Question

A、B、C、D、E是五种常见的短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A与C、B与D分别同族，已知B、D两种元素原子核中质子数之和是A、C两种元素原子核中质子数的2倍，五种元素中只有一种为金属元素．请回答下列问题
（1）物质甲、乙是由上述五种元素中的两种元素形成的常温下为液体的化合物，则甲、乙的化学式

H₂O或H₂O₂

、

H₂O₂或H₂O

，写出其中一种物质使酸性KMnO₄溶液褪色的离子反应方程式

5H₂O₂+2MnO₄^-+6H⁺═2Mn²⁺+8H₂O+5O₂↑

．
（2）已知：2DB₂+B₂2DB₃，若3.2gDB₂完全转化为DB₃气体时放热akJ；1mol DB₃气体完全转化为其水化物放热bkJ，则标况下33.6L DB₂完全完成上述两步反应放热

（30a+1.5b）

kJ（用a、b表示），我国工业生成DB₂所用的原料是

FeS₂

（填化学式）
（3）丙、丁两化合物均由A、B、C、D四种元素组成，写出丙丁两化合物反应的化学反应方程式：

NaHSO₄+NaHSO₃═Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O

．
（4）将一定量的DB₂通入到紫色石蕊试液中的现象是：

溶液变为红色

．再通入等物质的量E₂所观察的现象是

溶液仍为红色

．
（5）用A、B两元素的单质可制成新型化学电源，若以C的最高价氧化物的水化物为电解质，则通A的一极的电极反应方程式：

H₂+2OH^--2e^-→2H₂O

．若以此电源进行铁片上镀铜，若两极质量差为6.4g时，理论上消耗标况下

1.12

 L的A单质．

Answer 1

分析：短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A与C、B与D分别同族，B、D两种元素原子核中质子数之和是A、C两种元素原子核中质子数的2倍，五种元素中只有一种为金属元素，
则C为Na，A为H，设B的质子数为x，D的质子数为x+8，则x+（x+8）=（1+11）×2，解得x=8，所以B为O，D为S，E为主族元素，且原子序数比S的大，则E只能为Cl，然后利用元素化合物的知识来解答．

解答：解：短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A与C、B与D分别同族，B、D两种元素原子核中质子数之和是A、C两种元素原子核中质子数的2倍，五种元素中只有一种为金属元素，则C为Na，A为H，设B的质子数为x，D的质子数为x+8，则x+（x+8）=（1+11）×2，解得x=8，所以B为O，D为S，
（1）H、O元素形成的常温下为液体的化合物为H₂O、H₂O₂，H₂O₂具有还原性，能与酸性KMnO₄溶液反应使其褪色，离子反应为5H₂O₂+2MnO₄^-+6H⁺═2Mn²⁺+8H₂O+5O₂↑，
故答案为：H₂O或H₂O₂；H₂O₂或H₂O；5H₂O₂+2MnO₄^-+6H⁺═2Mn²⁺+8H₂O+5O₂↑；
（2）由2SO₂+O₂2SO₃可知，3.2gSO₂完全转化为SO₃气体时放热akJ，1molSO₃气体完全转化为其水化物放热bkJ，标况下33.6LSO₂的物质的量为

33.6L

22.4L/mol

=1.5mol，
完全完成上述两步反应放热为

1.5

0.05

×akJ+1.5bkJ=（30a+1.5b）kJ，工业生成SO₂所用的原料是FeS₂，故答案为：（30a+1.5b）；FeS₂；
（3）丙、丁两化合物均由A、B、C、D四种元素组成，则两种物质为NaHSO₄、NaHSO₃，二者反应的化学反应为NaHSO₄+NaHSO₃═Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O，
故答案为：NaHSO₄+NaHSO₃═Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O；
（4）E为主族元素，且原子序数比S的大，则E为Cl，酸遇石蕊试液变红，二氧化硫的水溶液为酸性，则观察到溶液变为红色，再通入等物质的量的Cl₂，发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，酸性增强，溶液仍为红色，故答案为：溶液变为红色；溶液仍为红色；
（5）C的最高价氧化物的水化物为NaOH，则氢氧燃料碱性电池中，负极为通氢气的一极，碱参与负极反应，电极反应方程式为H₂+2OH^--2e^-→2H₂O，镀铜，若两极质量差为6.4g，则失去电子的Cu的质量为3.2g，其物质的量为0.05mol，由电子守恒可知，Cu～2e^-～H₂，H₂的物质的量为0.05mol，其体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，
故答案为：H₂+2OH^--2e^-→2H₂O；1.12．

点评：本题考查知识点较多，难度较大，元素的推断是解答的关键，且元素的推断也是学生解答中的难点，元素的推断具有猜测性并结合位置的关系来解答．