Question

2．A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：
①热稳定性：H_mD＞H_mC；
②C^m-、E^（m-1）具有相同的电子层结构；
③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；
④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语
回答下列问题：
（1）HmDm的电子式为．
（2）HmC与C元素的具有漂白性的氧化物反应的化学方程式为：2H₂S+SO₂=3S↓+2H₂O，该反应中氧化产物与还原产物的质量之比为：2：1
（3）用电子式表示C的氢化物的形成过程，用电子式表示A₂C的形成过程．
（4）在A、B、C、E形成的单质中，符合下列转化关系的是Na、S  （填元素符号）．

（5）由A、B、D三种元素形成的化合物与E元素的最高价含氧酸按物质的量之比2：7反应的离子方程式：6AlO₂^-+21H⁺=5Al³⁺+Al（OH）₃↓+9H₂O．

Answer 1

分析 根据题意，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为：$\frac{11+13}{3}$=8，则D为氧元素；热稳定性：H_mD＞H_mC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据；②C^m-、E^（m-1）-具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，以此解答该题．

解答 解：A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为：$\frac{11+13}{3}$=8，则D为氧元素；热稳定性：H_mD＞H_mC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据；②C^m-、E^（m-1）-具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，
（1）H_mD_m为H₂O₂，双氧水为共价化合物，其电子式为，
故答案为：；
（2）HmC为H₂S，C元素的具有漂白性的氧化物为SO₂，二者反应生成生成单质硫和水，反应方程式为：2H₂S+SO₂=3S↓+2H₂O，该反应中硫化氢中-2价S元素被氧化生成S，二氧化硫中+4价S被还原生成S，则该反应中氧化产物与还原产物的质量之比为2：1，
故答案为：2H₂S+SO₂=3S↓+2H₂O；2：1；
（3）C为S元素，其氢化物额硫化氢，硫化氢为共价化合物，分子中存在两个H-S键，用电子式表示其形成过程为；
A是Na、C是S元素，则A_mC是Na₂S，用电子式表示硫化钠的形成过程为，
故答案为：；；
（4）A、B、C、E单质分别是Na、Al、S、Cl₂，根据单质能连续被氧化可知，符合条件的是Na和S，
故答案为：Na、S；
（5）由A、B、D三种元素形成的化合物为NaAlO₂，E元素的最高价含氧酸为HClO₄，NaAlO₂、HClO₄按物质的量之比2：7反应，设物质的量分别为2mol、7mol，2mol偏铝酸钠消耗2mol高氯酸生成2mol氢氧化铝沉淀，剩余的5mol高氯酸能够溶解氢氧化铝的物质的量为：$\frac{5mol}{3}$=$\frac{5}{3}$mol，剩余氢氧化铝的物质的量为：2mol-$\frac{5}{3}$mol=$\frac{1}{3}$mol，所以反应生成铝离子和氢氧化铝的物质的量之比=$\frac{5}{3}$mol：$\frac{1}{3}$mol=5：1，该反应的离子方程式为：6AlO₂^-+21H⁺=5Al³⁺+Al（OH）₃↓+9H₂O，
故答案为：6AlO₂^-+21H⁺=5Al³⁺+Al（OH）₃↓+9H₂O．

点评 本题考查位置结构性质的关系及应用、常用化学用语、元素化合物性质等知识，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系．