Question

20．八种短周期主族元素（用字母x、y、z、d、e、f、g、h表示）原子序数依次递增．x的最高正化合价和最低负化合价的代数和为零；d是地壳中含量最高的元素；y的一种单质具有很高的硬度和熔点；z、e、f的最高价氧化物对应的水化物可两两反应；化学上常用品红溶液来鉴别g的一种氧化物．根据上述信息及判断，请用化学符号回答下列问题：
（1）h在元素周期表的位置是第三周期VIIA族．
（2）e与z形成的化合物e₃z是一种实施管制的化学品，与水作用可产生一种有刺激性气味的10电子气体i．i的电子式为．e₃z与盐酸反应生成2种盐，其中热稳定性最差的生成盐的电子式为．
（3）比较e₃z中两种微粒的半径的大小N^3-＞Na⁺（用离子符号表示即可）；g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是HClO₄＞H₂SO₄．
（4）y在过量的d中反应生成物的电子式为．z单质的电子式为，其结构式为N≡N．e和d形成原子个数为1：1的化合物的电子式为．用电子式表示x和d原子个数为1：1的化合物的形成过程．
（5）上述元素可组成盐R：zx₄f（gd₄）₂，向盛有10mL1mol•L^-1R溶液的烧杯中滴加20mL1.2mol•L^-1Ba（OH）₂溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为0.022mol．
（6）将Ba（OH）₂溶液逐滴加入到明矾溶液中：请写出刚好满足下列条件时的离子方程式：
①生成沉淀的总物质的量最大2Al³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+6OH^-═3BaSO₄↓+2Al（OH）₃↓．
②生成沉淀的总质量最大Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O．

Answer 1

分析 八种短周期主族元素（用字母x、y、z、d、e、f、g、h表示）原子序数依次递增．d是地壳中含量最高的元素，则d为O元素；x的最高正化合价和最低负化合价的代数和为零，y的一种单质具有很高的硬度和熔点，二者原子序数小于氧，故x为H元素、y为C元素，z的原子序数介于碳、氧之间，故z为N元素；z、e、f的最高价氧化物对应的水化物可两两反应，应是氢氧化铝、强碱、强酸之间的反应，则e为Na、f为Al；化学上常用品红溶液来鉴别g的一种氧化，则g为S，可推知h为Cl．
（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；
（2）e与z形成的化合物Na₃N，与水作用可产生一种有刺激性气味的10电子气体i，则i为NH₃．Na₃N与盐酸反应生成NH₄Cl、NaCl，其中热稳定性最差的为NH₄Cl，由铵根离子与氯离子构成；
（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性；
（4）y在过量的d中反应生成物为CO₂，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对；z单质为N₂，分子中N原子之间形成3对共用电子对；e和d形成原子个数为1：1的化合物为Na₂O₂，由钠离子与过氧根离子构成；x和d原子个数为1：1的化合物为H₂O₂，属于共价化合物；
（5）①R是NH₄Al（SO₄）₂，根据n=cV计算n（Al³⁺ ）、n（NH₄⁺）、n（SO₄^2-）、n（Ba²⁺）、n（OH^-），根据SO₄^2-、Ba²⁺中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO₄的物质的量，依次发生：Al³⁺+OH^-=Al（OH）₃↓、NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O、Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，根据方程式计算生成Al（OH）₃的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量；
（6）①假设KAl（SO₄）₂的物质的量为1mol，则明矾溶液中含有2mol SO₄^2-，1molAl³⁺，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）₂溶液至铝离子完全沉淀时生成1mol氢氧化铝，1.5mol硫酸钡，再滴加氢氧化钡，有1mol硫酸钡沉淀时，会溶解2mol氢氧化铝，故铝离子恰好沉淀时生成沉淀物质的量最大；
②生成1mol硫酸钡的质量为233g，溶解2mol氢氧化铝的质量为156g，故SO₄^2-刚好沉淀完全时固体质量最大．

解答 解：八种短周期主族元素（用字母x、y、z、d、e、f、g、h表示）原子序数依次递增．d是地壳中含量最高的元素，则d为O元素；x的最高正化合价和最低负化合价的代数和为零，y的一种单质具有很高的硬度和熔点，二者原子序数小于氧，故x为H元素、y为C元素，z的原子序数介于碳、氧之间，故z为N元素；z、e、f的最高价氧化物对应的水化物可两两反应，应是氢氧化铝、强碱、强酸之间的反应，则e为Na、f为Al；化学上常用品红溶液来鉴别g的一种氧化，则g为S，可推知h为Cl．
（1）h为Cl，处于周期表中第三周期VIIA族，故答案为：第三周期VIIA族；
（2）e与z形成的化合物Na₃N，与水作用可产生一种有刺激性气味的10电子气体i，则i为NH₃，其电子式为，Na₃N与盐酸反应生成NH₄Cl、NaCl，其中热稳定性最差的为NH₄Cl，由铵根离子与氯离子构成，电子式为，
故答案为：；2；；
（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N^3-＞Na⁺；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO₄＞H₂SO₄，
故答案为：N^3-＞Na⁺；HClO₄＞H₂SO₄；
（4）y在过量的d中反应生成物为CO₂，电子式为；z单质为N₂，分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为，结构式为N≡N；e和d形成原子个数为1：1的化合物为Na₂O₂，由钠离子与过氧根离子构成，电子式为；x和d原子个数为1：1的化合物为H₂O₂，属于共价化合物，用电子式表示形成过程为，
故答案为：；；N≡N；；；
（5）10mL 1mol•L^-1 NH₄Al（SO₄）₂溶液中Al³⁺ 物质的量为0.01mol，NH₄⁺的物质的量为0.01mol，SO₄^2-的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L^-1Ba（OH）₂溶液中Ba²⁺物质的量为0.024mol，OH^-为0.048mol，
由SO₄^2-+Ba²⁺=BaSO₄↓，可知SO₄^2-不足，故可以得到0.02mol BaSO₄，
    Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓
0.01mol 0.03mol 0.01mol
反应剩余OH^-为0.048mol-0.03mol=0.018mol，
      NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O
0.01mol 0.01mol
反应剩余OH^-为0.018mol-0.01mol=0.008mol，
  Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O
0.008mol 0.008mol
故得到Al（OH）₃沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol
则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，
故答案为：0.022；
（6）①假设KAl（SO₄）₂的物质的量为1mol，则明矾溶液中含有2mol SO₄^2-，1molAl³⁺，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）₂溶液至铝离子完全沉淀时生成1mol氢氧化铝，1.5mol硫酸钡，再滴加氢氧化钡，有1mol硫酸钡沉淀时，会溶解2mol氢氧化铝，故铝离子恰好沉淀时生成沉淀物质的量最大，反应离子方程式为：2Al³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+6OH^-═3BaSO₄↓+2Al（OH）₃↓；
故答案为：2Al³⁺+3SO₄^2-+3Ba²⁺+6OH^-═3BaSO₄↓+2Al（OH）₃↓；
②生成1mol硫酸钡的质量为233g，溶解2mol氢氧化铝的质量为156g，故SO₄^2-刚好沉淀完全时固体质量最大，SO₄^2-刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）₂，即加入的Ba²⁺为2mol，OH^-为4mol，生成2molBaSO₄，1molAl³⁺与4molOH^-反应生成1molAlO₂^-，反应的离子方程式为Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═2BaSO₄↓+AlO₂^-+2H₂O．

点评 本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、电子式、化学计算、离子方程式书写等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度较大．