题目内容

4．阅读下列信息：
Ⅰ．表中①～⑥为短周期元素主要化合价及最简单氢化物沸点的数据：
元素性质元素编号
①②③④⑤⑥
氢化物沸点（℃）-33.410019.54-87.7-60.7-84.9
主要化合价+5
-3		-2-1+5
-3		+6
-2		+7
-1
A、B、C均为上表中的元素；
Ⅱ．A与B可形成化合物AB、AB2，二者可用于制备强酸甲；
Ⅲ．C与B可形成化合物CB2、CB3，二者可用于制备强酸乙．
请回答：
（1）该表中两种元素的氢化物所含电子数不同，这两种氢化物之间能发生反应，写出符合要求的化学方程式NH3+HCl=NH4Cl等（有多组符合，写出任意一个即可）．
（2）元素②氢化物的沸点高于元素⑤氢化物的沸点，原因是水分子之间存在氢．
（3）甲、乙分别与氨反应生成丙、丁、戊三种盐．0.1mol/L的甲、乙、丙、丁、戊五种溶液，pH由小到大排列的顺序是（填写化学式）H2SO4、NH4HSO4、HNO3、（NH4）2SO4、NH4NO3．
（4）很稀的甲溶液与Zn反应，当反应的甲与Zn的物质的量之比为5：2时，还原产物可能为（填写化学式）NH4NO3、N2O．

分析 Ⅰ．表中①～⑥为短周期元素主要化合价及最简单氢化物沸点的数据，①④的主要化合价都是+5、-3，则二者都是ⅤA族元素，应该为N、P元素，氢化物为NH3、PH3，由于氨气分子之间存在氢键，则氨气的沸点较高，故①为N、②为P元素；③⑥都有-1价，处于第ⅦA族，⑥有+7价，且③的氢化物沸点较高，故③为F元素、⑥为Cl元素；②只有-2价，氢化物沸点为100℃，则②为O元素；⑤的主要化合价为-2、+6，则⑤为S元素；
A、B、C均为上表中的元素，
Ⅱ．A与B两元素可形成化合物AB、AB2，则为NO、NO2，二者均可用于制备强酸甲，则甲为硝酸、A为N元素；
Ⅲ．C与B可形成化合物CB2、CB3，二者可用于制备强酸乙，B与C两元素可形成化合物CB2、CB3分别为为SO2、SO3，二者均可用于制备强酸乙，则乙为硫酸、B为O元素、C为S元素，据此进行解答．

解答 解：Ⅰ．表中①～⑥为短周期元素主要化合价及最简单氢化物沸点的数据，①④的主要化合价都是+5、-3，则二者都是ⅤA族元素，应该为N、P元素，氢化物为NH3、PH3，由于氨气分子之间存在氢键，则氨气的沸点较高，故①为N、②为P元素；③⑥都有-1价，处于第ⅦA族，⑥有+7价，且③的氢化物沸点较高，故③为F元素、⑥为Cl元素；②只有-2价，氢化物沸点为100℃，则②为O元素；⑤的主要化合价为-2、+6，则⑤为S元素；
A、B、C均为上表中的元素，
Ⅱ．A与B两元素可形成化合物AB、AB2，则为NO、NO2，二者均可用于制备强酸甲，则甲为硝酸、A为N元素；
Ⅲ．C与B可形成化合物CB2、CB3，二者可用于制备强酸乙，B与C两元素可形成化合物CB2、CB3分别为为SO2、SO3，二者均可用于制备强酸乙，则乙为硫酸、B为O元素、C为S元素，
（1）表中所含电子数不同的氢化物之间的反应方程式有：NH3+HCl=NH4Cl或NH3+H2S=NH4HS或2NH3+H2S=（NH4）2S或N2H4+HF=N2H5F或N2H4+2HF=N2H6F2等，
故答案为：NH3+HCl=NH4Cl等；
（2）水分子之间存在氢键，硫化氢分子之间存在范德华力，氢键比较范德华力更强，故硫化氢沸点比水低，
故答案为：水分子之间存在氢；
（3）甲、乙分别与氨反应生成丙、丁、戊三种盐，三种盐为NH4HSO4、（NH4）2SO4、NH4NO3，五种溶液都呈酸性，酸性越强，溶液的pH越小，H2SO4、NH4HSO4、HNO3都呈强酸性，硫酸为二元酸，氢离子浓度为0.2mol/L，硝酸中氢离子浓度为0.1mol/L，硫酸氢铵溶液中氢离子来自硫酸氢根的电离和铵根离子的水解，其溶液中氢离子浓度大于0.1mol/L；
（NH4）2SO4、NH4NO3在溶液中铵根离子水解导致溶液呈酸性，硫酸铵铵根离子浓度较大，其溶液中氢离子浓度大于硝酸铵，
所以浓度相等时pH由小到大排列的顺序是：H2SO4、NH4HSO4、HNO3、（NH4）2SO4、NH4NO3，
故答案为：H2SO4、NH4HSO4、HNO3、（NH4）2SO4、NH4NO3；
（4）甲溶液为硝酸，很稀的硝酸溶液与Zn反应，当反应的硝酸与Zn的物质的量之比为5：2时，设锌为2mol，则硝酸为5mol，完全反应后生成2mol硝酸锌，转移了4mol电子，
①当剩余的1mol硝酸中N原子完全被还原时，还原产物中N的化合价变化为：$\frac{4mol}{1mol}$=4，硝酸中N的化合价为+5，则还原产物中N的化合价为5-4=+1，故还原产物为：N2O；
②当剩余的1mol硝酸中N原子只有一半被含有时，则还原产物中N的化合价变化为：$\frac{4mol}{0.5mol}$=8，硝酸中N的化合价为+5，则还原产物中N的化合价为5-8=-3，故还原产物为NH4NO3，
故答案为：NH4NO3；N2O．

