Question

现有A、B、C、D、E、F、G七种元素，其中A、B、C、D、E、F为短周期元素且原子序数依次增大；A的最高正价与最低负价的代数和为零；B的最高价氧化物与C的氢化物在水中反应得到的生成物X既可与酸反应又可与碱反应；标准状况下，D₂气体的密度约是1.43 g/L；E原子半径在同周期中除稀有气体外最大，F原子M层上的电子比K层多5个。金属G的合金在生活中用量最大，用途最广。

(1)画出元素F形成的简单离子结构示意图_______；

(2)若X为正盐，则其中所含的化学键类型有_______________；若X为酸式盐，则它与足量E的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的离子方程式为_________________；

(3)以下三种说法中，可以验证B和F原子得电子能力强弱的是______________(填写编号)

a．比较这两种元素的常见单质的沸点

b．二者形成的化合物中，F元素的原子显负价

c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性

(4)向A和F形成的化合物的水溶液中加入少量G单质，反应后，再向溶液申加入A与D形成的化合物，发现溶液颜色变黄，请用离子方程式解释溶液变黄的原因____________。

(5)元素A和C的常见单质都是重要的化工原料，可发生反应：C₂(g)+ 3A₂ (g)2CA₃ (g)，且己知反应物总能量高于生成物总能量。

①用电子式表示C₂的形成过程________________。

②己知常温下拆开1 molA-A键、1 molA-C键、1mol键分别需要吸收的能量为a kJ、b kJ、c kJ，则按上述反应生成1molCA₃的过程中的能量变化为：_________（填“吸收”或“放出”） ______kJ。

Answer

离子键、极性键（答共价键亦可） NH4++ HCO3-+2OH-= CO32-+ H2O+NH3·H2O bc 2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++ 2H2O 放出 (6b-3a-c)/2

【解析】本题考查元素的推断，D2气体的密度约为1.43g·L－1，即D2的摩尔质量为22.4×1.43g·mol－1=32g·mol－1，即D为O，E原子半径在同周期中除稀有气体外最大，几种元素的原子序数依次增大，即E为Na， F原子M层上的电子比K层多5个，即F为Cl，金属G的合金在生活中用量最大，用途最广，因此G为Fe，A的最高正价与最低负价的代数和为0，又因为原子序数增大，因此推出A为H，B的最高价氧化物与C的氢化物在水中反应得到X，推测出X为铵盐，X既可以与酸反应又能与碱反应，因此推出B为C，C为N，（1）Cl的离子形式为Cl－，即结构示意图为；（2）若X为正盐，则为(NH4)2CO3，所含化学键为离子键、(极性)共价键；X为酸式盐，则为NH4HCO3，E的最高价氧化物的水化物是NaOH，反应离子反应式为NH4＋＋HCO3－＋2OH－=CO32－＋H2O＋NH3·H2O； （3） a、沸点是物理性质，与得电子能力强弱无关，故a错误；b、形成的化合物是CCl4，Cl显负价，说明电子对偏向Cl，即Cl的的电子能力强于C，故b正确；c、非金属性越强，其氢化物越稳定，因此比较B和F的非金属性强弱，故c错误；（4）A和F形成的化合物为HCl，加入铁单质，发生Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，Fe2＋显浅绿色，加入A与D形成的化合物，溶液的颜色变为黄色，即Fe2＋→Fe3＋，说明A与D形成的化合物具有氧化性，即为H2O2，离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；（5）①C2为N2，电子式表示形成的过程：；②根据信息，反应物的总能量大于生成物的总能量，说明此反应是放出能量，反应物中断键吸收能量为：(3a＋c)kJ·mol－1，形成化学键放出的能量为6bkJ·mol－1，此反应是放出能量，因此生成2molNH3是放出能量为(6b－3a－c)kJ·mol－1，则生成1molNH3是放出能量为(6b－3a－c)/2kJ·mol－1。

点睛：本题难推出的元素是A元素、B元素、C元素，A的最高正价和最低负价代数和为0，此元素可能是H、C和Si，B的最高价氧化物与C的氢化物生成化合物X，X能与酸反应也能与碱反应， 推导这里先放一放，根据标准状况下的密度计算出D2的摩尔质量，即推出D为O，因为原子序数依次增大，即可以推出A为H，B为 C，C为N，进一步推断其他元素，易错点在问题（5） 求放出能量的多少，首先审清题意，是生成1molCA3能量的变化，而题目中所给的方程式是2molCA3，注意转化，另一个知识用键能求能量的变化，弄清楚化学键的个数，1molN2中有1mol氮氮叁键，1molH2中有1molH－H，1molNH3中含有3molN－H，然后进行计算。