Question

7．A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的前四周期元素．其中A与D同主族、C与E同主族，且E的原子序数是C的两倍；A分别与B和C均可形成10电子分子；B与C的最外层电子数之比2：3；F原子的最外层电子数与A相同，其余各层均充满；常见化合物D₂C₂与水反应生成C的单质，其溶液可使酚酞试液变红．据此回答下列问题：
（1）F元素形成的高价基态离子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p²3d⁹；C、D、E三元素原子均能形成简单离子，其离子半径大小顺序为S^2-＞O^2-＞Na⁺（用离子符号表示）；
（2）A与C形成的10电子分子中含的化学键类型为σ键（填σ键或π键），分子中心原子的轨道杂化类型为sp³，其化合物晶体类型为分子晶体；化合物A₂C和A₂E中，沸点较高的是H₂O（填分子式）；
（3）向含1mol A₂E的水溶液中加入等物质的量的D₂C₂，有黄色沉淀生成，写出离子方程式Na₂O₂+H₂S═2Na⁺+2OH^-+S↓：
（4）常温常压下，有23g液态化合物B₂A₆C与足量的C的单质充分反应，生成BC₂气体和A₂C液体，同时放出683.5kJ的热量，该反应的热化学方程式为：C₂H₆O（1）+3O₂（g）=2CO₂（g）+3H₂O（1）△H=-1367.0 kJ•mol^-1．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的前四周期元素，C与E同主族，且E的原子序数是C的两倍，第二三周期同一主族元素原子序数相差8，则C是O元素，E是S元素；B的原子序数小于C，B与C的最外层电子数之比2：3，则B最外层电子数是4，故B为碳元素；常见化合物D₂C₂与水反应生成C的单质，其溶液可使酚酞试液变红，说明该反应中有强碱生成，D的原子序数大于8而小于16，所以D是Na元素；A与D同主族，A的原子序数最小，且能和B或C形成10电子分子，所以A是H元素；F原子的最外层电子数与A相同，其余各层均充满，则F的原子序数是2+8+18+1=29，为Cu元素，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的前四周期元素，C与E同主族，且E的原子序数是C的两倍，第二三周期同一主族元素原子序数相差8，则C是O元素，E是S元素；B的原子序数小于C，B与C的最外层电子数之比2：3，则B最外层电子数是4，故B为碳元素；常见化合物D₂C₂与水反应生成C的单质，其溶液可使酚酞试液变红，说明该反应中有强碱生成，D的原子序数大于8而小于16，所以D是Na元素；A与D同主族，A的原子序数最小，且能和B或C形成10电子分子，所以A是H元素；F原子的最外层电子数与A相同，其余各层均充满，则F的原子序数是2+8+18+1=29，为Cu元素．
（1）Cu原子核外有29个电子，铜原子失去两个电子变为铜离子，根据构造原理，Cu²⁺离子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p²3d⁹；离子的电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是S^2-＞O^2-＞Na⁺，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p²3d⁹；S^2-＞O^2-＞Na⁺；
（2）A与C形成的10电子分子为H₂O，水分子中O原子与H原子之间形成单键，属于σ键，水分子中价层电子对个数是4，所以氧原子采用sp³杂化，冰的构成微粒是分子，所以为分子晶体，水分子和硫化氢结构相似，但水分子中含有氢键，导致水的沸点较高，
故答案为：σ键；sp³；分子晶体；H₂O；
（3）过氧化钠具有强氧化性，硫化氢具有还原性，过氧化钠和硫化氢反应生成氢氧化钠和硫单质，离子方程式为：Na₂O₂+H₂S═2Na⁺+2OH^-+S↓，故答案为：Na₂O₂+H₂S═2Na⁺+2OH^-+S↓；
（4）23gC₂H₆O的物质的量=$\frac{23g}{46g/mol}$=0.5mol，与足量的氧气充分反应生成CO₂气体和H₂O液体，同时放出683.5kJ的热量，有1molC₂H₆O完全燃烧放出的热量为1367.0 kJ，所以该反应热化学方程式为：C₂H₆O（1）+3O₂（g）=2CO₂（g）+3H₂O（1）△H=-1367.0 kJ•mol^-1，
故答案为：C₂H₆O（1）+3O₂（g）=2CO₂（g）+3H₂O（1）△H=-1367.0 kJ•mol^-1．

点评 本题考查了位置结构和性质的关系，正确推断元素是解本题关键，过氧化钠和硫化氢能发生氧化还原反应为易错点，难度中等．