题目内容

19．如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，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）碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的电子式为．Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑．
（6）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，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol•L-1 NaOH溶液和1mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为NO 0.9mol，NO2 1.3mol，生成硫酸铜物质的量为2mol．

分析 根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，
（1）Z为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，据此判断其在周期表中的位置；
（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；
（3）说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，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，恢复至室温，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）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H的物质的量之比为$\frac{9}{12}$：$\frac{1}{1}$=3：4，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式，然后写出其电子式；根据烃的化学式确定Q的化学式，然后再写出Q与水反应的化学方程式；
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，分别设出二氧化氮、一氧化氮的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算出NO、二氧化碳的物质的量；根据电子守恒可计算出参与反应的Cu的物质的量．

解答 解：根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，
（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA族，
故答案为：第三周期ⅤⅡA族；
（2）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）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SiCl4，恢复至室温，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）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H的物质的量之比为$\frac{9}{12}$：$\frac{1}{1}$=3：4，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式为C3H4，电子式为；
Q的化学式为Mg2C3，Mg2C3与水反应生成氢氧化镁和C3H4，反应的化学方程式为：Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑，
故答案为：；Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑；
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，
1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，假设二氧化氮的物质的量为x，NO的物质的量为y，
则：$\left\{\begin{array}{l}{x+y=2.2}\\{x+3y=4}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=1.3mol}\\{y=0.9mol}\end{array}\right.$；
根据电子守恒，参与反应的Cu的物质的量为：n（Cu）=$\frac{4mol}{2}$=2mol，
故答案为：NO 0.9mol，NO2 1.3mol；2mol．

点评 本题为2016年天津高考题，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，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

练习册系列答案
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9．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．密封保存的46 g NO2气体含有分子数小于NA
B．标准状况下，22.4 LCCl4中含有的氯原子数目为4NA
C．18gT2O（3H2O）中，含有的电子总数为10NA
D．含NA个Na+的Na2O2溶于1 L水中，Na+的物质的量浓度为1 mol/L
10．在冶金工业中，常用电解法得到钠、镁、铝等金属，其原因是（　　）
A．都是轻金属B．都是活泼金属
C．成本低廉D．这些金属的化合物熔点较低
7．随着能源与环境问题越来越被人们关注，碳一化学（C1化学）成为研究的热点．“碳一化学”即以单质碳及CO、CO2、CH4、CH3OH等含一个碳原子的物质为原料合成工业产品的化学与工艺．
（1）将CO2转化成有机物可有效实现碳循环．CO2转化成有机物的例子很多，如：
a．6CO2+6H2O$\stackrel{光合作用}{→}$C6H12O6
b．CO2=3H2$→_{△}^{催化剂}$CH3OH+H2O
c．CO2+CH4$→_{△}^{催化剂}$CH3COOH．
d.2CO2+6H2$→_{△}^{催化剂}$CH2=CH2+4H2
在以上属于人工转化的反应中，原子利用率最高的是c（填序号）．
（2）CO2制备甲醇：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2（g）和CH3OH（g）浓度随时间变化如图1所示．
①该反应化学平衡常数K的表达式是$\frac{c（C{H}_{3}OH）c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）{c}^{3}（{H}_{2}）}$．
②0～9min时间内，该反应的平均反应速率v（H2）=0.25mol•L-1•min-1．
③在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，此反应达平衡时放出的热量（Q）可能是c（填字母序号）．
    a.0＜Q＜29.5kJ    b.29.5kJ＜Q＜36.75kJ    c.36.75kJ＜Q＜49kJ    d.49kJ＜Q＜98kJ
④在一定条件下，体系中CO2的平衡转化率（α）与L和X的关系如图2所示，L和X分别表示温度或压强．
Ⅰ．X表示的物理量是温度．
Ⅱ．L1与L2的大小关系是L1＞L2，简述理由：温度一定时，增大压强，CO2平衡转化率增大．
（3）二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．工业上利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
    a．2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）△H1=-90.8kJ•mol-1
    b．2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=-23.5kJ•mol-
    c．CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H3=-41.3kJ•mol
①对于反应b，在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达到平衡状态的是cd（填字母）．
    a．n（CH3OH）=n（CH3OCH3）=n（H2O）
    b．容器内压强保持不变
    c．H2O（g）的浓度保持不变
    d．CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1
②总反应：3H2（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=-246.4kJ•mol-1．
（4）以KOH溶液为电解质，用二甲醚-空气组成燃料，其中负极的电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O．
（5）C1化合物在治理汽车尾气方面也大有可为，如CO、CH4等在一定条件下均可以与氮氧化物生成无污染的物质．写出CO与氮氧化物（NOx）在有催化剂的条件下反应的化学方程式2xCO+2NOx $\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$2xCO2+N2．
14．由水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等．
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表．
沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2
开始沉淀2.77.67.64.07.7
完全沉淀3.79.69.25.29.8
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110-120℃时，失去结晶水生成CoCl2．
回答下列问题：
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的化学方程式为Co2O3+Na2SO3+4HCl=2CoCl2+Na2SO4+2H2O
（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O
（3）“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得滤渣的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3（填化学式）．
（4）萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如图2所示，向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+，其使用的最佳pH范围是B（填选项字母）
A.2.0-2.5   B.3.0-3.5C.4.0-4.5   D.5.0-5.5
（5）制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解．为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量．称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是（写两条）：①粗产品含有可溶性氯化物，②晶体失去了部分结晶水．
4．在三个体积为1L、温度保持不变的容器中，分别发生反应3A（g）+B（g）?3C（g），5min后各容器反应达平衡状态，其中甲容器中A的物质的量为2.4mol，下列说法正确的是（　　）
反应前各物质的物质的量/mol
ABC
甲620
乙006
丙626
A．带大平衡时，丙中A的溶度是甲中的2倍
B．若反应开始时向容器中加入A为2mol，B为0.5mol，C为3mol，则反应v（正）＞v（逆）
C．到达平衡时，甲中A的转化率等于乙中C的转化率
D．若保持恒温恒压，达到平衡后再向乙容器中再充入2molC，C的百分含量不变
11．SO2通入NaOH溶液中也可能发生反应：SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O，将一定量SO2通入含6mol NaOH的溶液，完全反应后，再加入过量Na2CO3，加热放出2mol CO2，计算最终生成Na2SO3的质量（写出计算过程）．
8．下列有机物中，能发生消去反应、酯化反应的是（　　）
A．B．CH3CH2CH2CH2Cl
C．D．
12．常温下，用20mL0.1000mol/L NaOH溶液滴定20mL 0.1000mol/L CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法不正确的是（　　）
A．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-）
B．a点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）
C．d点所示溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）
D．b和c点所示溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（Na+）-c（CH3COO-）

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