Question

如图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：

（1）元素A在周期表中的位置

 

．
（2）用电子式表示D₂G的形成过程

 

其所含化学键类型为

 

．
（3）C^2-、D⁺、G^2-离子半径大小顺序是

 

＞

 

＞

 

（用离子符号回答）．
（4）某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系（如图2）．
①溶液a和b分别为

 

，

 

．
②溶液c中的离子方程式为

 

．
③请从原子结构的角度解释非金属性B＞A的原因

 

．
（5）将0.5mol D₂C₂投入100mL 3mol/L ECl₃溶液中，
①转移电子的物质的量为

 

．
②用一个离子方程式表示该反应

 

．

Answer 1

考点：位置结构性质的相互关系应用,非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律,微粒半径大小的比较

专题：元素周期律与元素周期表专题

分析：由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、-4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为碳元素、故F为Si元素；C的化合价为-2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，为Al元素；R的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；B的有+5、-3价，处于ⅤA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，
（1）主族元素周期数=电子层数、主族序数=最外层电子数；
（2）Na₂S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程，左侧为Na、S原子电子式，右侧为氯化钠电子式，中间用“→”连接；
（3）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；
（4）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸；
（5）①反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，结合O元素化合价变化计算转移电子；
②将0.5mol Na₂O₂投入100mL 3mol/L AlCl₃溶液中，生成NaOH1mol、0.25mol氧气，AlCl₃溶的物质的量为0.3mol，1：4＜n（AlCl₃）：n（NaOH）=3：10＜1：3，故生成Al（OH）₃、AlO₂^-，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中n（AlO₂^-）=1mol-0.3mol×3=0.1mol，根据Al元素守恒可知，n[Al（OH）₃]=0.3mol-0.1mol=0.2mol，确定n[Al（OH）₃]：n（AlO₂^-）：n（氧气），配平书写．

解答： 解：由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、-4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为碳元素、故F为Si元素；C的化合价为-2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，为Al元素；R的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；B的有+5、-3价，处于ⅤA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，
（1）A为碳元素，原子有2个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第二周期ⅣA族，故答案为：第二周期ⅣA族；
（2）Na₂S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程为，
故答案为：；离子键；
（3）电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S^2-＞O^2-＞Na⁺，故答案为：S^2-＞O^2-＞Na⁺；
（4）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，
①由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO₃溶液，故答案为：硝酸；饱和NaHCO₃溶液；
②溶液c中的离子方程式为：SiO₃^2-+CO₂+H₂O=H₂SiO₃↓+CO₃^2-，故答案为：SiO₃^2-+CO₂+H₂O=H₂SiO₃↓+CO₃^2-；
③碳和氮元素处于同一周期，氮原子的核电荷数大于碳原子，原子半径较碳原子小，氮原子核对最外层电子的吸引力更大，得电子能力更强，因此氮元素的非金属性强于碳元素，
故答案为：碳和氮元素处于同一周期，氮原子的核电荷数大于碳原子，原子半径较碳原子小，氮原子核对最外层电子的吸引力更大，得电子能力更强，；
（5）①Na₂O₂投 AlCl₃溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中O元素化合价有-1升高为0价，故0.5molNa₂O₂费用转移电子为0.5mol×

1

2

×2×[0-（-1）]=0.5mol，
故答案为：0.5mol；
②将0.5mol Na₂O₂投入100mL 3mol/L AlCl₃溶液中，生成NaOH1mol、0.25mol氧气，AlCl₃溶的物质的量为0.3mol，1：4＜n（AlCl₃）：n（NaOH）=3：10＜1：3，故生成Al（OH）₃、AlO₂^-，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中n（AlO₂^-）=1mol-0.3mol×3=0.1mol，根据Al元素守恒可知，n[Al（OH）₃]=0.3mol-0.1mol=0.2mol，故n[Al（OH）₃]：n（AlO₂^-）：n（氧气）=0.2mol：0.1mol：0.25mol=4：2：5，反应离子方程式为：10Na₂O₂+6Al³⁺+6H₂O=4Al（OH）₃+2AlO₂^-+5O₂↑+20Na⁺，
故答案为：10Na₂O₂+6Al³⁺+6H₂O=4Al（OH）₃+2AlO₂^-+5O₂↑+20Na⁺．

点评：本题考查结构性质位置关系、半径比较、电子式、化学实验、氧化还原反应计算、离子方程式的书写等，难度中等，（4）中离子方程式书写关键是确定氢氧化铝与偏铝酸钠的关系，也可以用方程式进行过量计算解答．