Question

19．X、Y、Z、E、T均为短周期元素，在周期表中的相对位置如图1．X是短周期中原子半径最大的元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性．

根据判断出的元素回答问题：
（1）T在元素周期表中的位置第三周期，第ⅦA族；
（2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是HCl（填化学式）；YZ₂的熔点高于EZ₂的熔点（填高于或低于）；
（3）E₂T₂的电子式；
（4）工业上制备单质X的化学反应方程式2NaCl$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Na+Cl₂↑；
（5）已知1mol晶体Y在足量Z₂中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ 热量，写出该反应的热化学方程式：Si（s）+O₂（g）═SiO₂（s）△H=-989.2kJ•mol^-1；
（6）某溶液中可能含有以下阳离子（忽略由水电离产生的H⁺、OH^-）：H⁺、NH₄⁺、K⁺、Mg²⁺、Al³⁺，现取100mL该溶液逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如图2所示．
①在实验中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O；NaOH溶液的浓度为$\frac{10}{d-c}$ mol•L^-1 （用字母c、d表示）；
②原溶液中含有的Mg²⁺、Al³⁺、H⁺，其物质的量之比n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（H⁺）为1：1：1．

Answer 1

分析 X是短周期中原子半径最大的元素是钠元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料所以Y是硅元素； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，所以E是硫元素，则T是氯元素，Z是氧元素；
（1）氯元素三个电子层，最外层7个电子；
（2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是盐酸，SiO₂是原子晶体，而二氧化硫是分子晶体，二氧化硅熔点高于SO₂的熔点；
（3）E₂T₂的化学式为：S₂Cl₂，电子式为：；
（4）工业上是电解熔融的氯化钠制备单质钠的；
（5）已知1mol晶体硅在足量氧气中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ 热量，所以热化学方程式为：Si（s）+O₂（g）═SiO₂（s）△H=-989.2 kJ•mol^-1；
（6）①通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H⁺，沉淀部分溶解，推断一定含有Al³⁺；图象中有一段平台，说明加入OH^-时无沉淀生成，有NH₄⁺，NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg²⁺；原溶液确定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根据Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，需OH^-0.01mol；由图可知消耗Na0H（d-c）mL，所以c（Na0H ）=$\frac{n}{V}$，由此分析解答；
②原溶液确定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根据Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，需OH^-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg²⁺）=n[Mg（OH）₂]=0.01mol，由（2）知而c到d一格氢氧根离子的浓度为0.01mol，0→a与氢离子反应，所以氢离子的物质的量为0.01mol，由此求原溶液确定含有Mg²⁺、Al³⁺、H⁺，其物质的量之比．

解答 解：X是短周期中原子半径最大的元素是钠元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料所以Y是硅元素； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，所以E是硫元素，则T是氯元素，Z是氧元素；
（1）氯元素三个电子层，最外层7个电子，所以T在元素周期表中的位置是第三周期，第ⅦA族，故答案为：第三周期，第ⅦA族；
（2）这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是盐酸，SiO₂是原子晶体，而二氧化硫是分子晶体，二氧化硅熔点高于SO₂的熔点，故答案为：HCl；高于；
（3）E₂T₂的化学式为：S₂Cl₂，电子式为：，故答案为：；
（4）工业上是电解熔融的氯化钠制备单质钠的，化学反应方程式2NaCl$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Na+Cl₂↑，故答案为：2NaCl$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Na+Cl₂↑；
（5）已知1mol晶体硅在足量氧气中燃烧，恢复至室温，放出989.2kJ 热量，所以热化学方程式为：Si（s）+O₂（g）═SiO₂（s）△H=-989.2 kJ•mol^-1，故答案为：Si（s）+O₂（g）═SiO₂（s）△H=-989.2 kJ•mol^-1；
（6）①通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H⁺，沉淀部分溶解，推断一定含有Al³⁺；图象中有一段平台，说明加入OH^-时无沉淀生成，有NH₄⁺，NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg²⁺，所以NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，原溶液确定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根据Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，需OH^-0.01mol；由图可知消耗Na0H（d-c）mL，所以c（Na0H ）=$\frac{n}{V}$=$\frac{0.01}{（d-c）×0.001}$=$\frac{10}{d-c}$mol•L^-1，故答案为：NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O；$\frac{10}{d-c}$ mol•L^-1；
②原溶液确定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根据Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，需OH^-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg²⁺）=n[Mg（OH）₂]=0.01mol，由（2）知而c到d一格氢氧根离子的浓度为0.01mol，0→a与氢离子反应，所以氢离子的物质的量为0.01mol，则n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（H⁺）为1：1：1，故答案为：1：1：1．

点评 本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、元素化合物性质等，推断元素是解题，定性分析离子共存、定量分析离子的物质的量是解题的关键，注意基础知识的理解掌，题目难度中等．