题目内容

10．相邻三个周期的五种元素，A、B、C、D、E原子序数依次增大．B、C、D在同一周期，B的+4价氧化物与+4价硫化物的相对分子质量之比为11：19．且B与A、B与C均能形成气态化合物分子；而D与E能形成离子化合物ED2，该两种离子的电子层架构相同，由此推断A是H，B是C，C是N，D是O，E是Si．

分析 A、B、C、D、E是相邻三个周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大，B的+4价氧化物与+4价硫化物的相对分子质量之比为11：19，设B的相对原子质量为x，列式计算得出x=12，即可确定B为C元素；
B、C、D在同一周期，原子序数依次增大，且B与A、B与C均能形成气态化合物分子，那么C应为O，那么A为H元素；
而D与E能形成离子化合物ED2，该两种离子的电子层架构相同，即核外电子排布相同，那么E为Si，据此填空即可．

解答 解：A、B、C、D、E是相邻三个周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大，B的+4价氧化物与+4价硫化物的相对分子质量之比为11：19，设B的相对原子质量为x，由题意得出：$\frac{x+16×2}{x+32×2}=\frac{11}{19}$，x=12，那么B为C元素；
B、C、D在同一周期，原子序数依次增大，且B与A、B与C均能形成气态化合物分子，那么C应为O，那么A为H元素；
而D与E能形成离子化合物ED2，该两种离子的电子层架构相同，即核外电子排布相同，那么E为Si，
故答案为：H；C；N；O；Si．

点评 本题主要考查的是元素的推断，充分利用题给信息得出B为碳元素是解决本题的关键，还要熟悉常见分子晶体和常见元素的化合价，难度不大．

练习册系列答案
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20．如图是无机物A～N在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．M的溶液与C的稀溶液发生以下反应．其中，I的单质能与本周期IA、VIIA元素组成的最高价氧化物的水化物分别发生反应，K是一种红棕色气体，E．是红褐色沉淀E物质，N是由两种元素按质量比7：8组成的常用化工原料．

请填写下列空白：
（1）物质M、N的化学符号分别为Fe（NO3）2、FeS2；
（2）在反应①、②、④、⑥中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是①（填写序号）；在反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
（3）反应③的离子方程式是：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O；I与氢氧化钠反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（4）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2GO4，同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是（用相应元素表示）：Fe2O3+3KNO3+2KOH$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$K2FeO4+3KNO2+H2O．
1．工业碳酸钠由于在生产过程中原料盐和工艺等的原因，常会含有Na2SO4、NaCl中的一种或两种杂质．现有工业碳酸钠样品，某化学兴趣小组就工业碳酸钠中是否含有这两种杂质进行探究．
实验室有以下的仪器和药品可供使用：
烧杯、试管、玻璃棒、药匙、滴管、酒精灯、试管夹：1.0mol•L-1H2SO4、1.0mol•L-1HNO3、1.0mol•L-1HCl、NaOH稀溶液、0.1mol•L-1AgNO3、0.1mol•L-1BaCl2、0.1mol•LBa（NO3）2、蒸馏水．以下是部分实验探究过程：
（1）提出假设：根据题意，工业碳酸钠中含有杂质有3种可能的情况．
（2）设计实验方案
基于工业碳酸钠中两种杂质均存在这一假设，设计出实验方案（不要在答题卡上作答）．
（3）根据（2）的实验方案，进行实验．请在答题卡上按下表格式写出实验操作步骤、预期的现象及结论
编号实验操作预期现象和结论
①
②
③
18．下列除杂方法可行的是（　　）
A．用过量氨水除去AlCl3溶液中的FeCl3
B．用饱和Na2CO3溶液除去CO2中HCl
C．用Br2除去KBr溶液中的KCl
D．用CuO除去CuCl2中的FeCl3
5．3.0g某有机物样品通入足量氧气后充分燃烧，在120℃条件下将燃烧后的气体通入足量的浓H2SO4中，浓H2SO4增重1.8g，然后将气体再通入足量的氢氧化钡溶液中，可得到沉淀19.7g（不考虑溶解的沉淀物），此时还有标准状况下的气体2.24L，该剩余气体可用于抢救危重病人．实验测得同体积的该有机物蒸气与氦气的质量之比为15．求该有机物的分子式和通入氧气的总体积（标准状况下）．
15．有①纤维素；②环己烷；③苯；④乙酸；取等质量的上述有机物分别在过量氧气中完全燃烧，其中耗氧量由大到小排列顺序正确的是（　　）
A．①②③④B．②③①④C．④①③②D．③④①②
2．由葡萄糖发酵可得乳酸，为研究乳酸的分子组成和机构，进行下述实验：
（1）称取乳酸0.90g，在某状况下使其完全汽化，已知相同状况下同体积氢气为0.02g，则乳酸的相对分子质量为90；
（2）若将上述乳酸蒸汽在氧气中燃烧只生成CO2和H2O（g），当全部被碱石灰吸收时，碱石灰增重1.86g，若将此产物通入过量石灰水中，则会产生3.00g白色沉淀，则乳酸的分子式为C3H6O3；
（3）另取0.90g乳酸，若跟足量金属钠反应，生成H2 224mL（标况下），若与足量Na2CO3反应生成112mL CO2（标况下），则乳酸的结构简式可能是CH2（OH）CH2COOH或；
（4）若两分子乳酸在浓硫酸加热的条件下反应生成一个具有六元环的环酯，则乳酸的结构简式，该六元环酯的结构简式为．
1．CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可采取不同方法制取．
方法一  铜粉还原CuSO4溶液
CuSO4溶液$→_{加热①}^{NaCl、过量Cu粉、浓盐酸}$ $\stackrel{过滤}{→}$滤液 $→_{②}^{水}$ $\stackrel{过滤}{→}$滤渣$→_{92%乙醇}^{洗涤}$$\stackrel{真空干燥}{→}$CuCl
已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl（白色）+2Cl-?[CuCl3]2-（无色溶液）．
（1）将废铜板浸入热的H2SO4溶液中，并通入空气，可以生成CuSO4．该反应的离子方程式为2Cu+O2+4H+$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu2++2H2O．
（2）①中“加热”的目的是加快反应的速率，当观察到溶液由蓝色变为无色现象，即表明反应已经完全．
（3）②中加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl．
（4）潮湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化．上述流程中，为防止水解和氧化所添加的试剂或采取的操作是浓盐酸、95%乙醇、真空干燥． 
方法二  铜电极电解饱和食盐水（实验装置如图）
（5）阳极的电极反应式为Cu-e-+Cl-=CuCl．
（6）实验开始时，阳极附近没有产生CuOH沉淀的原因是阳极区Cl-浓度远远高于OH-的浓度．（已知：Ksp（CuCl）=1.2×10-6，Ksp（CuOH）=1.2×10-14）
2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）
A．15g甲基（-CH3）所含的电子数为9NA
B．300 mL 2 mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6 NA
C．标准状况下，22.4LCH4气体与足量Cl2反应可生成NA个CH3Cl分子
D．80mL 10mol/L浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA

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