[题目]A.B.W.D.E为短周期元素.且原子序数依次增大.质子数之和为39.B.W同周期.A.D同主族.A.W能形成两种液态化合物A2W和A2W2.E元素的周期序数与主族序数相等.(1)E元素在周期表中的位置为 .W.D.E三种元素的简单离子的离子半径由大到小顺序为 (用离子符号表示).(2)由A.B.W三种元素组成的18电子微粒的电子式为 .(3)经测定A2W2为二元弱酸.其酸性� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。

（1）E元素在周期表中的位置为________，W、D、E三种元素的简单离子的离子半径由大到小顺序为__________(用离子符号表示)。

（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为_______________。

（3）经测定A2W2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，写出其第一步电离的电离方程式_________________，实验室常用稀硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式_____________________________________。

（4）元素D的单质在一定条件下与元素A的单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，DA能与水反应放氢气，该反应的化学方程式为____________。

（5）元素D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应，生成红褐色沉淀，且无气体生成．则该反应的离子方程式为___________________________。

【答案】第三周期、第ⅢA族 O2－>Na＋>Al3＋ H2O2 H＋＋HO2－ BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2 NaH＋H2O=NaOH＋H2↑ 3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋6Na＋＋2Fe3＋

【解析】A是五个元素原子序数最小的，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，可以猜测A为H，W为O，形成水和过氧化氢。A、D同主族，且D的原子序数大于W所以D为Na。E的原子序数大于D，所以E一定在第三周期，E元素的周期序数与主族序数相等，所以E在第三主族，则E为Al。5个元素的原子序数之和为39，所以B为C。即A、B、W、D、E依次为H、C、O、Na、Al。

（1）Al在周期表的第三周期、第ⅢA族。O2－、Na＋、Al3＋的核外电子均为10个，所以可以根据：核电荷数越大，离子半径越小的原则进行判断，结论为：O2－>Na＋>Al3＋

（2）C有6个电子，O有8个电子，则一个C和一个O已经有14个电子，为凑齐18个电子，只能再加上4个H，即CH4O，只能是甲醇。

（3）二元弱酸的电离一定分步，所以第一步电离为H2O2 H＋＋HO2－。题目说H2O2是一种二元弱酸，所以由稀硫酸处理BaO2来制备H2O2时可以参考强酸制弱酸的原则进行，得到过氧化氢和硫酸钡。

（4）Na和H2化合得到只可能是NaH，熔点为800℃，可以判断为离子化合物，含有Na+和H-，和水反应生成氢氧化钠和氢气。

（5）该淡黄色化合物明显为Na2O2，与氯化亚铁反应，红褐色沉淀为氢氧化铁。所以初始判断出来的反应物为过氧化钠、亚铁离子和水，生成物一定有氢氧化铁和钠离子。再根据化合价升降相等，得到过氧化钠和亚铁离子一定为1:2，可得到如下初始方程式：Na2O2 + 2Fe2+ + H2O = Fe(OH)3↓+ 2Na+。显然电荷不守恒，为了配平电荷可以选择在反应物中添加氢氧根（错误，因为反应物中并没有强碱，无法拆出氢氧根），或者在生成物中添加氢离子（错误，因为加入的过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，随着过氧化钠的加入，溶液不可能呈现强酸性）。以上不成立，那么就只能在生成物中添加铁离子（认为生成的氢氧根不够，无法将铁离子完全沉淀），根据电荷守恒可以计算铁离子的系数为2/3，方程式转化为：Na2O2 + 2Fe2+ + 2H2O = 4/3Fe(OH)3↓+ 2Na+ + 2/3Fe3+，两边乘以3即可。