A.B.C.D.E.F是五种短周期元素.它们的原子序数依次增大．A元素的原子核内只有一个质子,B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X,D与A同主族.且与F同周期,F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍．A.B.D.F这四种元素.每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．D.E.F三种元素对应的最高价氧化物� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

15．A、B、C、D、E、F是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A元素的原子核内只有一个质子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍．A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应．请回答下列问题：
（1）写出A、C、D、E元素的名称A氢、C氧、D钠、E铝，F元素在周期表中的位置第三周期第ⅥA族（周期和族）．
（2）可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是（填编号）②③；
①比较这两种元素常见单质的熔点 ②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度
③比较这两种元素的氢化物的还原性
（3）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成），这两种酸式盐的化学式
分别为NaHSO₄、NaHSO₃．
（4）A、B、C三种元素间可形成甲、乙两种离子，它们均含有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为OH^-+NH₄⁺=NH₃•H₂O 或H₃O⁺+OH^-=2H₂O．（写一条即可）
（5）向含有a mol E的氯化物的溶液中加入含b mol D的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成
沉淀的物质的量不可能为：②．（填序号）①a mol ②b mol ③b/3mol ④0．

分析 A、B、C、D、E、F是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A元素的原子核内只有一个质子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，X为NH₄NO₃；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的$\frac{3}{4}$倍，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故F为S元素；D与A同主族，且与F同周期，可推知D为Na元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱反应，则E为Al；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，可推知C为O元素，据此解答．

解答解：A、B、C、D、E、F是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A元素的原子核内只有一个质子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，X为NH₄NO₃；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的$\frac{3}{4}$倍，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故F为S元素；D与A同主族，且与F同周期，可推知D为Na元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱反应，则E为Al；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，可推知C为O元素．
（1）由上述分析可知，A为氢元素、C为氧元素、D为钠元素、E为铝元素，F为硫元素，元素在周期表中的位置为：第三周期第ⅥA族，
故答案为：氢；氧；钠；铝；第三周期第ⅥA族；
（2）①单质熔点为物理性质，不能比较元素非极性强弱，故错误；
②单质与氢气化合越容易，说明元素的非金属性越强，故正确；
③非金属元素氢化物还原性越强，该元素的非金属性越弱，故正确，
故选：②③；
（3）H、O、Na、S四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成），这两种酸式盐的化学式分别为 NaHSO₄、NaHSO₃，
故答案为：NaHSO₄；NaHSO₃；
（4）H、N、O三种元素间可形成甲、乙两种离子，它们均含有10个电子，可以消耗反应，两种离子为OH^-、NH₄⁺或H₃O⁺、OH^-，则甲与乙反应的离子方程式为：OH^-+NH₄⁺=NH₃•H₂O 或H₃O⁺+OH^-=2H₂O，
故答案为：OH^-+NH₄⁺=NH₃•H₂O 或H₃O⁺+OH^-=2H₂O；
（5）向含有a mol AlCl₃的溶液中加入含b mol NaOH的溶液，发生反应：①AlCl₃+3NaOH=Al（OH）₃↓+3NaCl，②AlCl₃+4NaOH=NaAlO₂+3NaCl，
当a：b≥1：3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或$\frac{b}{3}$mol，氯化铝过量时，得到沉淀amol，小于amol，可能为$\frac{a}{3}$mol；
当a：b≤1：4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；
当1：3＜a：b＜1：4时，发生反应①②，则：
AlCl₃+3NaOH=Al（OH）₃↓+3NaCl
xmol 3xmol xmol，
AlCl₃+4NaOH=NaAlO₂+3NaCl，
（a-x）mol 4（a-x）mol
则3xmol+4（a-x）mol=b，解得x=（4a-b），即沉淀为（4a-b）mol，由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可能为$\frac{a}{3}$mol；
由氢氧根守恒可知，氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol，
总上分析可知，沉淀可能为①a mol、④$\frac{b}{3}$mol、④0，不可能②b mol，
故答案为：②．

点评本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意掌握常见10电子、18电子微粒，（5）中计算属于字母型讨论计算，为易错点，侧重考查学生分析计算能力，难度中等．

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（1）实验测得温度对反应所得固体混合物中水溶性铜（CuSO₄）的含量的影响如图所示．生产过程中应将温度控制在600℃左右，温度升高至一定程度后，水溶性铜含量下降的可能原因是CuSO₄发生了分解反应．
（2）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L^-1计算）．实验中可选用的试剂和用品：稀硫酸、3% H₂O₂溶液、CuO、玻璃棒、精密pH试纸．
①实验时需用约3%的H₂O₂溶液100mL，现用市售30%（密度近似为1g•cm^-3）的H₂O₂来配制，其具体配制方法是用量筒量取10mL30%H₂O₂溶液加入烧杯中，再加入90mL 水（或加水稀释至 100mL），搅拌均匀．
②补充完整由反应所得固体混合物X制得纯净胆矾晶体的实验步骤：
第一步：将混合物加入过量稀硫酸，搅拌、充分反应，过滤．

粒子	Cu²⁺	Fe²⁺	Fe³⁺
开始沉淀时的pH	4.7	5.8	1.9
完全沉淀时的pH	6.7	9.0	3.2

第二步：向滤液中加入稍过量3% H₂O₂溶液，充分反应．
第三步：向溶液中加入CuO，用精密pH试纸控制pH在3.2～4.7之间，过滤．
第四步：加热浓缩、冷却结晶．
第五步：过滤、洗涤，低温干燥．
（3）在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillus ferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为4CuFeS₂+4H⁺+17O₂=4Cu²⁺+4Fe³⁺+8SO₄^2-+2H₂O．

6．化合物I（C₁₁H₁₂O₃）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．I可以用E和H在一定条件下合成：

已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；
②R-CH-CH₂$\frac{①{B}_{2}{H}_{6}}{②\frac{{H}_{2}O}{O{H}^{-}}}$R-CH₂CH₂OH；
③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；
④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．
回答下列问题：
（1）C的化学名称为2-甲基-1-丙醇．
（2）D的结构简式为（CH₃）₂CHCHO．
（3）E的分子式为C₄H₈O₂．
（4）F生成G的化学方程式为

+2Cl₂$\stackrel{光照}{→}$

+2HCl，该反应类型为取代反应．
（5）I的结构简式为

．
（6）I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO₃溶液反应放出CO₂，共有18种（不考虑立体异构）．J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，写出J的这种同分异构体的结构简式

．

3．下列关于元素周期律的叙述正确的是（　　）

	A．	随着元素原子序数的递增，原子最外层电子数总是从1到8重复出现
	B．	元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性变化
	C．	随着元素原子序数的递增，元素的最高正价从+1到+7，负价从-7到-1重复出现
	D．	主族元素原子的最高正价和负价的绝对值之和一定是8

10．R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是（m、n为正整数）（　　）

	A．	若R（OH）n为强碱，则W（OH）m也为强碱
	B．	若H_nXO_m为强酸，则Y是活泼非金属元素
	C．	若Y的最低化合价为-2，则Z的最高正化合价为+6
	D．	若X的最高正化合价为+5，则五种元素都是非金属元素