Question

A、B、C、D、E、F、G、H是核電荷數(shù)依次增大的短周期主族元素．元素A的原子半徑是所有元素中最小的．A、E同主族，B、C、D同周期，D、G最外層電子數(shù)相等，G的質(zhì)量數(shù)為D的2倍，元素B的一種常見單質(zhì)可做惰性電極材料，其最高價(jià)氧化物甲為常見溫室氣體．B、D、G的質(zhì)子數(shù)之和等于F、H的質(zhì)子數(shù)之和，I單質(zhì)是日常生活中用量最大的金屬，易被腐蝕或損壞．回答下列問題：
（1）I元素在周期表中的位置

 

（2）化合物甲的結(jié)構(gòu)式為

 

（3）根據(jù)以上信息，下列說法不正確的是

 

A．A和B能形成多種化合物
B．熱穩(wěn)定性：H₂D＜H₂G
C．元素G的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性比H的弱
D．簡單離子半徑的大小順序：r（D）＜r（E）＜r（F）     
 E．沸點(diǎn)：H₂D＜H₂G
F．同溫同壓下，將a L CA₃和b L AH通入水中，若所得溶液的pH=7，則a＞b
（4）常溫下，相同濃度F、I簡單離子的溶液中滴加NaOH溶液，F(xiàn)、I兩元素先后沉淀，F(xiàn)（OH）n完全沉淀的pH是4.7，I（OH）n完全沉淀的pH是2.8，則ksp較大的是：

 

（填化學(xué)式）
（5）若在H與I組成的某種化合物的溶液乙中，加入銅片，溶液會慢慢變?yōu)樗{(lán)色，依據(jù)產(chǎn)生該現(xiàn)象的反應(yīng)原理，所設(shè)計(jì)的原電池如圖所示，其反應(yīng)中正極電極反應(yīng)式為

 

．
（6）若用石墨電極電解含有0.04mol CuGD₄和0.04mol EH的混合溶液400mL，當(dāng)陽極產(chǎn)生的氣體784mL（標(biāo)況）時(shí)，溶液的pH=

 

（假設(shè)電解后溶液體積不變）．

Answer 1

考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用

專題：

分析：A、B、C、D、E、F、G、H是核電荷數(shù)依次增大的短周期主族元素，元素A的原子半徑是所有元素中最小的，則A是H元素；元素B的一種常見單質(zhì)可做惰性電極材料，其最高價(jià)氧化物甲為常見溫室氣體，則B是C元素，甲是CO₂；A、E同主族，且E原子序數(shù)大于B，所以E是Na；B、C、D同周期，處于第二周期，D、G最外層電子數(shù)相等，二者同主族，G的質(zhì)量數(shù)為D的2倍，則D為O元素、G為S元素；H原子序數(shù)大于硫，故H為Cl；C原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為N元素；B、D、G的質(zhì)子數(shù)之和等于F、H的質(zhì)子數(shù)之和，則F質(zhì)子數(shù)為6+8+16-17=13，故F為Al；I單質(zhì)是日常生活中用量最大的金屬，易被腐蝕或損壞，則I為Fe．
（1）I為Fe元素，處于第四周期第Ⅷ族；
（2）甲是CO₂，分子中碳原子與氧原子之間形成2對共用電子對；
（3）A．氫元素、碳元素可以形成烴；
B．非金屬性越強(qiáng)、氫化物越穩(wěn)定；
C．非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)；
D．電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大；
E．水分子之間存在氫鍵，常溫下為液態(tài)，而硫化氫為氣體；
F．同溫同壓下，將a L NH₃和b L HCl通入水中，若所得溶液的pH=7，根據(jù)電荷守恒溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），由微粒守恒可知：c（NH₄⁺）+c（c（NH₃．H₂O）＞c（Cl^-），據(jù)此判斷；
（4）沉淀時(shí)PH越小，說明氫氧化物越易沉淀，二者組成結(jié)構(gòu)相同，越易沉淀則其溶度積越��；
（5）若在Cl與Fe組成的某種化合物的溶液乙中，加入銅片，溶液會慢慢變?yōu)樗{(lán)色，則乙為FeCl₃，正極發(fā)生還原反應(yīng)，鐵離子獲得電子生成亞鐵離子；
（6）若用石墨電極電解含有0.04mol CuSO₄和0.04mol NaCl的混合溶液400mL，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，氯離子完全放電得到氣體為0.02mol，實(shí)際陽極氣體為

