Question

I、元素X、Y、Z、E、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M元素与 Y元素能形成化合物MY₂和化合物MY₃，化合物MY₂中两种元素质量分数相同；N^-、Z⁺、X⁺的半径逐渐减小；化合物XN在常温下为气体，E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，回答下列问题：

(1)写出Z最高价氧化物的水化物的电子式__________；

(2)两个体积相等的恒容容器，甲容器通入1mol MY₂和1mol Y₂单质，乙容器通入1mol MY₃和0.5mol Y₂单质，发生反应：2MY₂ (g)+Y₂(g)2MY₃(g)△H＜0，甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，平衡时，甲中MY₂的转化率为a，乙中MY₃的分解率为b，则

①a、b的关系为a+b __________1(填“＜”、“＞”或“=”)．

②该条件下容器甲反应达平衡状态的依据是(填序号)__________；

A  v_正(Y₂)=2v_逆(MY₃)        B  混合气体的密度不变

C  c(MY₂)=c(MY₃)          D  混合气体的总物质的量不变

E  容器内温度不变         F  MY₂和Y₂的质量比不变

(3)2.7克单质E与100ml 2mol/L Z的最高价氧化物的水化物充分反应，向反应后的溶液中滴入2mol/L XN的溶液V mL，当溶液中产生3.9克沉淀时，求此时V的值__________；

Ⅱ、(4)已知在常温常压下：

①2CH₃OH(l)+3O₂(g)═2CO₂(g)+4H₂O(g)  △H═-akJ•mol^-1

②2CO(g)+O₂(g)═2CO₂(g)  △H═-bkJ•mol^-1

③H₂O(g)═H₂O(l)  △H═-ckJ•mol^-1

则CH₃OH(l)+O₂(g)═CO(g)+2H₂O(l)  △H═__________kJ•mol^-1

(5)由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电。

①该电池负极的电极反应式为__________；

②若以该电池为电源，用石墨做电极电解200mL含有如下离子的溶液：

离子	Cu^2+	H^+	Cl^-	SO4^2-
c/mol•L^-1	0.5	2	2	0.5

电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上发生的电极反应式为__________。

Answer

Ⅰ．(1)；(2)①＜；②DEF；(3)75mL或175mL

Ⅱ、(4)；(5)①CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

②2Cl--2e-=Cl2↑，4OH--4e-=2H2O+O2↑；

【解析】

试题分析：Ⅰ．元素X、Y、Z、E、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，可推知Y为O元素；M元素与Y元素能形成化合物MY2和化合物MY3，化合物MY2中两种元素质量分数相同，则M为S元素；N-、Z+、X+的半径逐渐减小，可知X、Z处于ⅠA族，N处于ⅦA族，结合原子序数可知，Z为Na、N为Cl，化合物XN在常温下为气体，则X为H元素；E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱反应，故E为Al，

(1)Z最高价氧化物的水化物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为：，故答案为：；

(2)发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，

①恒温恒容下，甲容器通入1mol SO2和1mol O2单质，乙容器通入1molSO 3和0.5mol O2单质，二者得到相同的平衡状态，平衡时，甲中SO2的转化率与乙中SO3的分解率之和为1，但甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，甲中为温度升高，乙中温度降低，乙中所到达的平衡可以等效为在甲平衡的基础上降低温度，三氧化硫的分解率比与甲中等温度到达平衡的分解率低，若平衡时，甲中MY2的转化率为a，乙中MY3的分解率为b，则：a+b＜1，故答案为：＜；

②A、v正(Y2)=2v逆(MY3)，速率之比不等于化学计量数之比，反应为到达平衡，故A错误；B、恒容条件下，混合气体的密度始终不变，故B错误；C、平衡时二氧化硫与三氧化硫的浓度与转化率有关，平衡时二者浓度不一定相等，故C错误；D、随反应进行总物质的量减小，混合气体的总物质的量不变，说明到达平衡，故D正确；E、绝热条件下，甲容器内温度升高，容器内温度不变，说明到达平衡，故E正确；F、SO2和O2的起始物质的量之比不等于化学计量数之比，二者质量比随反应进行发生变化，故二者质量比不变，说明到达平衡状态，故F正确，故答案为：DEF；

(3)2.7克Al的物质的量为0.1mol，100ml 2mol/L NaOH溶液中n(NaOH)=0.1L×2mol/L=0.2mol，二者发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知0.1molAl完全反应消耗0.1molNaOH，故剩余0.1molNaOH，生成0.1molNaAlO2，向反应后的溶液中滴入2mol/L HCl的溶液，当溶液中产生3.9克沉淀为氢氧化铝的质量，若溶液中Al元素全部转化为氢氧化铝，则氢氧化铝的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，故Al元素没有全部沉淀，有两种情况：一是盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，二是盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，3.9g氢氧化铝的物质的量==0.05mol，

①盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，则：

NaOH + HCl=NaCl+H2O

0.1mol 0.1mol

NaAlO2 + HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，

0.05mol 0.05mol

故HCl总物质的量=0.1mol+0.05mol=0.15mol，消耗盐酸的体积==0.075L=75mL；

②盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，则：

NaOH + HCl=NaCl+H2O

0.1mol 0.1mol

NaAlO2 + HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，

0.1mol 0.1mol 0.1mol

Al(OH)3 + 3HCl =AlCl3+3H2O

(0.1-0.05)mol 3×(0.1-0.05)mol

故HCl总物质的量=0.1mol+0.1mol+3×(0.1-0.05)mol=0.35mol，消耗盐酸的体积==0.175L=175mL，故答案为：75mL或175mL

Ⅱ、(4)①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H═-akJ•mol-1

②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H═-bkJ•mol-1

③H2O(g)═H2O(l)△H═-ckJ•mol-1

依据盖斯定律计算，得到热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+ 2H2O(l) △H ═ KJ/mol；

(5)①燃料电池，电池的一个电极通 入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是氢氧化钠溶液，根据原电池原理，正极电极反应是O2得到电子生成氢氧根离子-：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极电极反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

②电解质溶液中离子放电顺序为铜离子＞氢离子，氯离子＞氢氧根离子；电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相词条件)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，阴极上铜离子和氢离子放电，阳极上氯离子首先放电，根据200ml溶液中含有c(Cu2+)=0.5mol/L，c(H+)=2mol/L，c(Cl-)=2mol/L，c(SO42-)=0.5mol/L；阴极上铜离子和氢离子放电转移的电子不可能与阳极上氯离子放电转移的电子相等，阳极上氢氧根离子必须放电，阳极电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑，4OH--4e-=2H2O+O2↑。

考点：考查了化学平衡影响因素、热化学方程式书写和盖斯定律的应用，电解池原理的相关知识。