Question

有关短周期元素A、B、C、D、E、F的信息如下：

元素	有关信息
A	最高价氧化物对应的水化物（甲）能与其气态氢化物（乙）反应生成盐
B	最外层电子数是次外层电子数的2倍
C	M层上有3个电子
D	短周期原子半径最大的主族元素
E	其单质是淡黄色固体
F	最高正价与最低负价代数和为6

请回答下列问题：
（1）写出实验室制取乙的化学方程式

 

（2）下列说法正确的是

 

（填序号）．
①实验室可用如图所示装置制取B的最高价氧化物
②用C单质做成的槽车，可用来运输甲的浓溶液
③C和铜与稀硫酸组成的原电池，C电极被还原
④D单质在氧气中燃烧后的产物可用在防毒面具中作供氧剂
⑤鼓励乘坐公交车出行，倡导低碳生活，是控制和治理BO₂解决“温室效应”的有效途径之一
⑥DF的电子式为H：Cl：
（3）将E的常见氧化物（该氧化物能使品红溶液褪色）通入由CuSO₄和NaCl混合的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀进行元素质量分数分析，可知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，则该氧化物在上述反应中的作用是

 

A．漂白剂                  B．氧化剂              C．还原剂
（4）请用化学方法加以验证（3）中的氧化物，简要写出实验方法、试剂及预期可观察到的现象

 

．

Answer 1

考点：原子结构与元素的性质

专题：元素周期律与元素周期表专题

分析：A的最高价氧化物对应的水化物（甲）能与其气态氢化物（乙）反应生成盐，则A为N元素，甲为HNO₃、乙为NH₃；B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；C元素原子M层上有3个电子，则C为Al；D是短周期原子半径最大的主族元素，则D为Na；E的单质是淡黄色固体，则E为硫元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6，处于ⅦA族，则F为Cl，据此解答．

解答： 解：A的最高价氧化物对应的水化物（甲）能与其气态氢化物（乙）反应生成盐，则A为N元素，甲为HNO₃、乙为NH₃；B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；C元素原子M层上有3个电子，则C为Al；D是短周期原子半径最大的主族元素，则D为Na；E的单质是淡黄色固体，则E为硫元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6，处于ⅦA族，则F为Cl，
（1）实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气，反应方程式为：Ca（OH）₂+2NH₄Cl

△   .

CaCl ₂+2NH₃↑+2H₂O，
故答案为：Ca（OH）₂+2NH₄Cl

△   .

CaCl ₂+2NH₃↑+2H₂O；
（2）①B的最高价氧化物为二氧化碳，可以用碳酸钙与盐酸反应制备，反应为固体与液体反应且不需要加热，可以用图中装置制备，故正确；
②Al在浓硝酸中发生钝化现象，可以用Al单质制成的槽车，可用来运输硝酸浓溶液，故正确；
③Al和铜与稀硫酸组成的原电池，Cu与稀硫酸不反应，为正极，Al电极为负极，被氧化，故错误；
④钠单质在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，过氧化钠可用在防毒面具中作供氧剂，故正确；
⑤鼓励乘坐公交车出行，可以降低二氧化碳的排放，是控制和治理CO₂解决“温室效应”的有效途径之一，故正确；
⑥DF为NaCl，由钠离子与氯离子构成，故错误；
故答案为：①②④⑤；
（3）将E的常见氧化物能使品红溶液褪色，该氧化物为二氧化硫，由Cl和Cu的百分含量知，沉淀中只含Cu和Cl两种元素（35.7%+64.3%=100%），且两者的物质的量之比约为

35.7%

35.5

：

64.7%

64

=1：1，可知，其化学式为CuCl，其中Cu的化合价为+1价，则原反应物中CuSO₄为氧化剂，那可能的还原剂只有SO₂，氧化产物是SO₄^2-，
故答案为：C；
（4）检验二氧化硫的方法为：将适量气体样品通入品红溶液，溶液红色褪去，加热溶液，又恢复红色，说明气体为SO₂，
故答案为：将适量气体样品通入品红溶液，溶液红色褪去，加热溶液，又恢复红色，说明气体为SO₂．

点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，（3）为易错点，涉及氧化还原反应知识，注意根据元素质量分数确定沉淀的组成，侧重对考查学生分析解决问题的能力，难度中等．