Question

8．X、Y、Z三种短周期元素，其中X元素的原子序数大于Y，且X、Y的氧化物都是形成酸雨的主要物质．Z是地壳中含量最高的金属元素；而地壳中含量最高的非金属元素与X同主族、与Y同周期．
（1）实验室用H₂XO₄制取XO₂气体的化学反应方程式为Na₂SO₃+H₂SO₄=Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O或2H₂SO₄（浓）+Cu $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O．（请用具体元素符号表示化学式，下同）
（2）t℃时，0.1mol•L^-1的NaHXO₃溶液pH=6，该溶液中各离子浓度由大到小顺序排列为c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）．
（3）请写出Z的氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O．
（4）一定条件下，YO与YO₂存在下列反应：YO（g）+YO₂（g）?Y₂O₃（g），其平衡常数表达式为K=$\frac{c（{N}_{2}{O}_{3}）}{c（NO）•c（N{O}_{2}）}$．
（5）工业上用氧化YH₃法制取YO，该反应的热化学方程式为：
4YH₃（g）+5O₂（g）═4YO（g）+6H₂O（g）△H=-905.8kJ•mol^-1；
已知Y₂（g）+O₂（g）═2YO（g）△H=+180kJ•mol^-1，则YH₃与氧气反应产生两种无污染物质的热化学式为4NH₃（g）+3O₂（g）=2N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1265.8kJ•mol^-1．
（6）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其他有机物）．

①导线中电子移动方向为A→D．（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为C₆H₆+6H⁺+6e^-=C₆H₁₂．
③该储氢装置的电流效率η=64.3%．
（η=$\frac{生成目标产物消耗的电子数}{转移的电子总数}$×100%，计算结果保留小数点后1位）

Answer 1

分析 X、Y、Z三种短周期元素，其中X元素的原子序数大于Y，且X、Y的氧化物都是形成酸雨的主要物质，地壳中含量最高的非金属元素为氧元素，与X同主族、与Y同周期，则X为S元素、Y为N元素，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al．
（1）实验室利用亚硫酸钠与硫酸反应或利用Cu与浓硫酸反应等制备二氧化硫；
（2）0.1mol•L^-1的NaHSO₃溶液pH=6，说明HSO₃^-的电离程度大于其水解程度，故c（Na⁺）＞c（HSO₃^-），而溶液中水也电离得到H⁺，故c（H⁺）＞c（SO₃^2-）；
（3）氧化铝与氢氧化钠反应反应得到偏铝酸钠与水；
（4）化学平衡常数为平衡时，生成物浓度系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比值；
（5）NH₃与氧气反应产生两种无污染物质，反应方程式为：4NH₃+3O₂=2N₂+6H₂O，
已知：①4NH₃（g）+5O₂（g）═4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.8kJ•mol^-1；
②N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol^-1，
根据盖斯定律，①-②×2得：4NH₃（g）+3O₂（g）=2N₂（g）+6H₂O（g）；
（6）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，电子从负极流向正极；
②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；
③阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，结合反应前后苯的物质的量分数计算参加反应苯的物质的量，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η．

解答 解：X、Y、Z三种短周期元素，其中X元素的原子序数大于Y，且X、Y的氧化物都是形成酸雨的主要物质，地壳中含量最高的非金属元素为氧元素，与X同主族、与Y同周期，则X为S元素、Y为N元素，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al．
（1）实验室利用亚硫酸钠与硫酸反应或利用Cu与浓硫酸反应等制备二氧化硫，反应方程式为：Na₂SO₃+H₂SO₄=Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O，或2H₂SO₄（浓）+Cu $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O等，
故答案为：Na₂SO₃+H₂SO₄=Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O或2H₂SO₄（浓）+Cu $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
（2）0.1mol•L^-1的NaHSO₃溶液pH=6，说明HSO₃^-的电离程度大于其水解程度，故c（Na⁺）＞c（HSO₃^-），而溶液中水也电离得到H⁺，故c（H⁺）＞c（SO₃^2-），溶液中氢氧根离子浓度远小于SO₃^2-，故溶液中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^-）；
（3）氧化铝与氢氧化钠反应反应得到偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（4）反应NO（g）+NO₂（g）?N₂O₃（g）的平衡常数k=$\frac{c（{N}_{2}{O}_{3}）}{c（NO）•c（N{O}_{2}）}$，故答案为：$\frac{c（{N}_{2}{O}_{3}）}{c（NO）•c（N{O}_{2}）}$；
（5）已知：①4NH₃（g）+5O₂（g）═4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.8kJ•mol^-1；
②N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol^-1，
根据盖斯定律，①-②×2得：4NH₃（g）+3O₂（g）=2N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1265.8kJ•mol^-1，
故答案为：4NH₃（g）+3O₂（g）=2N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1265.8kJ•mol^-1；
（6）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极，电子从负极流向阴极，所以电子从A流向D，故答案为：A→D；
②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C₆H₆+6H⁺+6e^-=C₆H₁₂，故答案为：C₆H₆+6H⁺+6e^-=C₆H₁₂；
③阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气，转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%-xmol，反应后苯的含量$\frac{10mol×24%-x}{10mol-3xmol+5.6mol}$×100%=10%，x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，则 $\frac{7.2mol}{11.2mol}$×100%=64.3%，故答案为：64.3%．

点评 本题以元素推断为载体，可知气体制备、离子浓度大小比较、平衡常数、热化学方程式书写、电化学原理、化学计算等，（6）中计算为易错点、难点，侧重学生分析应用能力的考查，题目难度中等．