,结合原子结构以及元素对应的单质、化合物的性质可解答该题.

解答 解:A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2,该液态化合物分别为H2O和H2O2,则A为H元素,W为O元素,A、D同主族,则D为Na元素,E元素的周期序数与主族序数相等,且E的原子序数最大,应为第三周期,IIIA族元素,为Al元素,A、B、W、D、E为短周期元素,且原子序数依次增大,质子数之和为39,设B的原子序数为x,则有1+x+8+11+13=39,x=6,所以B为C元素,则
(1)由A、B、W三种元素组成的18电子的粒子为CH3OH,为共价化合物,电子式为,故答案为:;
(2)用B单质、E单质分别作电极,与浓KOH溶液组成原电池,Al为负极,C为正极,其正极上的电极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-,故答案为:2H2O+O2+4e-=4OH-;
(3)由W、D、E三元素组成的盐为NaAlO2,加入水中,K只与温度有关,恢复至室温,则Kw 不变;阴离子水解显碱性,则溶液中各离子浓度从大到小的顺序为c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+),故答案为:不变;c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+);
(4)Cu和稀硫酸不反应,加入具有氧化性的H2O2,可生成硫酸铜和水,反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O,
故答案为:Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O;
(5)在298K下,Al、C的单质各1mol完全燃烧,分别放出热量a kJ和b kJ,则热化学方程式为:
①4Al(s)+3O2(g)═2Al2O3(s)△H=-4aKJ/mol
②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-bKJ/mol
铝单质将碳从CO2中置换出来生成3molC的单质的方程式为:4Al+3CO2$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$2Al2O3+3C,
由盖斯定律可知,①-②×3可得:4Al(s)+3CO2(g)=2Al2O3(s)+3C(s),则△H=-4akJ/mol-(-bkJ/mol)×3=-(4a-3b)kJ/mol,
故答案为:-(4a-3b)kJ/mol.

点评 本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握元素的位置、元素化合物知识推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意反应原理的应用,(5)为解答的难点,题目难度中等.

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