Question

7．如表是元素周期表中短周期部分，表中所列字母分別代表一種元素．

A
			B	C	D	E
F						G	H

根據(jù)上述元素回答問題：（本題用化學用語回答）
（1）上述元素中地殼中極為豐富的元素O，單質(zhì)中熔點最高的可能是C，E、F、G離子半徑由小到大的順序是Na⁺＜F^-＜Cl^-，寫出化合物A₂D₂的電子式；
（2）A、B、D、F四種元素組成的受熱易分解的化合物，寫出少量該化合物溶液與足量Ba（OH）₂溶液反應的離子方程式Ba²⁺+HCO₃^-+OH^-═BaCO₃↓+H₂O．
（3）化學反應3A₂（g）+C₂（g）?2CA₃（g）．當反應達到平衡時不斷改變條件（不改變A₂、C₂和CA₃的量），圖中表示反應速率與反應過程的關系，其中表示平衡混合物中CA₃含量最高的一段時間是t₀～t₁．溫度為T℃時，將4mol A₂和2mol C₂放入1L密閉容器中，60s后測得C₂的轉(zhuǎn)化率為50%，則A₂的反應速率為0.05mol/（L﹒s）．

Answer 1

分析 由元素在周期表中位置，可知A為H、B為C、C為N、D為O、E為F、F為Na、G為Cl、H為Ar．
（1）地殼中氧元素含量第一；碳元素可以形成金剛石，為原子晶體，熔點最高；電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大；H₂O₂中氧原子之間形成1對共用電子對，氧原子與H原子之間形成1對共用電子對；
（2）H、C、O、Na四種元素組成的受熱易分解的化合物，該化合物為NaHCO₃，少量該化合物溶液與足量Ba（OH）₂溶液反應生成碳酸鋇沉淀、氫氧化鈉與水；
（3）可逆反應3A₂（g）+B₂（g）?2BA₃（g），△H=-92.4kJ•mol^-1，該反應為體積減小的放熱反應，改變反應條件（不改變A₂、B₂和BA₃的量），根據(jù)各時刻的速率變化判斷平衡移動移動方向，據(jù)此判斷BA₃的含量變化；
根據(jù)C₂的轉(zhuǎn)化率計算參加反應C₂的物質(zhì)的量，根據(jù)v=$\frac{△c}{△t}$計算v（C₂），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（A₂）．

解答 解：由元素在周期表中位置，可知A為H、B為C、C為N、D為O、E為F、F為Na、G為Cl、H為Ar．
（1）上述元素中地殼中極為豐富的元素為氧；碳元素可以形成金剛石，為原子晶體，熔點最高；電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：Na⁺＜F^-＜Cl^-；H₂O₂中氧原子之間形成1對共用電子對，氧原子與H原子之間形成1對共用電子對，電子式為；
故答案為：O；C；Na⁺＜F^-＜Cl^-；；
（2）H、C、O、Na四種元素組成的受熱易分解的化合物，該化合物為NaHCO₃，少量該化合物溶液與足量Ba（OH）₂溶液反應生成碳酸鋇沉淀、氫氧化鈉與水，反應離子方程式為：Ba²⁺+HCO₃^-+OH^-═BaCO₃↓+H₂O，
故答案為：Ba²⁺+HCO₃^-+OH^-═BaCO₃↓+H₂O；
（3）化學反應3A₂（g）+B₂（g）?2BA₃（g），△H=-92.4kJ•mol^-1，該反應為體積減小的放熱反應，
t₀～t₁，正逆反應速率相等，平衡不移動；
t₁～t₂，正逆反應速率都增大，且逆反應速率大于正反應速率，平衡向逆反應方向移動，導致氨氣的含量降低；
t₂～t₃，正逆反應速率相等，處于平衡狀態(tài)，氨氣的含量不變；
t₃～t₄，正逆反應速率都同等程度的增大平衡不移動，氨氣的含量不變；
t₄～t₅，正逆反應速率都降低，但逆反應速率大于正反應速率，導致平衡向逆反應方向移動，氨氣的含量降低；
t₅～t₆，正逆反應速率相等，平衡不移動，氨氣的含量不變；
所以平衡混合物中BA₃的含量最高的一段時間是t₀～t₁，
60s后測得C₂的轉(zhuǎn)化率為50%，則參加反應C₂的物質(zhì)的量為2mol×50%=1mol，則v（C₂）=$\frac{\frac{1mol}{1L}}{60s}$=$\frac{1}{60}$mol/（L．s），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v（A₂）=3v（C₂）=3×$\frac{1}{60}$mol/（L．s）=0.05mol/（L﹒s），
故答案為：t₀～t₁；0.05mol/（L﹒s）．

點評 本題考查了元素周期表、離子半徑比較、電子式、離子方程式、化學平衡圖象、反應速率計算等，難點是根據(jù)圖象中反應速率的變化判斷平衡移動的方向．