点评 本题考查无机推断，题目难度较大，推断元素及各物质名称为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律之间的关系，（4）为易错点，注意正确讨论反应产物，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．

练习册系列答案
相关题目
14．下列电子式书写正确的是（　　）
A．B．C．D．
15．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中只有一种金属元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价绝对值相等，W最外层电子数是最内层电子数的3倍，R是同周期元素中原子半径最小的元素．下列说法不正确的是（　　）
A．原子半径Z＞W＞R
B．对应的氢化物的热稳定性：R＞W＞Y
C．单质Z可与R的最高价含氧酸发生置换反应
D．W与R所形成的简单离子均能影响水的电离平衡
12．石墨烯锂-硫电池是一种高容量、长循环寿命、低成本及环境友好的新型二次电池，该电池结构如图所示，电池反应为2Li+nS$?_{充电}^{放电}$Li2Sn．有关该电池的说法正确的是（　　）
A．放电时，Li+向负极迁移
B．充电时，A电极连接电源的负极
C．充电时，每生成n mol S转移2n mol电子
D．放电时，正极上可发生反应2Li++2Li2S6+2e-═3Li2S4
19．某老师批阅学生实验报告，下列哪些学生是以科学的态度记录实验数据的（　　）
A．甲学生用电子天平称取NaOH固体1.220g
B．乙学生用广泛pH试纸测定溶液的酸碱性：pH=14.5
C．丙学生用碱式滴定管取25.0mL0．lmol/L的盐酸
D．丁学生用50mL 量筒量取46.70mL浓盐酸
9．下列有关100mL 0.1mol•L-1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液的叙述正确的是（　　）
A．与K+、Na+、AlO2-、CO32-可以大量共存
B．可用铁氰化钾溶液检验该溶液是否变质
C．与100mL 0.1mol/L Ba（OH）2反应的离子方程式：Ba2++2OH-+SO42-+2NH4+═BaSO4↓+2NH3•H2O
D．与足量酸性KMnO4溶液混合充分反应，共转移电子0.01mol
16．下列说法不正确的是（　　）
A．煤的气化、液化和石油的分馏均为物理变化
B．蛋白质水解生成氨基酸的反应属于取代反应
C．丙烷与氯气反应可得到沸点不同的4 种二氯代物
D．乙酸和硬脂酸（C17H35COOH）互为同系物
13．锶有“金属味精”之称．以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3． MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如图：

已知氢氧化锶在水中的溶解度：
温度（℃）010203040608090100
溶解度（g/100mL）0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2
（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为SrSO4+4C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$SrS+4CO↑．
（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12．
①95℃时水的离子积KW=1.0×10-12，Ksp[Mg（OH）2]=1.2×10-10，则溶液中c（Mg2+）=1.2×10-10．
②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因OH-对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH-浓度过大，导致氢氧化锶沉淀析出．
（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低氢氧化锶析出造成产品的损失，可使钙离子尽可能转化为Ca（OH）2．“滤渣”的主要成分为Mg（OH）2、Mg（OH）2．
（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr（OH）2产品的步骤为降温结晶或冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
（5）“脱硫”方法：用FeCI3溶液吸收酸浸产生的气体，吸收时的氧化产物为S（填化学式）：再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3．
14．下列化学工业所采取的措施中，能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．合成氨工业：温度控制在500℃左右
B．接触法制硫酸：SO2在常压下催化氧化
C．侯氏制碱法：往母液中继续加入食盐和氨气
D．石油化工：将分馏得到的重油在高温下裂化

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网