Question

10．X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y．填写下列空白．
I．若X为金属元素，Y为非金属元素，Y₂H₄是一种重要有机化工原料．
（1）写出Y₂H₄的一种用途：生成塑料
（2）X单质与Fe₂O₃反应时，每消耗13.5g X放热213kJ，该反应的热化学方程式是2Al（s）+Fe₂O₃（s）═2Fe（s）+Al₂O₃（s）△H=-852kJ•mol^-1；
（3）写出实验室制备Y₂H₄的化学方程式CH₃CH₂OH$→_{浓硫酸}^{170℃}$CH₂=CH₂↑+H₂O；
Ⅱ．若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸．
（4）为防止YO₂污染空气，科学家寻求合适的化合物G和催化剂，以实现反应：YO₂+G$→_{△}^{催化剂}$Y₂+H₂O+n Z（未配平，n可以为0）．
①上述反应式中的G不可能是B（填标号）．
A．NH₃    B．CO    C．CH₃CH₂OH　　　D．H₂O₂
②用稀土材料GeO₂作催化剂，能提高YO₂的转化速率．煅烧Ge（OH）CO₃可制备GeO₂，配平该反应的化学方程式：4Ge（OH）CO₃+1O₂=4GeO₂+4CO₂+2H₂O
（5）25℃时，往a mol•L^-1的YH₃的水溶液（甲）中滴加0.01mol•L^-1H₂XO₄溶液（乙），滴加过程中溶液的导电能力增强（填“增强”、“减弱”或“不变”）；当甲与乙等体积混合时，溶液呈中性（设温度不变），甲中溶质的电离常K_b=$\frac{2×1{0}^{9}}{a-0.02}$（用含a的代数式表示）．

Answer 1

分析 X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y，X处于第三周期、Y处于第二周期，
Ⅰ．若X为金属元素，Y为非金属元素，则X为Al、Y为C元素，Y₂H₄为乙烯；
（1）乙烯是重要有机化工原料，可以生成塑料等；
（2）发生反应：2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃，计算2molAl反应放出的热量，注明聚集状态、反应热，进而书写热化学方程式；
（3）实验室利用乙醇在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应制备乙烯；
Ⅱ．若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸，第二周期中只有N元素最高价含氧酸为强酸，故Y为N元素，则X为S元素；
（4）①反应中N元素化合价降低，发生还原反应，故G具有还原性，再结合元素守恒可知，G应含有H元素，据此判断；
②根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
（5）NH₃•H₂O为弱电解质，与硫酸反应生成硫酸铵为强电解质，溶液导电性增强；
根据电荷守恒：2c（SO₄^2-）+c（OH^-）=c（NH₄⁺）+c（H⁺），溶液显中性时c（H⁺）=c（OH^-），据此计算溶液中c（NH₄⁺）、c（OH^-），根据物料守恒计算溶液中c（NH₃．H₂O），代入电离平衡常数K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$计算．

解答 解：X、Y是相邻周期、相邻主族的短周期元素，且原子序数X＞Y，X处于第三周期、Y处于第二周期．
Ⅰ．若X为金属元素，Y为非金属元素，则X为Al、Y为C元素，Y₂H₄为乙烯；
（1）乙烯是重要有机化工原料，可以生成塑料等，故答案为：生成塑料；
（2）发生反应：2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃，每消耗13.5g Al放热213kJ，则2molAl参加反应放出热量为213kJ×$\frac{2mol×27g/mol}{13.5g}$=852kJ热量，所以其热化学反应方程式为：2Al（s）+Fe₂O₃（s）═2Fe（s）+Al₂O₃（s）△H=-852kJ•mol^-1，
故答案为：2Al（s）+Fe₂O₃（s）═2Fe（s）+Al₂O₃（s）△H=-852kJ•mol^-1；
（3）实验室利用乙醇在浓硫酸、170℃条件下发生消去反应制备乙烯，反应方程式为：CH₃CH₂OH$→_{浓硫酸}^{170℃}$CH₂=CH₂↑+H₂O，
故答案为：CH₃CH₂OH$→_{浓硫酸}^{170℃}$CH₂=CH₂↑+H₂O；
Ⅱ．若X、Y元素的最高价氧化物的水化物都是强酸，第二周期中只有N元素最高价含氧酸为强酸，故Y为N元素，则X为S元素；
（4）①反应中N元素化合价降低，发生还原反应，故G具有还原性，再结合元素守恒可知，G应含有H元素，所以G不可能是CO，故选：B；
②Ge（OH）CO₃→GeO₂，失去一个电子，O₂中氧元素降低为-2，得到4个电子，所以得失电子最小公倍数是4，则Ge（OH）CO₃的计量数是4，O₂的计量数是1，然后根据原子守恒平衡，所以该反应方程式为：4Ge（OH）CO₃+1O₂═4GeO₂+4CO₂+2H₂O，
故答案为：4；1；4；4；2；
（5）25℃时，往a mol•L^-1的NH₃的水溶液（甲）中滴加0.01mol•L^-1H₂SO₄溶液（乙），NH₃•H₂O为弱电解质，溶液的导电性较弱，滴加过程中生成强电解质，溶液的导电能力增强；
根据电荷守恒：2c（SO₄^2-）+c（OH^-）=c（NH₄⁺）+c（H⁺），溶液显中性时c（H⁺）=c（OH^-），则c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-），c（OH^-）=10^-7mol/L，等体积混合硫酸根离子的浓度变为原来的一半，则c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-）=2×0.005mol•L^-1=0.01mol•L^-1，故混合后溶液中c（NH₃．H₂O）=$\frac{a}{2}$mol•L^-1-0.01mol•L^-1=（$\frac{a}{2}$-0.01）mol/L，又电离平衡常数K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）•c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{0.01×1{0}^{-7}}{（0.5a-0.01）}$=$\frac{2×1{0}^{9}}{a-0.02}$，
故答案为：增强；$\frac{2×1{0}^{9}}{a-0.02}$．

点评 本题综合性较强，涉及位置结构性质关系应用、热化学方程式书写、乙烯的实验室制备原理、氧化还原反应配平、电离平衡常数的计算等，（5）中注意利用电荷守恒、物料守恒计算离子浓度，是对学生综合能力的考查，难度中等．