Question

7．如表是元素周期表中短周期部分，表中所列字母分别代表一种元素．

A
			B	C	D	E
F						G	H

根据上述元素回答问题：（本题用化学用语回答）
（1）上述元素中地壳中极为丰富的元素O，单质中熔点最高的可能是C，E、F、G离子半径由小到大的顺序是Na⁺＜F^-＜Cl^-，写出化合物A₂D₂的电子式；
（2）A、B、D、F四种元素组成的受热易分解的化合物，写出少量该化合物溶液与足量Ba（OH）₂溶液反应的离子方程式Ba²⁺+HCO₃^-+OH^-═BaCO₃↓+H₂O．
（3）化学反应3A₂（g）+C₂（g）?2CA₃（g）．当反应达到平衡时不断改变条件（不改变A₂、C₂和CA₃的量），图中表示反应速率与反应过程的关系，其中表示平衡混合物中CA₃含量最高的一段时间是t₀～t₁．温度为T℃时，将4mol A₂和2mol C₂放入1L密闭容器中，60s后测得C₂的转化率为50%，则A₂的反应速率为0.05mol/（L﹒s）．

Answer 1

分析 由元素在周期表中位置，可知A为H、B为C、C为N、D为O、E为F、F为Na、G为Cl、H为Ar．
（1）地壳中氧元素含量第一；碳元素可以形成金刚石，为原子晶体，熔点最高；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大；H₂O₂中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与H原子之间形成1对共用电子对；
（2）H、C、O、Na四种元素组成的受热易分解的化合物，该化合物为NaHCO₃，少量该化合物溶液与足量Ba（OH）₂溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠与水；
（3）可逆反应3A₂（g）+B₂（g）?2BA₃（g），△H=-92.4kJ•mol^-1，该反应为体积减小的放热反应，改变反应条件（不改变A₂、B₂和BA₃的量），根据各时刻的速率变化判断平衡移动移动方向，据此判断BA₃的含量变化；
根据C₂的转化率计算参加反应C₂的物质的量，根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（C₂），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A₂）．

解答 解：由元素在周期表中位置，可知A为H、B为C、C为N、D为O、E为F、F为Na、G为Cl、H为Ar．
（1）上述元素中地壳中极为丰富的元素为氧；碳元素可以形成金刚石，为原子晶体，熔点最高；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：Na⁺＜F^-＜Cl^-；H₂O₂中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为；
故答案为：O；C；Na⁺＜F^-＜Cl^-；；
（2）H、C、O、Na四种元素组成的受热易分解的化合物，该化合物为NaHCO₃，少量该化合物溶液与足量Ba（OH）₂溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠与水，反应离子方程式为：Ba²⁺+HCO₃^-+OH^-═BaCO₃↓+H₂O，
故答案为：Ba²⁺+HCO₃^-+OH^-═BaCO₃↓+H₂O；
（3）化学反应3A₂（g）+B₂（g）?2BA₃（g），△H=-92.4kJ•mol^-1，该反应为体积减小的放热反应，
t₀～t₁，正逆反应速率相等，平衡不移动；
t₁～t₂，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的含量降低；
t₂～t₃，正逆反应速率相等，处于平衡状态，氨气的含量不变；
t₃～t₄，正逆反应速率都同等程度的增大平衡不移动，氨气的含量不变；
t₄～t₅，正逆反应速率都降低，但逆反应速率大于正反应速率，导致平衡向逆反应方向移动，氨气的含量降低；
t₅～t₆，正逆反应速率相等，平衡不移动，氨气的含量不变；
所以平衡混合物中BA₃的含量最高的一段时间是t₀～t₁，
60s后测得C₂的转化率为50%，则参加反应C₂的物质的量为2mol×50%=1mol，则v（C₂）=$\frac{\frac{1mol}{1L}}{60s}$=$\frac{1}{60}$mol/（L．s），速率之比等于化学计量数之比，故v（A₂）=3v（C₂）=3×$\frac{1}{60}$mol/（L．s）=0.05mol/（L﹒s），
故答案为：t₀～t₁；0.05mol/（L﹒s）．

点评 本题考查了元素周期表、离子半径比较、电子式、离子方程式、化学平衡图象、反应速率计算等，难点是根据图象中反应速率的变化判断平衡移动的方向．