Question

8．A、B、C、D、E为短周期元素，A～E原子序数依次增大，质子数之和为40，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A₂C和A₂C₂，E是地壳中含量最多的金属元素．试回答：
（1）B元素在周期表中的位置为第二周期ⅤA族；
（2）将D的单质投入A₂C中，反应后得到一种无色溶液．E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为2Al+2H₂O+2OH^-=2AlO₂^-+3H₂↑．
（3）经测定，A₂C₂为二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式H₂O₂═H⁺+HO₂^-．过去常用硫酸处理BaO₂来制备制备A₂C₂，写出该反应的离子方程式BaO₂+2H⁺+SO₄^2-=BaSO₄↓+H₂O₂；
现在实验室可以将过氧化钠加入到水中来制取A₂C₂，写出该反应的化学方程式Na₂O₂+2H₂O=2NaOH+H₂O₂；
（4）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了上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式H₂O₂+H₂SO₄+Cu=CuSO₄+2H₂O．
（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，熔点为800℃．
①DA能与水反应放氢气，反应化学方程式是NaH+H₂O=NaOH+H₂↑．
②若将1mol DA和1mol E单质混合加入足量的水，生成气体的体积是 （标准状况下）56L．

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是地壳中含量最多的金属元素，则E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的原子序数相差大于2，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，据此解答．

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是地壳中含量最多的金属元素，则E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的原子序数相差大于2，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）B为N，位于元素周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；
（2）Na与水反应生成NaOH，Al与NaOH溶液反应的离子反应为：2Al+2H₂O+2OH^-=2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案为：2Al+2H₂O+2OH^-=2AlO₂^-+3H₂↑；
（3）A₂C₂为H₂O₂，为二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，第一步电离的电离方程式为：H₂O₂═H⁺+HO₂^-，用硫酸处理BaO₂来制备制备H₂O₂，该反应的离子方程式为：BaO₂+2H⁺+SO₄^2-=BaSO₄↓+H₂O₂，将过氧化钠加入到水中来制取H₂O₂，该反应的化学方程式为：Na₂O₂+2H₂O=2NaOH+H₂O₂，
故答案为：H₂O₂═H⁺+HO₂^-；BaO₂+2H⁺+SO₄^2-=BaSO₄↓+H₂O₂；Na₂O₂+2H₂O=2NaOH+H₂O₂；
（4）A₂C₂为H₂O₂，与Cu、硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，该反应为H₂O₂+H₂SO₄+Cu=CuSO₄+2H₂O，
故答案为：H₂O₂+H₂SO₄+Cu=CuSO₄+2H₂O；
（5）钠的单质在一定条件下能与氢气化合生成一种氢化物NaH，熔点为800℃，属于离子化合物．
①NaH能与水反应放氢气，反应化学方程式是：NaH+H₂O=NaOH+H₂↑，
故答案为：NaH+H₂O=NaOH+H₂↑；
②由NaH+H₂O=NaOH+H₂↑，可知1molNaH反应生成1molNaOH、1mol氢气，由2Al+2H₂O+2OH^-=2AlO₂^-+3H₂↑，可知1mol与1mol氢氧化钠恰好反应，生成氢气为1mol×$\frac{3}{2}$=1.5mol，故生成气体的体积是：（1mol+1.5mol）×22.4L/mol=56L，
故答案为：56．

点评 本题考查位置结构性质的关系及应用，推断元素是解答本题的关键，熟练掌握物质的性质及化学反应方程式的书写，题目难度中等．