Question

A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A₂W和A₂W₂，E元素的周期序数与主族序数相等．

（1）E元素在周期表中的位置为     ．写出E的最高价氧化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式     ．

（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的结构简式为     ．

（3）经测定A₂W₂为二元弱酸，常用硫酸处理BaO₂来制备A₂W₂，写出该反应的化学方程式     ．

（4）向含有Fe²⁺和淀粉KI的酸性溶液中滴入A₂W₂，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀成．当消耗2mol I^﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是     ．

（5）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是     L（标准状况下）．

Answer

（1）第三周期第ⅢA族；Al2O3+2OH﹣="2" AlO2﹣+H2O；

（2）CH3OH；

（3）BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；

（4）2Fe2++4I﹣+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2；

（5）56．

【解析】试题分析：A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此解答．

【解析】
A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素．

（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，

氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH﹣="2" AlO2﹣+H2O，

故答案为：第三周期第ⅢA族；Al2O3+2OH﹣="2" AlO2﹣+H2O；

（2）由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18﹣6﹣8=4，故该微粒结构简式为CH3OH，

故答案为：CH3OH；

（3）A2W2为H2O2，是二元弱酸，硫酸处理BaO2来制备H2O2，则还有BaSO4生成，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2，

故答案为：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；

（4）向含有Fe2+和淀粉KI的酸性溶液中滴入H2O2，观察到溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成，反应生成Fe（OH）3与I2，当消耗2mol I﹣时，共转移3mol电子，说明被氧化的Fe2+为1mol，参加反应的H2O2为1.5mol，该反应的离子方程式是：2Fe2++4I﹣+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2，

故答案为：2Fe2++4I﹣+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2；

（5）NaH+H2O=NaOH+H2↑

1mol 1mol 1mol

2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

1mol 1mol1.5mol

n（H2）=1mol+1.5mol=2.5mol，

V（H2）=2.5mol×22.4L/mol=56L，

故答案为：56．