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．

练习册系列答案
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