Question

12．元素X、Y、Z、E、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M元素与 Y元素能形成化合物MY₂和化合物MY₃，化合物MY₂中两种元素质量分数相同；N^-、Z⁺、X⁺的半径逐渐减小；化合物XN在常温下为气体，E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，回答下列问题：
（1）写出Z最高价氧化物的水化物的电子式；
（2）两个体积相等的恒容容器，甲容器通入1mol MY₂和1mol Y₂单质，乙容器通入1mol MY₃和0.5mol Y₂单质，发生反应：2MY₂ （g）+Y₂（g）?2MY₃（g）△H＜0，甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，平衡时，甲中MY₂的转化率为a，乙中MY₃的分解率为b，则
①a、b的关系为a+b＜1（填“＜”、“＞”或“=”）．
②该条件下容器甲反应达平衡状态的依据是（填序号）DEF；
A．v_正（Y₂）=2v_逆（MY₃）
B．混合气体的密度不变
C．c（MY₂）=c（MY₃）
D．混合气体的总物质的量不变
E．容器内温度不变
F．MY₂和Y₂的质量比不变
（3）2.7克单质E与100ml 2mol/L Z的最高价氧化物的水化物充分反应，向反应后的溶液中滴入2mol/L XN的溶液V mL，当溶液中产生3.9克沉淀时，求此时V的值75或175．

Answer 1

分析 元素X、Y、Z、E、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，可推知Y为O元素；M元素与Y元素能形成化合物MY₂和化合物MY₃，化合物MY₂中两种元素质量分数相同，则M为S元素；N^-、Z⁺、X⁺的半径逐渐减小，可知X、Z处于ⅠA族，N处于ⅦA族，结合原子序数可知，Z为Na、N为Cl，化合物XN在常温下为气体，则X为H元素；E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱反应，故E为Al，
（1）Z最高价氧化物的水化物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成；
（2）发生反应：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H＜0，
①恒温恒容下，甲容器通入1mol SO₂和1mol O₂单质，乙容器通入1molSO ₃和0.5mol O₂单质，二者得到相同的平衡状态，平衡时，甲中SO₂的转化率与乙中SO₃的分解率之和为1，但甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，甲中为温度升高，乙中温度降低，乙中所到达的平衡可以等效为在甲平衡的基础上降低温度，三氧化硫的分解率比与甲中等温度到达平衡的分解率低，据此判断；
②当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，注意选择的物理量应由变化到不再变化，说明到达平衡；
（3）2.7克Al的物质的量为0.1mol，100ml 2mol/L NaOH溶液中n（NaOH）=0.1L×2mol/L=0.2mol，二者发生反应：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，由方程式可知0.1molAl完全反应消耗0.1molNaOH，故剩余0.1molNaOH，生成0.1molNaAlO₂，向反应后的溶液中滴入2mol/L HCl的溶液，当溶液中产生3.9克沉淀为氢氧化铝的质量，若溶液中Al元素全部转化为氢氧化铝，则氢氧化铝的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，故Al元素没有全部沉淀，有两种情况：一是盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，二是盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，结合方程式计算．

解答 解：Ⅰ．元素X、Y、Z、E、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，可推知Y为O元素；M元素与Y元素能形成化合物MY₂和化合物MY₃，化合物MY₂中两种元素质量分数相同，则M为S元素；N^-、Z⁺、X⁺的半径逐渐减小，可知X、Z处于ⅠA族，N处于ⅦA族，结合原子序数可知，Z为Na、N为Cl，化合物XN在常温下为气体，则X为H元素；E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱反应，故E为Al，
（1）Z最高价氧化物的水化物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为：，
故答案为：；
（2）发生反应：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H＜0，
①恒温恒容下，甲容器通入1mol SO₂和1mol O₂单质，乙容器通入1molSO ₃和0.5mol O₂单质，二者得到相同的平衡状态，平衡时，甲中SO₂的转化率与乙中SO₃的分解率之和为1，但甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，甲中为温度升高，乙中温度降低，乙中所到达的平衡可以等效为在甲平衡的基础上降低温度，三氧化硫的分解率比与甲中等温度到达平衡的分解率低，若平衡时，甲中MY₂的转化率为a，乙中MY₃的分解率为b，则：a+b＜1，
故答案为：＜；
②A．v_正（Y₂）=2v_逆（MY₃），速率之比不等于化学计量数之比，反应为到达平衡，故A错误；
B．恒容条件下，混合气体的密度始终不变，故B错误；
C．平衡时二氧化硫与三氧化硫的浓度与转化率有关，平衡时二者浓度不一定相等，故C错误；
D．随反应进行总物质的量减小，混合气体的总物质的量不变，说明到达平衡，故D正确；
E．绝热条件下，甲容器内温度升高，容器内温度不变，说明到达平衡，故E正确；
F．SO₂和O₂的起始物质的量之比不等于化学计量数之比，二者质量比随反应进行发生变化，故二者质量比不变，说明到达平衡状态，故F正确，
故答案为：DEF；
（3）2.7克Al的物质的量为0.1mol，100ml 2mol/L NaOH溶液中n（NaOH）=0.1L×2mol/L=0.2mol，二者发生反应：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，由方程式可知0.1molAl完全反应消耗0.1molNaOH，故剩余0.1molNaOH，生成0.1molNaAlO₂，向反应后的溶液中滴入2mol/L HCl的溶液，当溶液中产生3.9克沉淀为氢氧化铝的质量，若溶液中Al元素全部转化为氢氧化铝，则氢氧化铝的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，故Al元素没有全部沉淀，有两种情况：一是盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，二是盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，
3.9g氢氧化铝的物质的量=$\frac{3.9g}{78g/mol}$=0.05mol，
①盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，则：
    NaOH+HCl=NaCl+H₂O
 0.1mol   0.1mol
NaAlO₂ +HCl+H₂O=Al（OH）₃↓+NaCl，
      0.05mol       0.05mol
故HCl总物质的量=0.1mol+0.05mol=0.15mol，消耗盐酸的体积=$\frac{0.15mol}{2mol/L}$=0.075L=75mL；
②盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，则：
NaOH+HCl=NaCl+H₂O
0.1mol   0.1mol
NaAlO₂ +HCl+H₂O=Al（OH）₃↓+NaCl，
0.1mol 0.1mol       0.1mol
       Al（OH）₃ +3HCl=AlCl₃ +3H₂O
（0.1-0.05）mol  3×（0.1-0.05）mol
故HCl总物质的量=0.1mol+0.1mol+3×（0.1-0.05）mol=0.35mol，消耗盐酸的体积=$\frac{0.35mol}{2mol/L}$=0.175L=175mL，
故答案为：75或175．

点评 本题综合较强，涉及结构性质位置关系应用、化学平衡、化学方程式计算，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．