Question

【题目】四种短周期元素A、B、C、D原子序数依次递增，原子半径大小： B＞C＞D＞A，四种元素之间两两形成的三种18电子结构的分子，它们的球棍模型及部分性质如下表：

甲	乙	丙
无色液体，具有强氧化性，可用作消毒剂	标况下密度约为1.34g/L，天然气中的成分之一	液态，具有强还原性，用作火箭推进的燃料

(1)写出化学式：甲___________、丙_____________。

(2)元素B核外有________种能量不同的电子，其形成的单质晶体可能是__________。

a．离子晶体 b．分子晶体 c．原子晶体 d．金属晶体

(3)已知1g 液态丙与足量液态甲反应生成氮气和水蒸气，并放出20.05kJ的热量，写出反应的热化学方程式________________。

(4)配平亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应的化学方程式：

____Na2SO3+___KIO3+___H2SO4____Na2SO4+____K2SO4+____I2+ ____H2O。

(5)该反应过程较复杂，一般认为分以下几步：

①IO3－+SO32－IO2－+SO42－（反应慢）

②IO2－+2SO32－I－+2SO42－（反应快）

③5I－+6H++IO3－3I2+3H2O（反应快）

④I2+SO32－+H2O2I－+SO42－+2H+（反应快）

根据上述条件推测，此反应速率由________步（填序号）反应决定。

(6)若预先加入淀粉溶液，由反应过程看，必在_______离子消耗完时，才会有溶液变蓝的现象产生。原因是_____________________。

Answer 1

【答案】H2O2 N2H4 3 bc N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） ΔH=-641.6kJ/mol 5、2、1、5、1、1、1 ① SO32- SO32-的还原性大于I－，可被I2氧化

【解析】

四种短周期元素A、B、C、D原子序数依次递增，原子半径大小：B＞C＞D＞A，四种元素之间两两形成的三种18电子结构的分子，它们的球棍模型及部分性质如表，甲为液态，具有强氧化性，可用作消毒剂，则甲为H2O2；乙为天然气的成分之一，在标况下密度约为1.34g·L-1，其摩尔质量为：1.34g·L-1×22.4L/m ol=30g/mol，结合球棍模型可知丙为乙烷；丙为液态，具有强还原性，用作火箭推进的燃料，则丙为N2H4；根据原子序数可知可知，A为H，B为C，C为N，D为O，据此解答。

（1）根据上述分析甲为H2O2，丙为N2H4，故答案为：H2O2；N2H4；

（2）元素B为C，核外有6个电子，分别位于1s、2s、2p轨道上，则有3种能量不同的电子，C元素形成的单质晶体可能为分子晶体、原子晶体，如C60、金刚石，不可能形成离子晶体和金属晶体，故答案为：3；bc；

（3）1g液态丙（N2H4）与足量液态甲（H2O2）反应生成N2和H2O气体，并放出20.05kJ的热量，则1mol肼反应放出的热量为：32×20.05=641.6（kJ），所以肼和过氧化氢反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） ΔH=-641.6kJ/mol，故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） ΔH=-641.6kJ/mol；

（4）反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4＝5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，故答案为：5；2；1；5；1；1；1；

（5）由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，故答案为：①；

（6）由反应④可知，SO32-的还原性大于I－，可被I2氧化，故需消耗完SO32-，才会生成I2，才会有溶液变蓝的现象产生，故答案为：SO32-；SO32-的还原性大于I－，可被I2氧化。