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8.A、B、C、D、E为短周期元素,A~E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素.试回答:
(1)B元素在周期表中的位置为第二周期ⅤA族;
(2)将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液.E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑.
(3)经测定,A2C2为二元弱酸,其酸性比碳酸的还要弱,请写出其第一步电离的电离方程式H2O2═H++HO2-.过去常用硫酸处理BaO2来制备制备A2C2,写出该反应的离子方程式BaO2+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O2
现在实验室可以将过氧化钠加入到水中来制取A2C2,写出该反应的化学方程式Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2
(4)废印刷电路板上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解.现改用A2C2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的离子方程式H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O.
(5)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成一种氢化物DA,熔点为800℃.
①DA能与水反应放氢气,反应化学方程式是NaH+H2O=NaOH+H2↑.
②若将1mol DA和1mol E单质混合加入足量的水,生成气体的体积是 (标准状况下)56L.

分析 A、B、C、D、E为短周期元素,A到E原子序数依次增大.E是地壳中含量最多的金属元素,则E为Al;A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,则A为H,C为O;A、D同主族,由A、D的原子序数相差大于2,所以D为Na;元素的质子数之和为40,则B的原子序数为40-1-8-11-13=7,所以B为N,据此解答.

解答 解:A、B、C、D、E为短周期元素,A到E原子序数依次增大.E是地壳中含量最多的金属元素,则E为Al;A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,则A为H,C为O;A、D同主族,由A、D的原子序数相差大于2,所以D为Na;元素的质子数之和为40,则B的原子序数为40-1-8-11-13=7,所以B为N.
(1)B为N,位于元素周期表中第二周期ⅤA族,故答案为:第二周期ⅤA族;
(2)Na与水反应生成NaOH,Al与NaOH溶液反应的离子反应为:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,
故答案为:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑;
(3)A2C2为H2O2,为二元弱酸,其酸性比碳酸的还要弱,第一步电离的电离方程式为:H2O2═H++HO2-,用硫酸处理BaO2来制备制备H2O2,该反应的离子方程式为:BaO2+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O2,将过氧化钠加入到水中来制取H2O2,该反应的化学方程式为:Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2
故答案为:H2O2═H++HO2-;BaO2+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O2;Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2
(4)A2C2为H2O2,与Cu、硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水,该反应为H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O,
故答案为:H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O;
(5)钠的单质在一定条件下能与氢气化合生成一种氢化物NaH,熔点为800℃,属于离子化合物.
①NaH能与水反应放氢气,反应化学方程式是:NaH+H2O=NaOH+H2↑,
故答案为:NaH+H2O=NaOH+H2↑;
②由NaH+H2O=NaOH+H2↑,可知1molNaH反应生成1molNaOH、1mol氢气,由2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,可知1mol与1mol氢氧化钠恰好反应,生成氢气为1mol×$\frac{3}{2}$=1.5mol,故生成气体的体积是:(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L,
故答案为:56.

点评 本题考查位置结构性质的关系及应用,推断元素是解答本题的关键,熟练掌握物质的性质及化学反应方程式的书写,题目难度中等.

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