Question

原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种位于不同短周期的元素，可以两两形成多种原子个数比为1：1的化合物，其中的甲、乙、丙、丁4种化合物有两种属于离子化合物．A、B的原子序数之和是元素D的一半．B既是蛋白质的重要组成成分，也是某种化肥的组成部分．只有C为金属元素，焰色反应呈黄色．请回答下列问题：

（1）元素E在周期表中的位置是________________；

（2）B和D形成的化合物甲其相对分子质量在170～190之间，且D的质量分数约为70%，则该化合物的化学式为_____；

（3）A和B形成的化合物乙为B₄A₄，在一定条件下可以1:1完全电离产生两种离子，其中一种为10e^﹣的离子，该物质在一定条件下的电离方程式为_______________________；

（4）化合物C₂D溶液在空气中长期放置会变质生成丙C₂D₂，用化学方程式表示该过程________；

（5）D和E以1:1形成的化合物丁中所有原子均满足8电子稳定结构，该化合物的电子式为________；该物质遇水剧烈反应，产生有刺激性气味的混合气体X和Y，同时还有固体单质产生，是已知X能使品红溶液褪色的气体，Y在标准状态下的密度为1.63g/L，该混合气体相对于H₂的密度为21，上述过程对应的化学方程式为___________________________________；某研究小组同学为确定干燥的X和Y混合气体中Y的存在，设计方案如下：把干燥的X和Y与干燥的NH₃混合，出现白烟，则证明有Y气体，你认为此方案_______（填“正确”或“不正确”），理由是__________________________________________________．

Answer

第三周期ⅦA族 N4S4 N4H4=NH4++N3﹣ 4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+4HCl+3S↓ 不正确 干燥的二氧化硫不与氨气反应，但干燥的氯化氢与氨气反应生成白烟

【解析】

B既是蛋白质的重要组成成分，也是某种化肥的组成成分，则B为N元素；C为金属元素，焰色反应呈黄色，则C为Na元素；A、B的原子序数之和是元素D的一半，且D的原子序数小于18，则A只能为H元素，D的原子序数为：2×（1+7）=16，则D为S元素；E能够形成化合物的短周期元素，其原子序数大于S，所以E为Cl元素，

（1）E为Cl元素，原子序数为17，位于周期表中第三周期第ⅤⅡA族；

（2）B为N元素，D为S元素，形成的化合物中，S的质量分数约为70%，则N的质量分数为30%，则S和N原子个数比为：：=1：1，其相对分子质量在170～190之间，设化学式为（SN）x，则170<46x<190，则x只能为4，所以二者形成的化合物的分子式为：S4N4；（3）B4A4为N4H4，N4H4电离生成两种离子，其中一种为10电子的NH4+，依据N元素与H元素守恒得知另外一种离子应为N3-，该电离方程式为：N4H4=NH4++N3-；（4）C2D为Na2S，Na2S溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成Na2S2，则Na2S溶液在空气中变质过程的化学方程式为：4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2；（5）D、E两元素分别为S和Cl，按原子个数比1：1组成化合物丁且各原子均满足8电子的稳定结构，其化学式为S2Cl2，其电子式为；S2Cl2遇水剧烈反应，产生有刺激性气味的混合气体X和Y，同时还有固体单质产生，X是一种能使品红溶液褪色的气体，则X为二氧化硫；Y在标准状态下的密度为1.63g/L，Y的摩尔质量为：1.63g/L×22.4L/mol=36.5，则Y为HCl，根据化合价变化可知，单质为S，该混合气体相对于H2的密度为21，混合气体的平均相对分子质量为：2×21=42，设混合气体中二氧化硫的物质的量为x，HCl为的物质的量为y，则：=42，整理可得：x：y=1：4，根据质量守恒定律可知则该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+4HCl↑+3S↓；为确定干燥的SO2和HCl混合气体中HCl的存在，由于SO2与干燥的NH3不反应，而HCl和干燥的NH3反应生成白烟，所以可把干燥的SO2和HCl与干燥的NH3混合，出现白烟，则证明有HCl气体，故该检验方法正确。