Question

已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种元素，其中A与B形成可使红色石蕊试纸变蓝的气体，C的最高价氧化物对应水化物呈强碱性，D的离子半径是所在同周期元素简单离子半径中最小的，B与E可形成三角锥型分子且每个原子最外层都满足8电子稳定结构．
1B在元素周期表中的位置为第

 

周期

 

族，BA₃空间构型为

 

；
（2）物质甲是C在氧气中燃烧的产物，甲的电子式为

 

； C、D、E各自形成的简单离子半径由小到大的顺序为

 

（用离子符号表示）
（3）E的同族元素的氢化物中沸点最低的是

 

（写分子式）
（4）物质乙由A和B元素组成，分子中含18个电子．常温常压下，3.2g液态乙在空气中燃烧生成B的单质，同时放出aKJ热量，该反应的热化学方程式为

 

．
（5）将10.8g D单质与15.6g甲混合后，完全溶于水中得1L溶液，所得溶液中溶质的物质的量浓度为

 

 （溶液体积变化忽略不计），产生的气体在标况下体积为

 

L．

Answer 1

考点：位置结构性质的相互关系应用

专题：

分析：A与B形成可使红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，根据原子序数大小可知A为H元素、B为N元素；C的最高价氧化物对应水化物呈强碱性，则C为金属元素，C的原子序数大于N元素，则C位于第三周期，所以C、D、E都位于第三周期；第三周期中离子半径最小的一定为金属元素、且是金属元素中核电荷数最大的，则D为Al元素；B与E可形成三角锥型分子且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，B为N元素，E元素为第三周期-1价元素，则E为Cl元素，据此进行解答．

解答： 解：A与B形成可使红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，根据原子序数大小可知A为H元素、B为N元素；C的最高价氧化物对应水化物呈强碱性，则C为金属元素，C的原子序数大于N元素，则C位于第三周期，所以C、D、E都位于第三周期；第三周期中离子半径最小的一定为金属元素、且是金属元素中核电荷数最大的，则D为Al元素；B与E可形成三角锥型分子且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则E为Cl元素，
（1）根据分析可知，B为N元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅤA族；BA₃是氨气，空间构型为三角锥形，
故答案为：二；ⅤA；三角锥形；
（2）C为Na，C在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠的电子式为：；
C、D、E形成的简单离子分别是Na⁺、Al³⁺、Cl^-，三种微粒中Cl^-核外有三个电子层，离子半径最大，Na⁺、Al³⁺核外电子层结构相同，核内质子数不同，质子数越多，离子半径越小，故Al³⁺＜Na⁺，故三种微粒半径由小到大的顺序为：Al³⁺＜Na⁺＜Cl^-，
故答案为：；Al³⁺＜Na⁺＜Cl^-；
（3）E的同族元素的氢化物有HF、HCl、HBr、HI，组成和结构相同，但是由于HF分子间形成了氢键，故沸点高于其余三种，在其余三种氢化物中，沸点的高低与相对分子量有关，相对分子量越大，沸点越高，故沸点最低的是HCl，
故答案为：HCl；
（4）物质乙由A和B元素组成，分子中含18个电子，物质乙为N₂H₄，3.2g 的N₂H₄的物质的量为0.1mol，则1molN₂H₄燃烧放出的热量为10aKJ，所以热化学方程式为：N₂H₄（g）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O（l）△H=-10akJ?mol^-1，
故答案为：N₂H₄（g）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O（l）△H=-10akJ?mol^-1；
（5）D单质为金属铝，甲为工业化和，发生的反应为：2Na₂O₂+2H₂O═4NaOH+O₂↑、2Al+2H₂O+2NaOH═2NaAlO₂+3H₂↑，
A15.6gNa₂O₂的物质的量为：

15.6g

78g/mol

=0.2mol，10.8gAl的物质的量为：

10.8g

27g/mol

=0.4mol，根据反应可知金属铝恰好与氢氧化钠完全反应生成0.4mol的NaAlO₂，故溶液的浓度为：

0.4mol

1L

=0.4mol/L；
根据反应可知，0.2mol过氧化钠与水反应生成氧气的物质的量为0.1mol，0.4mol铝与氢氧化钠溶液反应生成0.6mol氢气，则产生的气体总的物质的量为0.6mol+0.1mol=0.7mol，标况下0.7mol气体体积为：22.4L/mol×0.7mol=15.68L，
故答案为：0.4mol/L；15.68．

点评：本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意熟练掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．