Question

X、Y、R、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，其相关信息如下表：

元素	相关信息
X	X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍
Y	Y的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2
R	在第3周期元素中，R的简单离子半径最小
Z	Z存在质量数为23，中子数为12的核素
W	W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色

（1）W位于元素周期表第

 

周期第

 

族．
（2）X的电负性比Y的

 

（填“大”或“小”）；X 和Y的气态氢化物中，较稳定的是

 

（写化学式）；Z₂Y₂的电子式表示为

 

．
（3）W和Y元素组成WY₄^2-，在湿法制备该离子的反应体系中，除原料W（OH）₃，还有四种粒子：C1O^-、OH^-、C1^-、H₂O．配平方程式，并标出电子转移的方向和数目

 

．
（4）将一定质量的Mg和R的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则固体混合物中Mg的质量为

 

；原稀硫酸溶液的物质的量浓度为

 

．
（5）Z和Y按原子个数比1：1形成一种离子化合物X，已知常温时X与水反应成溶液，恢复至原状态测得：每转移1mol电子放出QkJ的热量，试写出化合物A与水反应的热化学反应方程式

 

．

Answer 1

考点：位置结构性质的相互关系应用

专题：

分析：X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为nsⁿnpⁿ⁺²，是能级只能容纳2个电子，则n=2，故Y为O元素；在第3周期元素中，R的简单离子半径最小，则R为Al；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数为23-12=11，则Z为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为Fe，据此解答．

解答： 解：X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为nsⁿnpⁿ⁺²，是能级只能容纳2个电子，则n=2，故Y为O元素；在第3周期元素中，R的简单离子半径最小，则R为Al；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数为23-12=11，则Z为Na；W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为Fe，
综上所述可知X为碳，Y为氧，R为铝；Z为钠，W为铁，
（1）W为Fe，位于元素周期表第四周期，属于第Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ；
（2）同周期随原子序数增大，元素电负性增大，故C的电负性比O的小；C元素和O元素的气态氢化物中，较稳定的是 H₂O，过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为；故答案为：小；H₂O；
（3）Fe和O元素组成FeO₄^2-，反应物为：Fe（OH）₃，反应中铁元素的化合价从+3价升高为+6价，化合价升高3价，故C1O^-为反应物，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，化合价降低2价，根据电子守恒以及元素守恒配平方程式，即：2Fe（OH）₃+3ClO^-+4OH^-=2FeO₄^2-+3Cl^-+5H₂O
并标出电子转移的方向和数目Na₂O₂与CO₂反应生成碳酸钠与氧气，电子转移的方向和数目为，
故答案为：；
（4）由图可知，沉淀量最大时，总物质的量为0.35mol，即Mg（OH）₂、Al（OH）₃总共为0.35mol，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）₃，发生反应：NaOH+Al（OH）₃=NaAlO₂+2H₂O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）₂，物质的量为0.15mol，故Mg的质量为：0.15mol×24g/mol=3.6g，故Al（OH）₃为0.35mol-0.15mol=0.2mol，根据方程式离子，该阶段消耗NaOH物质的量为0.2mol，故NaOH溶液的浓度为

0.2mol

0.04L

=5mol/L，故硫酸的浓度为：c×0.5L×2=5mol/L×0.02L，解c=0.1mol?L^-1，故答案为：3.6g；0.1mol?L^-1；
（5）依据化学反应方程式得出：1mol过氧化钠与水反应共转移1mol电子，故2Na₂O₂（s）+2H₂O（l）=4NaOH（aq）+O₂（g）△H=-2QkJ/mol，
故答案为：2Na₂O₂（s）+2H₂O（l）=4NaOH（aq）+O₂（g）△H=-2QkJ/mol．

点评：本题考查原子结构与元素性质，难度不大，注意掌握双线桥与单线桥表示电子转移数目与方向．