Question

【題目】A、B、W、D、E為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，質(zhì)子數(shù)之和為39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成兩種液態(tài)化合物A2W和A2W2，E元素的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等。

（1）E元素在周期表中的位置為________，W、D、E三種元素的簡(jiǎn)單離子的離子半徑由大到小順序?yàn)?/span>__________(用離子符號(hào)表示)。

（2）由A、B、W三種元素組成的18電子微粒的電子式為_______________。

（3）經(jīng)測(cè)定A2W2為二元弱酸，其酸性比碳酸弱，寫出其第一步電離的電離方程式_________________，實(shí)驗(yàn)室常用稀硫酸處理BaO2來制備A2W2，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_____________________________________。

（4）元素D的單質(zhì)在一定條件下與元素A的單質(zhì)化合生成一種化合物DA，熔點(diǎn)為800℃，DA能與水反應(yīng)放氫氣，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

（5）元素D的某化合物呈淡黃色，可與氯化亞鐵溶液反應(yīng)，生成紅褐色沉淀，且無氣體生成．則該反應(yīng)的離子方程式為___________________________。

Answer 1

【答案】 第三周期、第ⅢA族 O2－>Na＋>Al3＋ H2O2 H＋＋HO2－ BaO2＋H2SO4=BaSO4↓＋H2O2 NaH＋H2O=NaOH＋H2↑ 3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋6Na＋＋2Fe3＋

【解析】A是五個(gè)元素原子序數(shù)最小的，A、W能形成兩種液態(tài)化合物A2W和A2W2，可以猜測(cè)A為H，W為O，形成水和過氧化氫。A、D同主族，且D的原子序數(shù)大于W所以D為Na。E的原子序數(shù)大于D，所以E一定在第三周期，E元素的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等，所以E在第三主族，則E為Al。5個(gè)元素的原子序數(shù)之和為39，所以B為C。即A、B、W、D、E依次為H、C、O、Na、Al。

（1）Al在周期表的第三周期、第ⅢA族。O2－、Na＋、Al3＋的核外電子均為10個(gè)，所以可以根據(jù)：核電荷數(shù)越大，離子半徑越小的原則進(jìn)行判斷，結(jié)論為：O2－>Na＋>Al3＋

（2）C有6個(gè)電子，O有8個(gè)電子，則一個(gè)C和一個(gè)O已經(jīng)有14個(gè)電子，為湊齊18個(gè)電子，只能再加上4個(gè)H，即CH4O，只能是甲醇。

（3）二元弱酸的電離一定分步，所以第一步電離為H2O2 H＋＋HO2－。題目說H2O2是一種二元弱酸，所以由稀硫酸處理BaO2來制備H2O2時(shí)可以參考強(qiáng)酸制弱酸的原則進(jìn)行，得到過氧化氫和硫酸鋇。

（4）Na和H2化合得到只可能是NaH，熔點(diǎn)為800℃，可以判斷為離子化合物，含有Na+和H-，和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣。

（5）該淡黃色化合物明顯為Na2O2，與氯化亞鐵反應(yīng)，紅褐色沉淀為氫氧化鐵。所以初始判斷出來的反應(yīng)物為過氧化鈉、亞鐵離子和水，生成物一定有氫氧化鐵和鈉離子。再根據(jù)化合價(jià)升降相等，得到過氧化鈉和亞鐵離子一定為1:2，可得到如下初始方程式：Na2O2 + 2Fe2+ + H2O = Fe(OH)3↓+ 2Na+。顯然電荷不守恒，為了配平電荷可以選擇在反應(yīng)物中添加氫氧根（錯(cuò)誤，因?yàn)榉磻?yīng)物中并沒有強(qiáng)堿，無法拆出氫氧根），或者在生成物中添加氫離子（錯(cuò)誤，因?yàn)榧尤氲倪^氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，隨著過氧化鈉的加入，溶液不可能呈現(xiàn)強(qiáng)酸性）。以上不成立，那么就只能在生成物中添加鐵離子（認(rèn)為生成的氫氧根不夠，無法將鐵離子完全沉淀），根據(jù)電荷守恒可以計(jì)算鐵離子的系數(shù)為2/3，方程式轉(zhuǎn)化為：Na2O2 + 2Fe2+ + 2H2O = 4/3Fe(OH)3↓+ 2Na+ + 2/3Fe3+，兩邊乘以3即可。