Question

2．已知A、B、C、D是1～18号元素中的四种，0.5molA元素的离子得到6.02×10²³个电子被还原为中性原子，0.4gA的氧化物恰好与100mL0.2mol/L的盐酸完全反应，A原子核内质子数与中子数相等．B元素的单质既能与强酸稀溶液反应又能与强碱反应．C得到一个电子后与氩的电子层结构相同，其最高价氧化物的水化物为自然界中最强的酸．D元素是构成有机物的主要元素，其最外层电子数是最内层电子数的2倍．
（1）写出B和C两种元素的离子结构示意图、．
（2）A的单质可在D的最高价氧化物中燃烧，试写出其化学方程式2Mg+CO₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2MgO+C．
（3）C的最高价氧化物的化学式为Cl₂O₇；元素A、B、C的单原子离子半径由大到小为Cl^-＞Mg²⁺＞Al³⁺（用微粒符号）．
（4）向10mL浓度为1mol/L的B、C两元素形成的化合物的水溶液里逐滴滴入35mL浓度为1mol/L的苛性钠溶液，现象是先生成白色沉淀，后白色沉淀部分溶解，将生成物过滤、洗涤、干燥灼烧，可得白色固体质量为0.255g．

Answer 1

分析 短周期元素A、B、C、D中，0.5mol A元素的离子得到6.02×10²³个电子被还原为中性原子，则A离子为带两个单位正电荷的阳离子，0.4g A的氧化物恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，由AO+2HCl═ACl₂+H₂O，M（AO）=$\frac{0.4g}{0.01mol}$=40g/mol，所以A的摩尔质量为40g/mol-16g/mol=24g/mol，又A原子核内质子数目与中子数目相等，则质子数为12，即A为Mg元素；B元素的单质既能与强酸稀溶液反应又能与强碱反应，则B为Al；C得到一个电子后与氩的电子层结构相同，C原子核外电子数=18-1=17，故C为Cl元素；D元素是构成有机物的主要元素，其最外层电子数是最内层电子数的2倍，则D为C元素，据此解答．

解答 解：短周期元素A、B、C、D中，0.5mol A元素的离子得到6.02×10²³个电子被还原为中性原子，则A离子为带两个单位正电荷的阳离子，0.4g A的氧化物恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，由AO+2HCl═ACl₂+H₂O，M（AO）=$\frac{0.4g}{0.01mol}$=40g/mol，所以A的摩尔质量为40g/mol-16g/mol=24g/mol，又A原子核内质子数目与中子数目相等，则质子数为12，即A为Mg元素；B元素的单质既能与强酸稀溶液反应又能与强碱反应，则B为Al；C得到一个电子后与氩的电子层结构相同，C原子核外电子数=18-1=17，故C为Cl元素；D元素是构成有机物的主要元素，其最外层电子数是最内层电子数的2倍，则D为C元素．
（1）B和C两种元素的离子分别为Al³⁺、Cl^-，离子结构示意图分别为：、，
故答案为：、；
（2）Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO与C，其化学方程式为：2Mg+CO₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2MgO+C，
故答案为：2Mg+CO₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2MgO+C；
（3）C为Cl元素，最高价氧化物的化学式为Cl₂O₇；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小为Cl^-＞Mg²⁺＞Al³⁺，
故答案为：Cl₂O₇；Cl^-＞Mg²⁺＞Al³⁺；
（4）10mL浓度为1mol/L AlCl₃水溶液中n（AlCl₃）=0.01L×1mol/l=0.01mol，35mL浓度为1mol/L的苛性钠溶液中n（NaOH）=0.035L×1mol/l=0.035mol，将NaOH溶液滴入氯化铝溶液中，首先发生反应：AlCl₃+3NaOH=Al（OH）₃↓+3NaCl，生成氢氧化铝沉淀0.01mol，消耗NaOH0.03mol，剩余NaOH为0.035mol-0.03mol=0.005mol，然后发生反应：Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，0.005molNaOH完全反应消耗0.005mol氢氧化铝，沉淀没有完全溶液，故整个过程现象为：先生成白色沉淀，后白色沉淀部分溶解，
得到氢氧化铝为0.01mol-0.005mol=0.005mol，灼烧生成氧化铝，由Al元素守恒可知，氧化铝的质量为0.005mol×$\frac{1}{2}$×102g/mol=0.255g，
故答案为：先生成白色沉淀，后白色沉淀部分溶解；0.255g．

点评 本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（4）中注意根据计算判断．