Question

20．现有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素．已知A、C、E三原子的最外电子层中共有10个电子，这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应且均生成盐和水．请回答：
（1）B元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅡA族，D可用于半导体材料，其元素符号是Si．
（2）E、F两元素的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是HClO₄（填化学式）．
（3）写出A元素的原子结构示意图是，A和E元素形成的化合物所含有的化学键是离子键．
（4）A、C、F的最高价氧化物对应水化物中，具有两性的是Al（OH）₃（填化学式），A与C的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O．
（5）A元素的原子与氧原子按1：1的个数比形成的化合物11.7g与足量二氧化碳完全反应的化学方程式2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，有0.15mol 电子发生转移．
（6）由H、N、O三种元素组成的离子化合物X，在 210℃可分解生成N元素的一种气态氧化物Y和水．已知 40g X完全分解可生成11.2L（标准状况）Y，则Y的化学式为N₂O．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素，A、C、E三种元素原子的最外层共有10个电子，三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，则A为Na，C为Al，E原子最外层电子式为10-1-3=6，故E为S元素，则B为Mg、F为Cl；（1）中D可用于半导体材料，则D为Si，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素，A、C、E三种元素原子的最外层共有10个电子，三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，则A为Na，C为Al，E原子最外层电子式为10-1-3=6，故E为S元素，则B为Mg、F为Cl；（1）中D可用于半导体材料，则D为Si．
（1）B为Mg元素，在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅡA族，D可用于半导体材料，其元素符号是 Si，
故答案为：第三周期第ⅡA族；Si；
（2）E、F两元素的最高价氧化物的水化物分别为H₂SO₄、HClO₄，应用Cl元素非金属性强于硫，故HClO₄的酸性较强，
故答案为：HClO₄；
（3）A为Na元素，原子结构示意图是，A和E元素形成的化合物为Na₂S，含有离子键，
故答案为：；离子键；
（4）A、C、F的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al（OH）₃、HClO₄，Al（OH）₃具有两性，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al（OH）₃；Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（5）A元素的原子与氧原子按1：1的个数比形成的化合物为Na₂O₂，与二氧化碳反应方程式为：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，11.7gNa₂O₂的物质的量为$\frac{11.7g}{78g/mol}$=0.15mol，反应中过氧化钠其氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子为0.15mol×$\frac{1}{2}$×2×[0-（-1）]=0.15mol，
故答案为：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂；0.15；
（6）由H、N、O三种元素组成的离子化合物X为NH₄NO₃，40gX的物质的量为$\frac{40g}{80g/mol}$=0.5mol，11.2L（标准状况）Y的物质的量为$\frac{11.2L}{22.4L/mol}$=0.5mol，设氮元素的氧化物为N_xO_y，即0.5molNH₄NO₃分解生成0.5molN_xO_y和1molH₂0，由氮原子守恒可知0.5mol×2=0.5mol×x，解得x=2，由氧原子守恒可知，0.5mol×3=0.5mol×y+1mol，解得y=1，即氧化物为N₂O，
故答案为：N₂O．

点评 本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素化合物知识的掌握，（6）为易错点、难点，判断X为硝酸铵，再利用原子守恒解答．