[题目]现有短周期主族元素X.Y.Z.R.T.R原子最外层电子数是电子层数的2倍,Y与Z能形成Z2Y.Z2Y2型离子化合物.Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡.五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示.下列推断正确的是( )A.原子半径和离子半径均满足:Y＜ZB.简单氢化物的沸点和热稳定性均满足:Y>TC.最高价氧化物对应的水化物的酸性:T＜RD.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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【题目】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（　　）

A.原子半径和离子半径均满足：Y＜Z

B.简单氢化物的沸点和热稳定性均满足：Y>T

C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：T＜R

D.常温下，0.1mol·L－1由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液的pH一定大于1

【答案】B

【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R可能为C或S，结合题图可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径、原子序数最小，则X为H。

A. 电子层越多，原子半径越大，则原子半径为O＜Na，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为O2－＞Na＋，故A错误；

B. Y、T的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点H2O>H2S，元素非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O>H2S，故B正确；

C. 非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4＞H2CO3，故C错误；

D. 由H、O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH>1，0.1mol·L－1NaHSO4溶液的pH＝1，故D错误。

综上所述，答案为B。

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Ⅰ．制取Cu2O

（1）电解法：利用铜和钛做电极，电解含有NaCl和NaOH的溶液时，反应只消耗了铜和水，体系pH及Cl－浓度维持不变（溶液体积变化忽略不计）。阳极电极反应式是_______。

（2）还原法：控制100℃、pH=5的条件时，利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O，同时产生SO2气体。反应过程中需要不断地加入烧碱，其原因是_______。

Ⅱ．利用Cu2O光催化处理含Cr2O72－的废水的研究。

（1）光照射到Cu2O光催化剂上产生光催化反应，Cr2O72－和H2O分别在光催化反应中形成的微电极上发生电极反应，反应原理如图所示。写出Cr2O72－转化Cr3+的电极反应：_______。

（2）研究中对Cu2O的作用提出两种假设：

a．Cu2O作光催化剂；b．Cu2O与Cr2O72－发生氧化还原反应。

已知：Cu2O的添加量是2×10-4mol/L，Cr2O72－的初始浓度是1×10-3mol/L；对比实验（pH=3.0且其他条件相同），反应1.5小时结果如图所示。结合试剂用量数据和实验结果可得到的结论是_______，依据是_______。

（3）溶液的pH对Cr2O72－降解率的影响如图所示。

已知：Cu2OCu+CuSO4；酸性越大，Cr2O72－被还原率越大。

①pH分别为2、3、4时，Cr2O72－的降解率最好的是___________，其原因是___________。

②已知pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀。pH=5时，Cr2O72－的降解率低的原因是___________。

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实验一

注：本实验忽略Cu2+在此条件下的水解。

（1）取棕黄色清液，加入少量______溶液（试剂a），清液变为______色，说明生成了I2。

（2）探究生成I2的原因。

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②乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除____________氧化I－的可能性。

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（3）探究棕黑色沉淀的组成。

①查阅资料得知：CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出两种假设：

a．CuI吸附I2b．_________吸附I2。为证明上述假设是否成立，取棕黑色沉淀进行实验二：

实验二

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