Question

【題目】原子序數依次增大的A、B、C、D、E五種位于不同短周期的元素，可以兩兩形成多種原子個數比為1：1的化合物，其中的甲、乙、丙、丁4種化合物有兩種屬于離子化合物．A、B的原子序數之和是元素D的一半．B既是蛋白質的重要組成成分，也是某種化肥的組成部分．只有C為金屬元素，焰色反應呈黃色．請回答下列問題：

（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對分子質量在170～190之間，且D的質量分數約為70%，則該化合物的化學式為_____；

（3）A和B形成的化合物乙為B4A4，在一定條件下可以1:1完全電離產生兩種離子，其中一種為10e﹣的離子，該物質在一定條件下的電離方程式為_______________________；

（4）化合物C2D溶液在空氣中長期放置會變質生成丙C2D2，用化學方程式表示該過程________；

（5）D和E以1:1形成的化合物丁中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，該化合物的電子式為________；該物質遇水劇烈反應，產生有刺激性氣味的混合氣體X和Y，同時還有固體單質產生，是已知X能使品紅溶液褪色的氣體，Y在標準狀態(tài)下的密度為1.63g/L，該混合氣體相對于H2的密度為21，上述過程對應的化學方程式為___________________________________；某研究小組同學為確定干燥的X和Y混合氣體中Y的存在，設計方案如下：把干燥的X和Y與干燥的NH3混合，出現白煙，則證明有Y氣體，你認為此方案_______（填“正確”或“不正確”），理由是__________________________________________________．

Answer 1

【答案】 第三周期ⅦA族 N4S4 N4H4=NH4++N3﹣ 4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+4HCl+3S↓ 不正確 干燥的二氧化硫不與氨氣反應，但干燥的氯化氫與氨氣反應生成白煙

【解析】B既是蛋白質的重要組成成分，也是某種化肥的組成成分，則B為N元素；C為金屬元素，焰色反應呈黃色，則C為Na元素；A、B的原子序數之和是元素D的一半，且D的原子序數小于18，則A只能為H元素，D的原子序數為：2×（1+7）=16，則D為S元素；E能夠形成化合物的短周期元素，其原子序數大于S，所以E為Cl元素，

（1）E為Cl元素，原子序數為17，位于周期表中第三周期第ⅤⅡA族；

（2）B為N元素，D為S元素，形成的化合物中，S的質量分數約為70%，則N的質量分數為30%，則S和N原子個數比為： ： =1：1，其相對分子質量在170～190之間，設化學式為（SN）x，則170<46x<190，則x只能為4，所以二者形成的化合物的分子式為：S4N4；（3）B4A4為N4H4，N4H4電離生成兩種離子，其中一種為10電子的NH4+，依據N元素與H元素守恒得知另外一種離子應為N3-，該電離方程式為：N4H4=NH4++N3-；（4）C2D為Na2S，Na2S溶液在空氣中長期放置，與氧氣反應會生成Na2S2，則Na2S溶液在空氣中變質過程的化學方程式為：4Na2S+O2+2H2O═4NaOH+2Na2S2；（5）D、E兩元素分別為S和Cl，按原子個數比1：1組成化合物丁且各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結構，其化學式為S2Cl2，其電子式為；S2Cl2遇水劇烈反應，產生有刺激性氣味的混合氣體X和Y，同時還有固體單質產生，X是一種能使品紅溶液褪色的氣體，則X為二氧化硫；Y在標準狀態(tài)下的密度為1.63g/L，Y的摩爾質量為：1.63g/L×22.4L/mol=36.5，則Y為HCl，根據化合價變化可知，單質為S，該混合氣體相對于H2的密度為21，混合氣體的平均相對分子質量為：2×21=42，設混合氣體中二氧化硫的物質的量為x，HCl為的物質的量為y，則： =42，整理可得：x：y=1：4，根據質量守恒定律可知則該反應的化學方程式為：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+4HCl↑+3S↓；為確定干燥的SO2和HCl混合氣體中HCl的存在，由于SO2與干燥的NH3不反應，而HCl和干燥的NH3反應生成白煙，所以可把干燥的SO2和HCl與干燥的NH3混合，出現白煙，則證明有HCl氣體，故該檢驗方法正確。