Question

10．天然气的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（COS）、乙硫醇（C₂H₅SH）等气体．
（1）组成羰基硫的元素中，原子半径最小的元素在周期表中的位置是第二周期第VIA族．
（2）乙硫醇有特殊气味，是天然气的臭味指示剂．乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（-OH）被-SH取代，则乙硫醇的结构式为．
（3）下列事实可用于比较C与S两种元素非金属性（原子得电子能力）相对强弱的是d（填序号）．
a．沸点：H₂S＞CH₄    b．元素在周期表中的位置     c．酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃    d．同温同浓度水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄
（4）羰基硫水解及利用的过程如下（部分产物已略去）：COS$→_{Ⅰ}^{H_{2}O}$H₂S$→_{Ⅱ}^{NaOH溶液}$Na₂S溶液$→_{Ⅲ}^{△}$X溶液+H₂
①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH₂S气体放出热量a kJ，其热化学方程式为H₂S（g）+2NaOH（aq）=Na₂S（aq）+2H₂O（l）△H=-34akJ/mol．
②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S₂O₃^2-，则反应Ⅲ中生成该离子的离子方程式为2S^2-+5H₂O=S₂O₃^2-+4H₂↑+2OH^-．
③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H₂产量的关系图（Na₂S初始含量为3mmo1）．请结合图象数据解释X溶液中除S₂O₃^2-外，还有SO₃^2-、SO₄^2-的原因．答：从图形可知，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价．

Answer 1

分析 （1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小；
（2）根据乙醇的结构式分析；
（3）比较非金属性强弱，可以通过氢化物的稳定性、单质的氧化性、最高价氧化物水化物的酸性等角度分析；
（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH₂S气体放出热量a kJ，然后求出34g硫化氢即1mol反应的热效应，然后写出其热化学方程式；
②硫化钠与水反应生成S₂O₃^2-、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；
③3molNa₂S若只生成S₂O₃^2-转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则Na₂S失去的电子的物质的量大于12mol．

解答 解：（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：S＞C＞O，则O原子的半径最小，O元素位于第二周期第VIA族；
故答案为：第二周期第VIA族；
（2）乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（-OH）被-SH取代，则乙硫醇的结构式为，故答案为：；
（3）a．氢化物的沸点高低与分子间作用力有关，不能根据沸点高低判断非金属性，故a错误；
b．根据周期表中位置可知非金属性：O＞C，O＞S，但是不能比较C与S，故b错误；
c．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，但是H₂SO₃不是最高价含氧酸，故c错误；
d．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，同温同浓度水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄，说明碳酸的酸性小于硫酸，则非金属性：C＜S，故d正确；
故答案为：d；
（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH₂S气体放出热量a kJ，则34g硫化氢即1mol反应的热效应为34akJ，所以其热化学方程式为H₂S（g）+2NaOH（aq）=Na₂S（aq）+2H₂O（l）△H=-34akJ/mol；
故答案为：H₂S（g）+2NaOH（aq）=Na₂S（aq）+2H₂O（l）△H=-34akJ/mol；
②硫化钠与水反应生成S₂O₃^2-、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S^2-+5H₂O=S₂O₃^2-+4H₂↑+2OH^-，故答案为：2S^2-+5H₂O=S₂O₃^2-+4H₂↑+2OH^-；
③3molNa₂S若只生成S₂O₃^2-转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，即$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$=2，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$＞2，所以Na₂S失去的电子的物质的量大于12mol，因此产物中S的化合价高于+2价，所以有SO₃^2-、SO₄^2-；
故答案为：从图形可知，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价．

点评 本题以硫的化合物的性质为知识背景，考查了原子半径的比较、有机物的结构式、元素非金属性判断、热化学方程式、氧化还原反应等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．