Question

11．A、B、C、D、E是五种短周期元素．已知：它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，C是E的邻族元素；D和E的原子序数之和为30，且D的族序数与周期数相等．甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物，其中甲分子中含有18个电子．

物质组成	甲	乙	丙	丁
各元素原子个数比	A和C 1：1	B和A 1：4	D和E 1：3	B和E 1：4

请回答下列问题：
（1）C的最低价氢化物与乙相比较，稳定性强弱关系（用相应的化学式表示）：H₂O＞CH₄
（2）元素E在周期表中的位置为第三周期VIIA族
（3）请写出两种与乙具有相同电子数的非单核离子的化学式：NH₄⁺和OH^-
（4）把D的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+6H₂O=2Na[Al（OH）₄]+3H₂↑
（5）写出甲的电子式：
（6）有200mL MgCl₂和丙的混合溶液，其中c（Mg²⁺）=0.2mol•L^-1，c（Cl^-）=1.3mol•L^-1，要使Mg²⁺全部转化为沉淀分离出来，至少需要4mol•L^-1 NaOH 溶液的体积是：80mL．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第ⅥA族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳，据此进行答题．

解答 解：A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第ⅥA族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳，
（1）非金属性越强，氢化物越稳定，氧的非金属性强于碳，则水的稳定性强于甲烷，
故答案为：H₂O；CH₄；
（2）E为氯元素，原子序数为17，位于周期表中第三周期VIIA族，
故答案为：三；VIIA；
（3）乙有10个电子，则含10个电子的非单核离子的化学式为NH₄⁺和OH^-，
故答案为：NH₄⁺；OH^-；
（4）把铝的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+6H₂O=2Na[Al（OH）₄]+3H₂↑，
故答案为：2Al+2NaOH+6H₂O=2Na[Al（OH）₄]+3H₂↑；
（5）甲为双氧水，双氧水为共价化合物，其电子式为，
故答案为：；
（6）有200mL MgCl₂和AlCl₃的混合溶液，其中c（Mg²⁺）=0.2mol•L^-1，c（Cl^-）=1.3mol•L^-1，则c（Al³⁺）=0.3mol•L^-1，要使Mg²⁺全部转化为沉淀分离出来，此时Al³⁺要生成AlO₂^-，需要NaOH 物质的量为0.3×0.2×4+0.2×0.2×2mol=0.32mol，所以溶液的体积为：$\frac{0.32mol}{4mol/L}$=0.08L=80 mL，
故答案为：80 mL．

点评 本题主要考查位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，根据题干信息推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．