Question

10．天然氣的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（COS）、乙硫醇（C₂H₅SH）等氣體．
（1）組成羰基硫的元素中，原子半徑最小的元素在周期表中的位置是第二周期第VIA族．
（2）乙硫醇有特殊氣味，是天然氣的臭味指示劑．乙硫醇可以看作是乙醇分子中羥基（-OH）被-SH取代，則乙硫醇的結構式為．
（3）下列事實可用于比較C與S兩種元素非金屬性（原子得電子能力）相對強弱的是d（填序號）．
a．沸點：H₂S＞CH₄    b．元素在周期表中的位置     c．酸性：H₂SO₃＞H₂CO₃    d．同溫同濃度水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄
（4）羰基硫水解及利用的過程如下（部分產物已略去）：COS$→_{Ⅰ}^{H_{2}O}$H₂S$→_{Ⅱ}^{NaOH溶液}$Na₂S溶液$→_{Ⅲ}^{△}$X溶液+H₂
①常溫下，在反應Ⅱ中，每吸收lgH₂S氣體放出熱量a kJ，其熱化學方程式為H₂S（g）+2NaOH（aq）=Na₂S（aq）+2H₂O（l）△H=-34akJ/mol．
②已知X溶液中硫元素的主要存在形式為S₂O₃^2-，則反應Ⅲ中生成該離子的離子方程式為2S^2-+5H₂O=S₂O₃^2-+4H₂↑+2OH^-．
③如圖是反應Ⅲ中，在不同反應溫度下，反應時間與H₂產量的關系圖（Na₂S初始含量為3mmo1）．請結合圖象數據解釋X溶液中除S₂O₃^2-外，還有SO₃^2-、SO₄^2-的原因．答：從圖形可知，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$＞2，故部分硫元素的化合價將高于+2價．

Answer 1

分析 （1）電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同的，原子序數越大，半徑越�。�
（2）根據乙醇的結構式分析；
（3）比較非金屬性強弱，可以通過氫化物的穩(wěn)定性、單質的氧化性、最高價氧化物水化物的酸性等角度分析；
（4）①常溫下，在反應Ⅱ中，每吸收lgH₂S氣體放出熱量a kJ，然后求出34g硫化氫即1mol反應的熱效應，然后寫出其熱化學方程式；
②硫化鈉與水反應生成S₂O₃^2-、氫氣和氫氧化鈉，根據電子守恒和原子守恒書寫；
③3molNa₂S若只生成S₂O₃^2-轉移12mol電子，根據電子守恒可知，生成的氫氣為6mol，由圖象可知，生成的氫氣大于6mol，則Na₂S失去的電子的物質的量大于12mol．

解答 解：（1）電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同的，原子序數越大，半徑越小，則原子半徑：S＞C＞O，則O原子的半徑最小，O元素位于第二周期第VIA族；
故答案為：第二周期第VIA族；
（2）乙硫醇可以看作是乙醇分子中羥基（-OH）被-SH取代，則乙硫醇的結構式為，故答案為：；
（3）a．氫化物的沸點高低與分子間作用力有關，不能根據沸點高低判斷非金屬性，故a錯誤；
b．根據周期表中位置可知非金屬性：O＞C，O＞S，但是不能比較C與S，故b錯誤；
c．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物水化物的酸性越強，但是H₂SO₃不是最高價含氧酸，故c錯誤；
d．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物水化物的酸性越強，同溫同濃度水溶液的pH：Na₂CO₃＞Na₂SO₄，說明碳酸的酸性小于硫酸，則非金屬性：C＜S，故d正確；
故答案為：d；
（4）①常溫下，在反應Ⅱ中，每吸收lgH₂S氣體放出熱量a kJ，則34g硫化氫即1mol反應的熱效應為34akJ，所以其熱化學方程式為H₂S（g）+2NaOH（aq）=Na₂S（aq）+2H₂O（l）△H=-34akJ/mol；
故答案為：H₂S（g）+2NaOH（aq）=Na₂S（aq）+2H₂O（l）△H=-34akJ/mol；
②硫化鈉與水反應生成S₂O₃^2-、氫氣和氫氧化鈉，其反應的離子方程式為：2S^2-+5H₂O=S₂O₃^2-+4H₂↑+2OH^-，故答案為：2S^2-+5H₂O=S₂O₃^2-+4H₂↑+2OH^-；
③3molNa₂S若只生成S₂O₃^2-轉移12mol電子，根據電子守恒可知，生成的氫氣為6mol，即$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$=2，由圖象可知，生成的氫氣大于6mol，則$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$＞2，所以Na₂S失去的電子的物質的量大于12mol，因此產物中S的化合價高于+2價，所以有SO₃^2-、SO₄^2-；
故答案為：從圖形可知，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（N{a}_{2}S）}$＞2，故部分硫元素的化合價將高于+2價．

點評 本題以硫的化合物的性質為知識背景，考查了原子半徑的比較、有機物的結構式、元素非金屬性判斷、熱化學方程式、氧化還原反應等，側重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力．