Question

【題目】四種短周期元素A、B、C、D原子序數(shù)依次遞增，原子半徑大�。� B＞C＞D＞A，四種元素之間兩兩形成的三種18電子結構的分子，它們的球棍模型及部分性質如下表：

甲	乙	丙
無色液體，具有強氧化性，可用作消毒劑	標況下密度約為1.34g/L，天然氣中的成分之一	液態(tài)，具有強還原性，用作火箭推進的燃料

(1)寫出化學式：甲___________、丙_____________。

(2)元素B核外有________種能量不同的電子，其形成的單質晶體可能是__________。

a．離子晶體 b．分子晶體 c．原子晶體 d．金屬晶體

(3)已知1g 液態(tài)丙與足量液態(tài)甲反應生成氮氣和水蒸氣，并放出20.05kJ的熱量，寫出反應的熱化學方程式________________。

(4)配平亞硫酸鈉和碘酸鉀在酸性溶液里反應的化學方程式：

____Na2SO3+___KIO3+___H2SO4____Na2SO4+____K2SO4+____I2+ ____H2O。

(5)該反應過程較復雜，一般認為分以下幾步：

①IO3－+SO32－IO2－+SO42－（反應慢）

②IO2－+2SO32－I－+2SO42－（反應快）

③5I－+6H++IO3－3I2+3H2O（反應快）

④I2+SO32－+H2O2I－+SO42－+2H+（反應快）

根據(jù)上述條件推測，此反應速率由________步（填序號）反應決定。

(6)若預先加入淀粉溶液，由反應過程看，必在_______離子消耗完時，才會有溶液變藍的現(xiàn)象產(chǎn)生。原因是_____________________。

Answer 1

【答案】H2O2 N2H4 3 bc N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） ΔH=-641.6kJ/mol 5、2、1、5、1、1、1 ① SO32- SO32-的還原性大于I－，可被I2氧化

【解析】

四種短周期元素A、B、C、D原子序數(shù)依次遞增，原子半徑大�。�B＞C＞D＞A，四種元素之間兩兩形成的三種18電子結構的分子，它們的球棍模型及部分性質如表，甲為液態(tài)，具有強氧化性，可用作消毒劑，則甲為H2O2；乙為天然氣的成分之一，在標況下密度約為1.34g·L-1，其摩爾質量為：1.34g·L-1×22.4L/m ol=30g/mol，結合球棍模型可知丙為乙烷；丙為液態(tài)，具有強還原性，用作火箭推進的燃料，則丙為N2H4；根據(jù)原子序數(shù)可知可知，A為H，B為C，C為N，D為O，據(jù)此解答。

（1）根據(jù)上述分析甲為H2O2，丙為N2H4，故答案為：H2O2；N2H4；

（2）元素B為C，核外有6個電子，分別位于1s、2s、2p軌道上，則有3種能量不同的電子，C元素形成的單質晶體可能為分子晶體、原子晶體，如C60、金剛石，不可能形成離子晶體和金屬晶體，故答案為：3；bc；

（3）1g液態(tài)丙（N2H4）與足量液態(tài)甲（H2O2）反應生成N2和H2O氣體，并放出20.05kJ的熱量，則1mol肼反應放出的熱量為：32×20.05=641.6（kJ），所以肼和過氧化氫反應的熱化學方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） ΔH=-641.6kJ/mol，故答案為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） ΔH=-641.6kJ/mol；

（4）反應中S元素化合價由Na2SO3中+4價升高為+6價，總共升高2價，I元素化合價由KIO3中+5降低為I2中0價，總共降低10價，化合價最小公倍數(shù)為10，故Na2SO3系數(shù)為5，故I2系數(shù)為1，再結合原子守恒配平后方程式為5Na2SO3+2KIO3+H2SO4＝5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，故答案為：5；2；1；5；1；1；1；

（5）由慢反應決定整個反應過程的速率，故反應速率由①步反應決定，故答案為：①；

（6）由反應④可知，SO32-的還原性大于I－，可被I2氧化，故需消耗完SO32-，才會生成I2，才會有溶液變藍的現(xiàn)象產(chǎn)生，故答案為：SO32-；SO32-的還原性大于I－，可被I2氧化。