0.784L

22.4L/mol

=0.035mol，故生成氧氣為0.035mol-0.02mol=0.015mol，轉(zhuǎn)移電子為0.04mol+0.015mol×4=0.1mol，溶液中銅離子完全放電獲得電子為0.08mol，小于0.1mol，由電荷守恒判斷電解后溶液為H₂SO₄、Na₂SO₄，根據(jù)電荷守恒計(jì)算n（H⁺），進(jìn)而計(jì)算c（H⁺），再根據(jù)pH=-lgc（H⁺）計(jì)算．

解答： 解：A、B、C、D、E、F、G、H是核電荷數(shù)依次增大的短周期主族元素，元素A的原子半徑是所有元素中最小的，則A是H元素；元素B的一種常見單質(zhì)可做惰性電極材料，其最高價(jià)氧化物甲為常見溫室氣體，則B是C元素，甲是CO₂；A、E同主族，且E原子序數(shù)大于B，所以E是Na；B、C、D同周期，處于第二周期，D、G最外層電子數(shù)相等，二者同主族，G的質(zhì)量數(shù)為D的2倍，則D為O元素、G為S元素；H原子序數(shù)大于硫，故H為Cl；C原子序數(shù)介于碳、氧之間，故C為N元素；B、D、G的質(zhì)子數(shù)之和等于F、H的質(zhì)子數(shù)之和，則F質(zhì)子數(shù)為6+8+16-17=13，故F為Al；I單質(zhì)是日常生活中用量最大的金屬，易被腐蝕或損壞，則I為Fe．
（1）I為Fe元素，處于第四周期第Ⅷ族，故答案為：第四周期第Ⅷ族；
（2）甲是CO₂，分子中碳原子與氧原子之間形成2對共用電子對，結(jié)構(gòu)式為O=C=O，故答案為：O=C=O；
（3）A．氫元素、碳元素可以形成烴，故A正確；
B．D為O元素，G為S元素，非金屬性O(shè)＞S，故熱穩(wěn)定性：H₂O＞H₂S，故B錯(cuò)誤；
C．H為氯元素，非金屬性Cl＞S，故元素G的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性比H的弱，故C正確；
D．電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，離子半徑的大小順序：r（O^2-）＞r（Na⁺）＞r（Al³⁺），故D錯(cuò)誤；
E．水分子之間存在氫鍵，常溫下為液態(tài)，而硫化氫為氣體，沸點(diǎn)：H₂O＞H₂S，故E錯(cuò)誤；
F．同溫同壓下，將a L NH₃和b L HCl通入水中，若所得溶液的pH=7，根據(jù)電荷守恒溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），由微粒守恒可知：c（NH₄⁺）+c（c（NH₃．H₂O）＞c（Cl^-），故同溫同壓下，NH₃的體積大于，即a＞b，故F正確，
故答案為：BDE；
（4）Al（OH）₃完全沉淀的pH是4.7，F(xiàn)e（OH）₃完全沉淀的pH是2.8，故鐵離子開始沉淀時(shí)PH越小，說明氫氧化鐵的溶解度越小，二者組成結(jié)構(gòu)相同，則Fe（OH）₃的溶度積較小，Al（OH）₃溶度積較大，故答案為：Al（OH）₃；
（5）若在Cl與Fe組成的某種化合物的溶液乙中，加入銅片，溶液會慢慢變?yōu)樗{(lán)色，則乙為FeCl₃，正極發(fā)生還原反應(yīng)，鐵離子獲得電子生成亞鐵離子，正極電極反應(yīng)式為：Fe³⁺+e^-=Fe²⁺，故答案為：Fe³⁺+e^-=Fe²⁺；
（6）若用石墨電極電解含有0.04mol CuSO₄和0.04mol NaCl的混合溶液400mL，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，氯離子完全放電得到氣體為0.02mol，實(shí)際陽極氣體為

0.784L

22.4L/mol

=0.035mol，故生成氧氣為0.035mol-0.02mol=0.015mol，轉(zhuǎn)移電子為0.04mol+0.015mol×4=0.1mol，溶液中銅離子完全放電獲得電子為0.08mol，小于0.1mol，由電荷守恒判斷電解后溶液為H₂SO₄、Na₂SO₄，根據(jù)電荷守恒n（H⁺）+0.04mol=0.04mol×2，故n（H⁺）=0.04mol，則c（H⁺）=

0.04mol

0.4L

=0.1mol/L，pH=-lgc（H⁺）=1，故答案為：1．

點(diǎn)評：本題結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、溶度積、原電池、電解計(jì)算等，推斷元素是解題關(guān)鍵，題目綜合較大，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)，（4）中計(jì)算為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，涉及反應(yīng)過程復(fù)雜，利用過程法非常繁瑣，題目利用守恒法判斷最終溶液溶質(zhì)、計(jì)算氫離子濃度，使計(jì)算化繁為簡，難度較大．