Question

13．A、B、W、D、E为短周期元素，且子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A₂W和A₂W₂，E元素的周期序数与主族序数相等．
（1）E元素在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族．写出E的最高价氧化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式Al₂O₃+2OH^-=2 AlO₂^-+H₂O．
（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的结构简式为CH₃OH．
（3）经测定A₂W₂为二元弱酸，常用硫酸处理BaO₂来制备A₂W₂，写出该反应的化学方程式BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂．
（4）向含有Fe²⁺和淀粉KI的酸性溶液中滴入A₂W₂，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2mol I^-时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是2Fe²⁺+4I^-+3H₂O₂=2Fe（OH）₃↓+2I₂．
（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是56L（标准状况下）．

Answer 1

分析 A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A₂W和A₂W₂，该液态化合物分别为H₂O和H₂O₂，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此解答．

解答 解：A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A₂W和A₂W₂，该液态化合物分别为H₂O和H₂O₂，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，
（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，
氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al₂O₃+2OH^-=2 AlO₂^-+H₂O，
故答案为：第三周期第ⅢA族；Al₂O₃+2OH^-=2 AlO₂^-+H₂O；
（2）由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18-6-8=4，故该微粒结构简式为CH₃OH，
故答案为：CH₃OH；
（3）A₂W₂为H₂O₂，是二元弱酸，硫酸处理BaO₂来制备H₂O₂，则还有BaSO₄生成，反应的化学方程式为BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂，
故答案为：BaO₂+H₂SO₄=BaSO₄↓+H₂O₂；
（4）向含有Fe²⁺和淀粉KI的酸性溶液中滴入H₂O₂，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成，反应生成Fe（OH）₃与I₂，当消耗2mol I^-时，共转移3mol电子，说明被氧化的Fe²⁺为1mol，参加反应的H₂O₂为1.5mol，该反应的离子方程式是：2Fe²⁺+4I^-+3H₂O₂=2Fe（OH）₃↓+2I₂，
故答案为：2Fe²⁺+4I^-+3H₂O₂=2Fe（OH）₃↓+2I₂；
（5）NaH+H₂O=NaOH+H₂↑
    1mol    1mol 1mol
2NaOH+2Al+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，
1mol  1mol            1.5mol
n（H₂）=1mol+1.5mol=2.5mol，
V（H₂）=2.5mol×22.4L/mol=56L，
故答案为：56．

点评 本题考查元素的推断和元素化合物知识，难度中等，本题侧重于常见化合物的存在为突破口，注重于元素化合物的考查，做题时注意把握题给信息．