Question

19．已知X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，X能与J形成离子化合物，且J⁺的半径大于X^-的半径，Y₂是空气主要成分之一．请回答：
（1）Q元素在周期表中的位置第三周期ⅥA族；X与J形成的离子化合物的电子式为
（2）元素的非金属性Z＞Q（填“＞”或“＜”），下列各项中，不能说明这一结论的事实有C（填序号）
A．Q的氢化物的水溶液在空气中会变浑浊   B．Z与Q形成的化合物中元素的化合价
C．Z和Q的单质的状态                  D．Z和Q在周期表中的位置
（3）X与Y可形成阳离子A，检验A离子的方法是取溶液少许于试管中，向溶液中加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝证明原溶液含有NH₄⁺离子
（4）Y的气态氢化物与Z的单质反应的化学方程式为4NH₃+5O₂ $\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O
（5）J与Q的单质可形成如图所示原电池（工作温度为320℃），该原电池的负极反应为Na-e^-=Na⁺，其中M是Na₂O和Al₂O₃的混合物，则M的两个作用为隔离正负极，传导钠离子
（6）常温下向1000mL 0.2mol/L的Q的气态氢化物水溶液中加入1.15g的J的单质，反应后溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10^-9，则溶液中各微粒的浓度顺序为（由大到小，不包括水分子和氢氧根离子）c（H₂S）＞c（HS^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（S^2-）．

Answer 1

分析 X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z为O元素；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na元素，故Q处于第三周期，则Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J⁺的半径大于X^-的半径，可推知X为H元素；Y₂是空气主要成分之一，则Y为N元素．
（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；X与J形成的离子化合物为NaH，由钠离子与氢负离子构成；
（2）同主族自上而下非金属性减弱，可利用气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应来、元素相互化合时化合价等说明，物质状态属于物理性质，不能比较非金属性强弱；
（3）X与Y可形成阳离子A为NH₄⁺，先由铵盐与碱反应生成氨气，再利用氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝检验；
（4）Y的气态氢化物为NH₃，与氧气发生催化氧化生成NO与水；
（5）负极上Na失去电子，正极上硫得电子发生还原反应，熔融状态下，Na₂O和Al₂O₃能电离出阴阳离子而使电解质导电，且钠易和硫反应，所以它起到隔离作用，本质是Na与硫反应生成Na与硫形成的化合物，可以传导钠离子；
（6）常温下向1000mL 0.2mol/L的H₂S的气态氢化物水溶液中加入1.15g的Na的单质，Na的物质的量为$\frac{1.15g}{23g/mol}$=0.05mol，生成NaOH为0.05mol，H₂S的物质的量为1L×0.2mol=0.2mol，发生反应：NaOH+H₂S=NaHS+H₂O，生成0.05mol NaHS，剩余H₂S为0.2mol-0.05mol=0.15mol，为NaHS、H₂S混合溶液．反应后溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10^-9＜1×10^-7，说明水的电离被抑制，则H₂S电离程度大于HS^-的水解程度，溶液呈酸性，由水电离得到氢氧根离子浓度1×10^-9，则溶液中氢离子浓度为1×10^-5，H₂S的电离程度很小，溶液中氢离子源于水的电离、硫化氢电离、硫氢根离子电离．

解答 解：X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z为O元素；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na元素，故Q处于第三周期，则Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J⁺的半径大于X^-的半径，可推知X为H元素；Y₂是空气主要成分之一，则Y为N元素．
（1）Q为S元素，原子核外有3个电子层、最外层电子数为6，处于周期表中第三周期ⅥA族，X与J形成的离子化合物为NaH，由钠离子与氢负离子构成，电子式为：，

故答案为：第三周期ⅥA族；；
（2）O、S同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性O＞S；
A．H₂S的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明氧气能氧化硫化氢生成硫，则氧气的氧化性大于S，说明O元素非金属较强，故A正确；
B．S与O元素形成的化合物中S元素表现正化合价，O元素表现负化合价，氧原子对键合电子吸引力更大，故氧元素非极性较强，故B正确；
C．单质状态属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故C错误；
D．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性O＞S，故D正确，
故答案为：＞；C；
（3）X与Y可形成阳离子A为NH₄⁺，检验NH₄⁺离子的方法是：取溶液少许于试管中，向溶液中加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝证明原溶液含有NH₄⁺离子，
故答案为：取溶液少许于试管中，向溶液中加入浓氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝证明原溶液含有NH₄⁺离子；
（4）Y的气态氢化物为NH₃，与氧气发生催化氧化生成NO与水，反应的化学方程式为：4NH₃+5O₂ $\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O，
故答案为：4NH₃+5O₂ $\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O；
（5）负极上Na失去电子，负极电极反应式为：Na-e^-=Na⁺，正极上硫得电子发生还原反应，熔融状态下，Na₂O和Al₂O₃能电离出阴阳离子而使电解质导电，且钠易和硫反应，所以它起到隔离作用，本质是Na与硫反应生成Na与硫形成的化合物，可以传导钠离子
故答案为：Na-e^-=Na⁺；隔离正负极，传导钠离子；
（6）常温下向1000mL 0.2mol/L的H₂S的气态氢化物水溶液中加入1.15g的Na的单质，Na的物质的量为$\frac{1.15g}{23g/mol}$=0.05mol，生成NaOH为0.05mol，H₂S的物质的量为1L×0.2mol=0.2mol，发生反应：NaOH+H₂S=NaHS+H₂O，生成0.05mol NaHS，剩余H₂S为0.2mol-0.05mol=0.15mol，为NaHS、H₂S混合溶液．反应后溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10^-9＜1×10^-7，说明水的电离被抑制，则H₂S电离程度大于HS^-的水解程度，则c（HS^-）＞c（Na⁺），溶液呈酸性，由水电离得到氢氧根离子浓度1×10^-9，则溶液中氢离子浓度为1×10^-5，H₂S的电离程度很小，则c（H₂S）＞c（HS^-），c（Na⁺）＞c（H⁺），溶液中氢离子源于水的电离、硫化氢电离、硫氢根离子电离，溶液中c（H⁺）＞c（S^2-），故溶液中离子浓度大小顺序为：c（H₂S）＞c（HS^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（S^2-），
故答案为：c（H₂S）＞c（HS^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（S^2-）．

点评 本题考查较综合，涉及结构性质位置关系、元素周期律、电子式、离子检验、原电池、离子浓度大小比较等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．