Question

18．Q、W、X、Y、Z是周期表前36號元素中的五種常見元素，其原子序數依次增大．W原子最外層電子數與核外電子總數之比為3：4，Q、Y的氧化物是導致酸雨的主要物質，X是地殼中含量最高的金屬元素，Z能形成紅色（或磚紅色）的Z₂O和黑色的ZO兩種氧化物．
以下問題均用化學用語回答：
（1）Q單質的電子式為．W、X、Y的離子半徑由大到小的順序為S^2-＞O^2-＞Al³⁺（用離子符號回答）
（2）X和Y組成的化合物放入水中反應的化學方程式是Al₂S₃+6H₂O=2Al（OH）₃↓+3H₂S↑
（3）Na₂Y溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Na⁺）＞c（S^2-）＞c（OH^-）＞c（HS^-）＞c（H⁺）
（4）ZO在高溫下被Q的簡單氣態(tài)氫化物還原為Z單質，且生成的其它產物不會對環(huán)境產生污染，寫出反應的化學方程式3CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$3Cu+N₂+3H₂O
（5）室溫下，ZCl₂溶液中混有FeCl₃雜質時，可加入CuO（填試劑）調節(jié)pH=4，再過濾．（已知：Fe（OH）₃的K_sp=10^-35，化學上認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5mol/L時，沉淀就達完全．）
（6）工業(yè)上可用高溫條件下Z₂Y+O₂=2Z+YO₂冶煉金屬Z，生成1molZ時轉移3mol電子．

Answer 1

分析 Q、W、X、Y、Z是周期表前36號元素中的五種常見元素，其原子序數依次增大，W原子最外層電子數與核外電子總數之比為3：4，故W為氧元素，Q、Y的氧化物是導致酸雨的主要物質，故Q、Y為S或N元素，依據原子序數依次增大，故Q為氮元素，Y為硫元素，X是地殼中含量最高的金屬元素，故X是鋁元素，Z能形成紅色（或磚紅色）的Z₂O和黑色的ZO兩種氧化物，故Z是銅元素，據此解答各小題即可．

解答 解：依據分析可知：Q為N，W為O，X為Al，Y為S，Z為Cu，
（1）Q為氮元素，氮氣分子中存在氮氮三鍵，氮原子最外層為8電子，N₂的電子式為：，元素離子電子層數越多，半徑越大，核外電子排布相同的離子，原子序數越小，離子半徑越大，故O、Al、S的離子半徑由大到小的順序為：S^2-＞O^2-＞Al³⁺，故答案為：；S^2-＞O^2-＞Al³⁺；
（2）Al和S組成的化合物放入水中發(fā)生雙水解反應，反應的化學方程式是：Al₂S₃+6H₂O=2Al（OH）₃↓+3H₂S↑，故答案為：Al₂S₃+6H₂O=2Al（OH）₃↓+3H₂S↑；
（3）Na₂S溶液中存在S^2-微弱的水解，溶液呈堿性，即：S^2-+H₂O?HS^-+OH^-，故溶液中離子濃度由大到小的順序為：c（Na⁺）＞c（S^2-）＞c（OH^-）＞c（HS^-）＞c（H⁺），故答案為：c（Na⁺）＞c（S^2-）＞c（OH^-）＞c（HS^-）＞c（H⁺）；
（4）CuO在高溫下與氨氣生成氮氣，反應的化學方程式為：3CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$3Cu+N₂+3H₂O，故答案為：3CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$3Cu+N₂+3H₂O；
（5）Fe（OH）₃的Ksp=10^-35，化學上認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5mol/L時，沉淀就達完全，故此時溶液中c（OH^-）=$\root{3}{\frac{1{0}^{-35}}{1{0}^{-5}}}$=10^-10，故此時c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-10}}$=10^-4，故此時pH值為4，當CuCl₂溶液中混有FeCl₃雜質時，可加入氧化銅調節(jié)pH為4，然后再過濾，故答案為：CuO；4；
（6）工業(yè)上可用高溫條件下Cu₂S+O₂═2Cu+SO₂來冶煉金屬Cu，反應中Cu的化合價由+1價變?yōu)?價，2molCu元素轉移2mol電子，O元素由0價變?yōu)?2價，1mol氧氣轉移4mol電子，故生成2molCu時轉移電子數為6mol，生成1molCu轉移3mol電子，故答案為：3．

點評 本題是對物質結構的考查，推斷元素是解題關鍵，涉及電子式、離子半徑大小比較、離子濃度大小比較、氧化還原反應等，需要學生具備扎實的基礎知識，難度中等．