Question

3．A、B、C、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为40，B、C同周期，D、E同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A₂C和A₂C₂，E元素的周期序数与主族序数相等．
（1）写出下列元素的符号：BN，CO．
（2）A、B形成的化合物中，既含极性键又含非极性键的六原子分子的结构式为．
（3）经测定A₂C₂为二元弱酸，其酸性比碳酸还弱，请写出其第一步电离的电离方程式H₂O₂?H⁺+HO₂^-．现用A₂C₂和稀硫酸浸泡废印刷电路板（含有铜），该反应的化学方程式为Cu+H₂SO₄+H₂O₂═CuSO₄+2H₂O．
（4）由A、B、C所形成的常见离子化合物与D的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为NH₄⁺+OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH₃↑+H₂O
（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种氢化物DA，且DA能与水反应放氢气．若将1mol DA和1mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是56L
（标准状况下）．
（6）用电子式表示D与C形成D₂C的过程：．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E为短周期元素，A到E原子序数依次增大．E元素的周期序数与主族序数相等，且原子序数最大，E应为Al；A、C能形成两种液态化合物A₂C和A₂C₂，则A为H，C为O；A、D同主族，由A、D的原子序数形成大于2可知，所以D为Na；元素的质子数之和为40，则B的原子序数为40-1-8-11-13=7，所以B为N，
（1）由以上分析可知B为N元素，C为O元素；
（2）A、B形成的化合物中，既含极性键又含非极性键的六原子分子为N₂H₄；
（3）A₂C₂为H₂O₂，为二元弱酸，具有强氧化性，在酸性条件下可氧化铜；
（4）A、B、C所形成的常见离子化合物为硝酸铵，与D的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的浓溶液加热可生成氨气；
（5）涉及方程式为NaH+H₂O=NaOH+H₂↑、2NaOH+2Al+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，结合方程式计算；
（6）D₂C为Na₂O，为离子化合物．

解答 解：A、B、C、D、E为短周期元素，A到E原子序数依次增大．E元素的周期序数与主族序数相等，且原子序数最大，E应为Al；A、C能形成两种液态化合物A₂C和A₂C₂，则A为H，C为O；A、D同主族，由A、D的原子序数形成大于2可知，所以D为Na；元素的质子数之和为40，则B的原子序数为40-1-8-11-13=7，所以B为N，
（1）由以上分析可知B为N元素，C为O元素，故答案为：N；O；
（2）A、B形成的化合物中，既含极性键又含非极性键的六原子分子为N₂H₄，结构式为，故答案为：；
（3）A₂C₂为H₂O₂，为二元弱酸，其酸性比碳酸还弱，其第一步电离的电离方程式为H₂O₂?H⁺+HO₂^-，具有强氧化性，在酸性条件下可氧化铜，反应的化学方程式为Cu+H₂SO₄+H₂O₂═CuSO₄+2H₂O，
故答案为：H₂O₂?H⁺+HO₂^-；Cu+H₂SO₄+H₂O₂═CuSO₄+2H₂O；
（4）A、B、C所形成的常见离子化合物为硝酸铵，与D的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的浓溶液加热可生成氨气，反应的离子方程式为NH₄⁺+OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH₃↑+H₂O，
故答案为：NH₄⁺+OH^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH₃↑+H₂O；
（5）NaH+H₂O=NaOH+H₂↑
    1mol    1mol  1mol
2NaOH+2Al+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，
1mol 1mol            1.5mol
n（H₂）=1mol+1.5mol=2.5mol，
V（H₂）=2.5mol×22.4L/mol=56L，
故答案为：56 L；
（6）D₂C为Na₂O，为离子化合物，用电子式表示形成过程为，故答案为：．

点评 本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，推断元素是解答本题的关键，熟悉物质的性质及化学反应方程式的书写，题目难度不大，注意基础知识的理解掌握．