Question

2．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）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）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，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：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，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NO、NO₂，物质的量分别为1.3mol、0.9mol，生成硫酸铜物质的量为2mol．

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SiCl₄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）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，同时生成两种有毒气体为NO、NO₂，最终转化为NaNO₃，设出NO、NO₂的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算各自的物质的量；根据电子守恒可计算生成硫酸铜的物质的量．

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）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）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，同时生成两种有毒气体为NO、NO₂，最终转化为NaNO₃，1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，设出NO、NO₂的物质的量分别为xmol、ymol，则：
$\left\{\begin{array}{l}{x+y=2.2}\\{3x+y=4}\end{array}\right.$
解得：x=0.9，y=1.3，
根据电子守恒：n（CuSO₄）=$\frac{4mol}{2}$=2mol，
故答案为：NO、NO₂；1.3mol、0.9mol；2mol．

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．