Question

14．已知A、B、C、D、E、F、G為七種短周期主族元素，原子序數依次增大．已知：A、F的最外層電子數分別等于各自的電子層數，其中A的單質在常溫下為氣體．C與B、G在元素周期表中處于相鄰位置，這三種元素原子的最外層電子數之和為17，質子數之和為31．D與F同周期，且在該周期中D元素的原子半徑最大．根據以上信息回答下列問題：
（1）B、C、G的氫化物中穩(wěn)定性最強的是H₂O（填化學式），G的某種氧化物能使溴水褪色，寫出該反應的化學方程式：SO₂+Br₂+2H₂O=H₂SO₄+2HBr．
（2）B、C、D、E、F形成的簡單離子半徑由大到小的順序為N^3-＞O^2-＞Na⁺＞Mg²⁺＞Al³⁺（用離子符號表示）．
（3）A與B能形成離子化合物A₅B，A₅B中既含離子鍵又含共價鍵，其電子式為，該物質能與水劇烈反應生成兩種氣體，這兩種氣體的化學式是H₂、NH₃．
（4）D、A、C和碳元素組成的化合物的水溶液呈堿性，用離子方程式解釋其原因：HCO₃^-+H₂OH₂CO₃+OH^-．該鹽溶液與足量稀硫酸混合，當生成11.2L（標準狀況）氣體（不考慮氣體溶解）時放熱6.32kJ，寫出該反應的熱化學方程式：HCO₃^-（aq）+H⁺（aq）=H₂O（l）+CO₂（g）△H=-12.64kJ•mol^-1．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F、G為七種短周期的主族元素，原子序數依次增大．A的最外層電子數等于電子層數，且A的單質在常溫下為氣體，則A為H元素；C與B、G在元素周期表中處于相鄰位置，結合原子序數依次增大，可知C、B同周期，C、G同主族，設C、G最外層電子數為x，則B最外層電子數為x-1，故x+1+x+1+x-1=17，解得x=6，故C為O元素、B為N元素、G為S元素，三者質子數之和為31；F的最外層電子數等于電子層數，原子序數大于氧，只能處于第三周期，故F為Al；D與F同周期，且在該周期中D元素的原子半徑最大，則D為Na，E的原子序數介于Na、Al之間，則E為Mg，據此解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F、G為七種短周期的主族元素，原子序數依次增大．A的最外層電子數等于電子層數，且A的單質在常溫下為氣體，則A為H元素；C與B、G在元素周期表中處于相鄰位置，結合原子序數依次增大，可知C、B同周期，C、G同主族，設C、G最外層電子數為x，則B最外層電子數為x-1，故x+1+x+1+x-1=17，解得x=6，故C為O元素、B為N元素、G為S元素，三者質子數之和為31；F的最外層電子數等于電子層數，原子序數大于氧，只能處于第三周期，故F為Al；D與F同周期，且在該周期中D元素的原子半徑最大，則D為Na，E的原子序數介于Na、Al之間，則E為Mg．
（1）O、N、S三元素中O的非金屬性最強，故三者氫化物中H₂O最穩(wěn)定，G的氧化物SO₂能使溴水褪色，該反應的化學方程式為：SO₂+Br₂+2H₂O=H₂SO₄+2HBr，
故答案為：H₂O；SO₂+Br₂+2H₂O=H₂SO₄+2HBr；
（2）B、C、D、E、F形成的簡單離子分別為N^3-、O^2-、Na⁺、Mg²⁺、Al³⁺，電子層結構均相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑：N^3-＞O^2-＞Na⁺＞Mg²⁺＞Al³⁺，故答案為：N^3-＞O^2-＞Na⁺＞Mg²⁺＞Al³⁺；
（3）A與B能形成離子化合物H₅N，H₅N中既含離子鍵又含共價鍵，該化合物為NH₄H，由銨根離子與氫負離子構成，其電子式為，該物質能與水劇烈反應生成兩種氣體，這兩種氣體的化學式是：H₂、NH₃，
故答案為：；H₂、NH₃；
（4）Na、H、O和碳元素組成的化合物為NaHCO₃，水溶液存在平衡：HCO₃^-+H₂OH₂CO₃+OH^-，溶液呈堿性，NaHCO₃溶液與稀硫酸混合，當生成11.2L（標準狀況）氣體，時放熱6.32kJ，生成氣體為二氧化碳，其物質的量=$\frac{11.2L}{22.4L/mol}$=0.5mol，故生成1mol二氧化碳放出的熱量=6.32kJ×$\frac{1mol}{0.5mol}$=12.64kJ，該反應的熱化學離子方程式為：HCO₃^-（aq）+H⁺（aq）=H₂O（l）+CO₂（g）△H=-12.64kJ•mol^-1，
故答案為：堿性；HCO₃^-+H₂OH₂CO₃+OH^-；HCO₃^-（aq）+H⁺（aq）=H₂O（l）+CO₂（g）△H=-12.64kJ•mol^-1．

點評 本題考查結構性質位置關系應用，推斷元素是解題關鍵，側重對學生分析問題與知識遷移運用能力考查，為高考常見形式，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．