Question

13．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39，B、C同周期，A、D同主族，A、C常温下能形成两种液态化合物A₂C和A₂C₂，E元素的周期数与主族序数相等．
请用化学用语回答下列问题：
（1）E元素在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，请写出E最高价氧化物对应水化物的电离方程式：H⁺+AlO₂^-+H₂O?Al（OH）₃?Al³⁺+3OH^-．
（2）C、D、E三种元素对应简单离子半径从大到小的顺序为O^2-＞Na⁺＞Al³⁺；由A、B、C三种元素组成的18电子微粒的分子式为CH₄O．
（3）用电子式表示BC₂的形成过程：．
（4）原子序数比C小1的元素F，也能与A形成18电子的分子，已知1mol该分子在一定条件下可以还原4mol氧化铜，同时生成一种无污染的气体单质和红色固体还有水．请写出化学方程式：N₂H₄+4CuO$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$N₂+2Cu₂O+2H₂O．
（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解．现改用A₂C₂和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式：Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O．
（6）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，DA能与水反应放出氢气，若将1mol DA和1mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成的气体在标准状况下的体积是56L．

Answer 1

分析 A、C能形成两种液态化合物A₂C和A₂C₂，该液态化合物分别为H₂O和H₂O₂，则A为H元素，C为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，处于ⅢA族元素，故E为Al元素；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39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为碳元素，结合元素对应的单质、化合物的性质可解答该题．

解答 解：A、C能形成两种液态化合物A₂C和A₂C₂，该液态化合物分别为H₂O和H₂O₂，则A为H元素，C为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，处于ⅢA族元素，故E为Al元素；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39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为碳元素．
（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，氢氧化铝的电离方程式为：H⁺+AlO₂^-+H₂O?Al（OH）₃?Al³⁺+3OH^-，
故答案为：第三周期第ⅢA族；H⁺+AlO₂^-+H₂O?Al（OH）₃?Al³⁺+3OH^-；
（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O^2-＞Na⁺＞Al³⁺，由H、C、O三种元素组成的18电子微粒的分子式为CH₄O，
故答案为：O^2-；Na⁺；Al³⁺；CH₄O；
（3）用电子式表示CO₂的形成过程：，
故答案为：；
（4）原子序数比C小1的元素F为氮元素，也能与氢元素形成18电子的分子，该分子为N₂H₄，1mol该分子在一定条件下可以还原4mol氧化铜，同时生成一种无污染的气体单质和红色固体还有水，该气体单质为氮气，设Cu元素在还原产物中的化合价为x，根据电子转移守恒，则1mol×2×[0-（-2）]=4mol×（2-x），解得x=1，故红色固体为Cu₂O，反应化学方程式：N₂H₄+4CuO$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$N₂+2Cu₂O+2H₂O，
故答案为：N₂H₄+4CuO$\frac{\underline{\;一定条件\;}}{\;}$N₂+2Cu₂O+2H₂O；
（5）Cu、稀硫酸、H₂O₂反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O，
故答案为：Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O；
（6）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．

点评 本题考查元素化合物的推断、常用化学用语、化学计算等，A、C形成的化合物为推断突破口，（4）为易错点，学生容易认为红色固体为Cu，忽略根据电子转移守恒判断，需要学生具备扎实的基础和综合运用知识解决问题的能力，难度中等．