Question

（2013?河西区一模）六种主族元素A、B、C、D、X、Y，其原子序数依次增大，均小于54；常温下A₂B呈液态，是食物中主要营养物质之一：高纯C单质具有良好的半导体性能；D、X、Y原子核外最外层电子数均为7；过渡元素Z与B可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z₂B₃常用作外墙涂料．请按要求回答下列问题：
（1）将D₂水溶液滴入浅绿色的ZD₂溶液中发生反应的离子方程式为

Cl₂+2Fe²⁺=2Cl^-+2Fe³⁺

．
①学生甲认为X₂和Y₂都可能将Z²⁺氧化为Z³⁺，他推理的依据是

Cl、Br、I均是第ⅦA族元素，其单质的氧化性均较强

．
②而学生乙认为X₂和Y₂都不能将Z²⁺氧化为Z³⁺；学生丙认为X₂能将氧化Z²⁺为Z³⁺，而Y₂不能．学生乙、丙推理的依据是

Cl、Br、I均是第ⅦA族元素，自上而下非金属性减弱，其单质的氧化性减弱

．
（2）A与B可形成既含极性键又含非极性键的化合物W．W的水溶液呈弱酸性，常用作无公害的消毒杀菌剂等．
①W的电子式为

，W第一步电离方程式为

H₂O₂?H⁺+HO₂^-

．
②如果配制W溶液的水中含有Z³⁺，会削弱W的消毒杀菌能力，甚至会完全失去杀菌作用．试用化学方程式分析其原因：

2H₂O₂

Fe3+  .

2H₂O+O₂↑

（3）铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）与元素C同主族，原子核外电子层数均小于7；常温下其单质，在空气中锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅，锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应．由此可得出以下结论：
①锗的原子序数为

32

：
②它们+4价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为（填化学式）

Pb（OH）₄＞Sn（OH）₄＞Ge（OH）₄

．

Answer 1

分析：六种主族元素A、B、C、D、X、Y，其原子序数依次增大，均小于54；常温下A₂B呈液态，是食物中主要营养物质，A₂B是H₂O，故A为氢元素，B为氧元素；高纯C单质具有良好的半导体性能，C为Si元素；D、X、Y原子核外最外层电子数均为7，处于第ⅦA族，D与氧元素不相邻，且Y的原子序数小于54，故D为Cl元素、X为Br元素、Y为I元素；过渡元素Z与B可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z₂B₃常用作外墙涂料，Z为Fe元素，据此解答．

解答：解：六种主族元素A、B、C、D、X、Y，其原子序数依次增大，均小于54；常温下A₂B呈液态，是食物中主要营养物质，A₂B是H₂O，故A为氢元素，B为氧元素；高纯C单质具有良好的半导体性能，C为Si元素；D、X、Y原子核外最外层电子数均为7，处于第ⅦA族，D与氧元素不相邻，且Y的原子序数小于54，故D为Cl元素、X为Br元素、Y为I元素；过渡元素Z与B可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z₂B₃常用作外墙涂料，Z为Fe元素，
（1）将Cl₂水溶液滴入浅绿色的FeCl₂溶液中发生反应的离子方程式为：Cl₂+2Fe²⁺=2Cl^-+2Fe³⁺，故答案为：Cl₂+2Fe²⁺=2Cl^-+2Fe³⁺；
①学生甲认为X₂和Y₂都可能将Z²⁺氧化为Z³⁺，他推理的依据应是：Cl、Br、I均是第ⅦA族元素，其单质的氧化性均较强，
故答案为：Cl、Br、I均是第ⅦA族元素，其单质的氧化性均较强；
②而学生乙认为X₂和Y₂都不能将Z²⁺氧化为Z³⁺；学生丙认为X₂能将氧化Z²⁺为Z³⁺，而Y₂不能．学生乙、丙推理的依据是：
Cl、Br、I均是第ⅦA族元素，自上而下非金属性减弱，其单质的氧化性减弱，
故答案为：Cl、Br、I均是第ⅦA族元素，自上而下非金属性减弱，其单质的氧化性减弱；
（2）A与B可形成既含极性键又含非极性键的化合物W．W的水溶液呈弱酸性，常用作无公害的消毒杀菌剂等，W为H₂O₂，
①H₂O₂中氢原子与氧原子之间形成一对共用电子对，氧原子之间形成1对共用电子对，故电子式为，其水溶液呈弱酸性，为弱电解质，电离出H⁺、HO₂^-，故W第一步电离方程式为H₂O₂?H⁺+HO₂^-，
故答案为：；H₂O₂?H⁺+HO₂^-；
 ②如果配制W溶液的水中含有Fe³⁺，Fe³⁺对H₂O₂的分解其催化剂作用，发生反应2H₂O₂

Fe3+  .

2H₂O+O₂↑，会削弱H₂O₂的消毒杀菌能力，甚至会完全失去杀菌作用，
故答案为：2H₂O₂

Fe3+  .

2H₂O+O₂↑；
（3）①锗再硅元素的下一周期，二者原子序数形成18，故锗的原子序数为14+18=32，故答案为：32；
②同主族自上而下金属性增强，金属性越强，它们+4价氢氧化物的碱性越强，故碱性由强到弱顺序为：Pb（OH）₄＞Sn（OH）₄＞Ge（OH）₄，
故答案为：Pb（OH）₄＞Sn（OH）₄＞Ge（OH）₄．

点评：本题考查位置结构性质关系、元素周期律、常用化学用语等，难度中等，推断元素是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具有扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力．