Question

8．P、Q、W、X、Y、Z 是元素周期表前36 号元素中的六种常见元素，其原子序数依次增大．W 原子外层电子数与核外电子总数之比是3：4，P 可与W 形成两种常见的化合物M 和N，其分子中原子个数比分别为2：1 和1：1，Q、Y 的氧化物是导致酸雨的主要物质，X 是地壳中含量高的金属元素，Z 能形成红色（或砖红色）的Z₂O 和黑色的ZO 两种氧化物．
（1）N 的电子式为：．W、X、Y 的离子半径由大到小的顺序为S^2-＞O^2-＞Al³⁺（用离子符号回答）
（2）XQ 是一种新型的结构陶瓷材料，具备许多优良的性能，合成的方法之一是高温时用过量的碳在Q 单质气体的氛围中还原X 的氧化物，试写出该反应的化学反应方程式：N₂+Al₂O₃+3C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2AlN+3CO．
（3）已知常温时NaPYW₃的溶液溶液呈现较强的酸性，则其溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）．
（4）Q 的氢化物与Y 的高价氧化物对应的水化物反应生成一种正盐，其水溶液呈酸性，原因是NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺（离子方程式解释）．
（5）ZCl₂溶液中混有FeCl₃杂质时，可加入Cu（填试剂化学式）调节pH=4，再过滤．[Fe（OH）₃的K_sp=10^-35，化学式认为残留在溶液中的离子浓度小于10^-5mol/L 时沉淀就达完全]
（6）工业上可用高温条件下O₂+Z₂Y═2Z+YO₂来冶炼金属Z，生成1molZ 时转移的电子总数为3N_A．

Answer 1

分析 P、Q、W、X、Y、Z 是元素周期表前36 号元素中的六种常见元素，其原子序数依次增大．W 原子外层电子数与核外电子总数之比是3：4，最外层电子数不超过8个，则其最外层电子数为6、核外电子数为8，为O元素；
P 可与W 形成两种常见的化合物M 和N，其分子中原子个数比分别为2：1 和1：1，则P为H元素；
Q、Y 的氧化物是导致酸雨的主要物质，且Q原子序数小于Y，则Q是N元素、Y是S元素；
X 是地壳中含量高的金属元素，则X为Al元素；
Z 能形成红色（或砖红色）的Z₂O 和黑色的ZO 两种氧化物，则Z是Cu元素；
结合题目分析解答．

解答 解：P、Q、W、X、Y、Z 是元素周期表前36 号元素中的六种常见元素，其原子序数依次增大．W 原子外层电子数与核外电子总数之比是3：4，最外层电子数不超过8个，则其最外层电子数为6、核外电子数为8，为O元素；
P 可与W 形成两种常见的化合物M 和N，其分子中原子个数比分别为2：1 和1：1，则P为H元素；
Q、Y 的氧化物是导致酸雨的主要物质，且Q原子序数小于Y，则Q是N元素、Y是S元素；
X 是地壳中含量高的金属元素，则X为Al元素；
Z 能形成红色（或砖红色）的Z₂O 和黑色的ZO 两种氧化物，则Z是Cu元素；
（1）N为HO₂O₂，电子式为：，W、X、Y的离子分别为O^2-、Al³⁺、S^2-，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序为：S^2-＞O^2-＞Al³⁺，
故答案为：；S^2-＞O^2-＞Al³⁺；
（2）高温时用过量的碳在氮气的氛围中还原Al₂O₃得到AlN，反应还生成CO，该反应的化学反应方程式：N₂+Al₂O₃+3C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2AlN+3CO，
故答案为：N₂+Al₂O₃+3C$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2AlN+3CO；
（3）常温时NaHSO₃的溶液溶液呈现较强的酸性，溶液中c（H⁺）＞c（OH^-），说明HSO₃^-的电离程度大于其水解程度，溶液中氢离子源于水与的HSO₃^-电离，故溶液中（H⁺）＞c（SO₃^2-），电离与水解程度都不大，故溶液中钠离子浓度增大，溶液中c（HSO₃^-）＞c（H⁺），酸性条件下水的电离很微弱，故溶液中c（SO₃^2-）＞c（OH^-），则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；
（4）Q的氢化物为NH₃，Y的最高价氧化物对应的水化物为H₂SO₄，反应生成一种正盐为（NH₄）₂SO₄，其水溶液中存在：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，呈酸性，
故答案为：酸；NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺；
（5）CuCl₂溶液中混有FeCl₃杂质时，可加入CuO等调节pH，再过滤除去，溶液中的离子浓度小于10^-5mol/L时沉淀就达完全，由10^-35=c（Fe³⁺）×c³（OH^-），可知c（OH^-）=10^-10mol/L，故溶液pH=-lg$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-10}}$=4，应调节pH=4，
故答案为：CuO；4；
（6）工业上可用高温条件下O₂+Cu₂S═2Cu+SO₂来冶炼金属Cu，反应中只有S元素化合价升高，由-2价升高为+4价，生成1molCu时得到二氧化硫为0.5mol，转移的电子总数为0.5mol×6=3mol，则转移电子数为3N_A，
故答案为：3N_A．

点评 本题考查位置结构相互关系及应用，为高频考点，涉及氧化还原反应、除杂、盐类水解、元素周期律等知识点，综合性较强，明确基本原理、原子及物质结构和性质是解本题关键，难点是（5）题有关计算，题目难度中等．