Question

7．X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大．元素Z的离子与NH₄⁺所含电子数和质子数均相同，ZX为离子化合物；Y、M同主族，化合物Cu₂M和Cu₂Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：
Cu₂M$\stackrel{过量浓硝酸}{→}$澄清溶液$\stackrel{一定量NaOH}{→}$悬浊液$\stackrel{D的溶液}{→}$Cu₂Y
（1）Z的原子结构示意图为，G在元素周期表中的位置为第三周期第ⅤⅡA族．
（2）X、Y、M间可以形成甲乙两种负一价的双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10电子，则甲乙反应的离子方程式HS^-+OH^-=S^2-+H₂O
（3）ZX的电子式为Na⁺[：H]^-．
（4）Cu₂M与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为Cu₂S+12HNO₃（浓）=Cu（NO₃）₂+CuSO₄+10NO₂↑+6H₂O．
（5）以Pt为电极电解X₂Y₂也可产生氧气，写出X₂Y₂水溶液电解过程中的电极反应式（已知：H₂O₂的氧化性及还原性均比H₂O强）：阴极H₂O₂+2H⁺+2e^-=2H₂O；阳极H₂O₂-2e^-=O₂↑+2H⁺．

Answer 1

分析 X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，ZX为离子化合物，则X一定为H元素；
元素Z的离子与NH₄⁺所含电子数和质子数均相同，NH₄⁺中含有10个电子，11个质子，则Z为Na元素；
D是纤维素水解的最终产物，则D为葡萄糖，则悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，则Y为O元素；又Y、M同主族，则M为S元素；G是短周期主族元素，其原子序数大于S元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），据此进行解答．

解答 解：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，ZX为离子化合物，则X一定为H元素；元素Z的离子与NH₄⁺所含电子数和质子数均相同，NH₄⁺中含有10个电子，11个质子，则Z为Na元素；D是纤维素水解的最终产物，则D为葡萄糖，则悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，则Y为O元素；又Y、M同主族，则M为S元素；G是短周期主族元素，其原子序数大于S元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），
（1）Z为Na元素，其原子序数为11，核外电子总数为10，钠原子结构示意图为：；
G为Cl元素，位于周期表中第三周期第ⅤⅡA族，
故答案为：；第三周期第ⅤⅡA族；
（2）X、Y、M分别为H、O、S，三者间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，则甲中一定含有S原子，则甲为HS^-，乙有10个电子，则乙为OH^-，硫氢根离子与氢氧根离子发生中和反应生成硫离子和水，反应的离子方程式为：HS^-+OH^-=S^2-+H₂O，
故答案为：HS^-+OH^-=S^2-+H₂O；
（3）氢化钠是钠原子失去一个电子，氢原子得到这一个电子，均达到稳定结构的过程，原子之间通过得失电子形成的化学键为离子键，其电子式为：Na⁺[：H]^-，
故答案为：Na⁺[：H]^-；
（4）Cu₂M为硫化亚铜，Cu₂S与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO₂，Cu₂S中铜从+1变为+1，化合价总共升高2价，S从-2变为+6，化合价升高了8价，总共升高10价，硝酸中+5价N被还原为+4，化合价降低1价，则化合价变化的最小公倍数为10，故硫化亚铜的系数为1，二氧化氮的系数为10，再结合质量守恒可知反应物中还生成硫酸铜，利用观察法配平可得该反应的方程式为：Cu₂S+12HNO₃（浓）=Cu（NO₃）₂+CuSO₄+10NO₂↑+6H₂O，
故答案为：Cu₂S+12HNO₃（浓）=Cu（NO₃）₂+CuSO₄+10NO₂↑+6H₂O；
（5）以Pt为电极电解H₂O₂也可产生氧气，电解总反应式为：2H₂O₂$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑，分析化合价变化可知阳极过氧化氢失电子生成氧气，电极反应式为：H₂O₂-2e^-=O₂↑+2H⁺，阴极过氧化氢得电子生成水，其电极反应式为：H₂O₂+2H⁺+2e^-=2H₂O，
故答案为：H₂O₂+2H⁺+2e^-=2H₂O； H₂O₂-2e^-=O₂↑+2H⁺．

点评 本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意 熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，（4）为易错点，注意明确化合价升降相等在配平氧化还原反应中的应用．