Question

16．A、B、W、D、E為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，質(zhì)子數(shù)之和為39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成兩種液態(tài)化合物A₂W和A₂W₂，E元素的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等．
（1）由A、B、W三種元素組成的18電子微粒的電子式為．
（2）用B單質(zhì)、E單質(zhì)分別作電極，與濃KOH溶液組成原電池，其正極上的電極反應為2H₂O+O₂+4e^-=4OH^-．
（3）由W、D、E三元素組成的鹽加入水中，恢復至室溫，則K_w不變（填“增大”、“減小”或“不變”）；溶液中各離子濃度從大到小的順序為c（Na⁺）＞c（AlO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（4）廢印刷電路反上含有銅，以往的回收方法是將其灼燒使銅轉(zhuǎn)化為氧化銅，再用硫酸溶解．現(xiàn)改用A₂W₂和稀硫酸浸泡廢印刷電路板既達到上述目的，又保護了環(huán)境，試寫出反應的離子方程式Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O．
（5）已知：B、E的單質(zhì)各1mol完全燃燒，分別放出熱量a kJ和b kJ；E單質(zhì)能和B的最高價氧化物發(fā)生置換反應．在298K時，若生成3mol B的單質(zhì)，則該置換反應的△H=-（4a-3b）kJ/mol．

Answer 1

分析 A、W能形成兩種液態(tài)化合物A₂W和A₂W₂，該液態(tài)化合物分別為H₂O和H₂O₂，則A為H元素，W為O元素，A、D同主族，則D為Na元素，E元素的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等，且E的原子序數(shù)最大，應為第三周期，IIIA族元素，為Al元素，A、B、W、D、E為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，質(zhì)子數(shù)之和為39，設B的原子序數(shù)為x，則有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B為C元素，結合原子結構以及元素對應的單質(zhì)、化合物的性質(zhì)可解答該題．

解答 解：A、W能形成兩種液態(tài)化合物A₂W和A₂W₂，該液態(tài)化合物分別為H₂O和H₂O₂，則A為H元素，W為O元素，A、D同主族，則D為Na元素，E元素的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等，且E的原子序數(shù)最大，應為第三周期，IIIA族元素，為Al元素，A、B、W、D、E為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，質(zhì)子數(shù)之和為39，設B的原子序數(shù)為x，則有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B為C元素，則
（1）由A、B、W三種元素組成的18電子的粒子為CH₃OH，為共價化合物，電子式為，故答案為：；
（2）用B單質(zhì)、E單質(zhì)分別作電極，與濃KOH溶液組成原電池，Al為負極，C為正極，其正極上的電極反應為2H₂O+O₂+4e^-=4OH^-，故答案為：2H₂O+O₂+4e^-=4OH^-；
（3）由W、D、E三元素組成的鹽為NaAlO₂，加入水中，K只與溫度有關，恢復至室溫，則K_w 不變；陰離子水解顯堿性，則溶液中各離子濃度從大到小的順序為c（Na⁺）＞c（AlO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故答案為：不變；c（Na⁺）＞c（AlO₂^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（4）Cu和稀硫酸不反應，加入具有氧化性的H₂O₂，可生成硫酸銅和水，反應的離子方程式為Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O，
故答案為：Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O；
（5）在298K下，Al、C的單質(zhì)各1mol完全燃燒，分別放出熱量a kJ和b kJ，則熱化學方程式為：
①4Al（s）+3O₂（g）═2Al₂O₃（s）△H=-4aKJ/mol
②C（s）+O₂（g）═CO₂（g）△H=-bKJ/mol
鋁單質(zhì)將碳從CO₂中置換出來生成3molC的單質(zhì)的方程式為：4Al+3CO₂$\frac{\underline{\;一定條件\;}}{\;}$2Al₂O₃+3C，
由蓋斯定律可知，①-②×3可得：4Al（s）+3CO₂（g）=2Al₂O₃（s）+3C（s），則△H=-4akJ/mol-（-bkJ/mol）×3=-（4a-3b）kJ/mol，
故答案為：-（4a-3b）kJ/mol．

點評 本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、元素化合物知識推斷元素為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意反應原理的應用，（5）為解答的難點，題目難度中等．