Question

11．A、B、C、D、E 分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：
（1）实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm-l00nm的红褐色液相分散系．则该反应的化学方程式为：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（胶体）+3HCl，将A 的溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的化学式为：2Fe（OH）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe₂O₃+3H₂O．
（2）B为地壳中含量最高的金属元素的氯化物，向50.0mL，6mol/L的B溶液中逐滴滴入100ml 某浓度的KOH溶液，若产生7.8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为3mol/L或11mol/L．
（3）将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则负极发生的电极反应为：Al-3e^-+4OH^-=AlO2^-+2H₂O．
（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，且可发生反应：C+D$\stackrel{高温}{→}$E．则：
①写出C 的电子式：．
②将一定量的气体C通入某浓度的KOH溶液得溶液F，向F溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n（HCl）与生成n（C）的关系如图所示，则生成F 的离子方程式CO₂+2OH^-=CO₃^2-+2H₂O，F 中离子浓度由大到小的顺序为c（Na⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HCO₃^-）＞c（H⁺）．

Answer 1

分析 （1）红褐色液相分散系是Fe（OH）₃胶体，则A的饱和溶液是FeCl₃饱和溶液，FeCl₃饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，HCl具有挥发性，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl₃水解，蒸干时得到固体Fe（OH）₃，灼烧Fe（OH）₃得到Fe₂O₃；
（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl₃，根据若碱不足，只发生Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓来计算，若碱与铝离子的物质的量之比大于3：1，小于4：1，发生Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓、Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O来计算；
（3）Al-Fe-KOH溶液原电池，其中Al为负极，Fe为正极，负极电极反应式为Al-3e^-+4OH^-=AlO2^-+2H₂O；
（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，C+D$\stackrel{高温}{→}$E，只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：C为CO₂，D为碳，E为CO，以此解答该题．

解答 解：（1）红褐色液相分散系是Fe（OH）₃胶体，则A的饱和溶液是氯化铁饱和溶液，FeCl₃饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，化学方程式为FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（胶体）+3HCl，HCl具有挥发性，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl₃水解，蒸干时得到固体Fe（OH）₃，灼烧Fe（OH）₃得到Fe₂O₃，化学方程式为反应方程式为2Fe（OH）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe₂O₃+3H₂O，所以最终得到的固体是Fe₂O₃，
故答案为：FeCl₃+3H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）₃（胶体）+3HCl；2Fe（OH）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe₂O₃+3H₂O；
（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl₃，
沉淀的质量是7.8g，其物质的量为$\frac{7.8g}{78g/mol}$=0.1mol，
①若碱不足，由Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓可知，
KOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，
其物质的量浓度为$\frac{0.3mol}{0.1L}$=3mol/L；
②碱与铝离子的物质的量之比大于3：1，小于4：1，
则由    Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓
       0.3mol 0.9mol  0.3mol
      Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O
（0.3-0.1）mol  0.2mol
则消耗的碱的物质的量为0.9mol+0.2mol=1.1mol，
其物质的量浓度为$\frac{1.1mol}{0.1L}$=7mol/L；
故答案为：3mol/L或11mol/L；
（3）Al-Fe-KOH溶液原电池，Al和氢氧化钠溶液能发生反应，Fe和氢氧化钠溶液不反应，因此Al为负极，Fe为正极，负极电极反应式为Al-3e^-+4OH^-=AlO2^-+2H₂O，
故答案为：Al-3e^-+4OH^-=AlO2^-+2H₂O；
（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，C+D$\stackrel{高温}{→}$E，只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：C为CO₂，D为碳，E为CO，
①CO₂中C和O之间以双键相连接，电子式为，
故答案为：；
②横坐标2-4之前，发生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O，消耗HCl为4mol-2mol=2mol，说明HCO₃^-是2mol，横坐标1-2之间发生反应CO₃^2-+H⁺=HCO₃^-，生成2molHCO₃^-需要消耗2molHCl和2molCO₃^2-，故溶液F为Na₂CO₃溶液，生成F的离子方程式为CO₂+2OH^-=CO₃^2-+2H₂O；
溶液中CO₃^2-水解，溶液呈碱性，故c （Na⁺）＞c（CO₃^2-）、c（OH^-）＞c（H⁺），而HCO₃^-也水解，且水也电离产生OH^-，故c（OH^-）＞c（HCO₃^-），碱性条件下c（H⁺）很小，故离子浓度大小c （Na⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HCO₃^-）＞c（H⁺），
故答案为：CO₂+2OH^-=CO₃^2-+2H₂O；c （Na⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HCO₃^-）＞c（H⁺）．

点评 本题比较综合，涉及无机物推断、化学计算、原电池、盐类水解等，推断元素化合物是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等．