题目内容

19．物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由氯化铝（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1：2组成．在密闭容器中加热8.75g X使之完全分解，冷却后可得到3.2g固体氧化物B、0.448L无色气体D（体积已折算为标准状况）、4.27g混合晶体E．B溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，混合液变血红色．D气体能使品红褪色．请回答下列问题：
（1）X的化学式为AlCl3•2FeSO4．
（2）将A固体隔绝空气充分灼烧，使其分解，生成等物质的量的B、D和另一种化合物，则A分解的化学方程式为2FeSO4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$SO2↑+SO3+Fe2O3．
（3）将E混合晶体溶于水配成溶液，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O．E混合晶体中某种物质在一定条件下能和KI固体反应，写出该方程式SO3+2KI=I2+K2SO3．
（4）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，其分子式是O2．请设计实验方案验证之将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2．

分析 固体氧化物B溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有+3价Fe，则B为Fe2O3，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSO4，X的组成为AlCl3•2FeSO4．氧化铁的物质的量为$\frac{3.2g}{160g/mol}$=0.02mol，生成二氧化硫为$\frac{0.448L}{22.4L/mol}$=0.02mol，由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物质的量为$\frac{4.27g-0.02mol×80g/mol}{133.5g/mol}$=0.02mol，以此解答该题．

解答 解：固体氧化物B溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有+3价Fe，则B为Fe2O3，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSO4，X的组成为AlCl3•2FeSO4．氧化铁的物质的量为$\frac{3.2g}{160g/mol}$=0.02mol，生成二氧化硫为$\frac{0.448L}{22.4L/mol}$=0.02mol，由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物质的量为$\frac{4.27g-0.02mol×80g/mol}{133.5g/mol}$=0.02mol．
（1）X的化学式为AlCl3•2FeSO4，故答案为：AlCl3•2FeSO4；
（2）A分解的化学方程式为：2FeSO4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$SO2↑+SO3+Fe2O3，
故答案为：2FeSO4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$SO2↑+SO3+Fe2O3；
（3）将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O，
 E晶体中的SO3在一定条件能和KI固体反应，该反应方程式为SO3+2KI=I2+K2SO3，
故答案为：Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O；SO3+2KI=I2+K2SO3；
（4）若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2，
故答案为：O2；将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2．

点评 本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目比较综合，需要学生熟练掌握元素化合物知识，确定A的组成是解题的关键，题目难度较大．

练习册系列答案
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已知：CH3CH2OH→CH2═CH2+H2O
请填写下列空白：
（1）A的结构简式HO-CH2CH2COOHC分子中的官能团名称碳碳双键、羧基
（2）C→D的反应类型是加聚反应．A→B的反应类型是取代反应
（3）A转化为B的化学方程式是HO-CH2CH2COOH+CH3OH$→_{△}^{浓硫酸}$HOCH2CH2COOCH3+H2O
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（1）元素A是Li，D是O，E是S，G是Ca；
（2）由上述部分元素形成的一种水合物在医疗上有重要应用，它是石膏．

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