题目内容
有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示．E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同．回答下列问题：
（1）A与E形成的化合物的化学式是
Al2O3
Al2O3
．（2）B的最高价氧化物化学式为
P2O5
P2O5
，C的元素名称为硫
硫
．（3）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液直至过量，观察到的现象是
先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随着氢氧化钠加入沉淀又逐渐溶解并最终消失
先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随着氢氧化钠加入沉淀又逐渐溶解并最终消失
．有关反应的离子方程式为Al3++30H-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
Al3++30H-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
．分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素周期表知，这四种元素处于第二、三周期，设C的原子序数是X，则A、B、D的原子序数分别是（X-8）、（X-1）、（X+1），相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，
则（X-8）+（X-1）+X+（X+1）=56，则X=16，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失去3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E是Al元素．
则（X-8）+（X-1）+X+（X+1）=56，则X=16，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失去3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E是Al元素．
解答：解：A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素周期表知，这四种元素处于第二、三周期，设C的原子序数是X，则A、B、D的原子序数分别是（X-8）、（X-1）、（X+1），相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，
则（X-8）+（X-1）+X+（X+1）=56，则X=16，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失去3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E是Al元素．
（1）铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝的化学式为：Al2O3，故答案为：Al2O3；
（2）B的最高价氧化物是五氧化二磷，其化学式为：P2O5，C的名称是硫，故答案为：P2O5，硫；
（3）D与E形成的化合物是氯化铝，氯化铝和少量的氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量时，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠，所以看到的现象是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随着氢氧化钠加入沉淀又逐渐溶解并最终消失，离子反应方程式为：Al3++30H-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随着氢氧化钠加入沉淀又逐渐溶解并最终消失，Al3++30H-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．
则（X-8）+（X-1）+X+（X+1）=56，则X=16，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失去3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E是Al元素．
（1）铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝的化学式为：Al2O3，故答案为：Al2O3；
（2）B的最高价氧化物是五氧化二磷，其化学式为：P2O5，C的名称是硫，故答案为：P2O5，硫；
（3）D与E形成的化合物是氯化铝，氯化铝和少量的氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量时，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠，所以看到的现象是先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随着氢氧化钠加入沉淀又逐渐溶解并最终消失，离子反应方程式为：Al3++30H-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：先有白色胶状沉淀产生并逐渐增多，随着氢氧化钠加入沉淀又逐渐溶解并最终消失，Al3++30H-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．
点评：本题考查了元素周期表及元素周期律的应用，正确推断元素是解本题关键，注意氢氧化铝及氧化铝的特殊性，为常考查点．
练习册系列答案
相关题目
