Question

20．短周期元素A、B、C、D、E、F、G原子序数依次递增，已知A和D，C和G为同一主族元素，D形成的阳离子和C形成的阴离子具有相同的核外电子排布，B原子的最外层电子数比次外层多3，G形成的化合物甲是造成酸雨的主要原因，F和A可形成化合物FA₄很不稳定，F与C形成的化合物是制造光导纤维的主要原料，E的最高价氧化物的水化物能溶解于D的最高价氧化物的水化物中．请回答下列问题：
（1）写出 E的最高价氧化物水化物的电离方程式AlO₂^-+H⁺+H₂O?Al（OH）₃?Al³⁺+3OH^-
（2）画出G离子的结构示意图
（3）写出E的最高价氧化物的水化物溶解于D的最高价氧化物的水化物的离子方程式：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O．
（4）化合物甲的治理方法之一是用软锰矿浆（主要成分为MnO₂）吸收法，该方法能做到“综合治理、变废为宝”，请写出其反应的化学方程式SO₂+MnO₂=MnSO₄
（5）已知一包白色晶体为某种正盐，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：
①称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钡溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀经过滤、洗涤、干燥后，称得质量为4.66g
②再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀和滴加的氢氧化钠溶液体积的关系如图：，
盐的化学式为NH₄Al（SO₄）₂；往该盐的水溶液中滴加氢氧化钡溶液时可得到沉淀，请写出生成沉淀质量达到最大值的离子方程式Al³⁺+NH₄⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-=Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓+NH₃．H₂O．

Answer 1

分析 短周期元素A、B、C、D、E、F、G原子序数依次递增，B原子的最外层电子数比次外层多3，原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故B为N元素；F与C形成的化合物是制造光导纤维的主要原料，则C为O元素、F为Si；C和G为同一主族元素，则G为S元素；D形成的阳离子和C（氧）形成的阴离子具有相同的核外电子排布，D处于第三周期，A和D为同一主族元素，F（Si）和A可形成化合物FA₄很不稳定，可推知A为H元素、D为Na；D的最高价氧化物的水化物为NaOH，E的最高价氧化物的水化物能溶解于NaOH溶液，E的原子序数介于Na、Si之间，则E为Al，G形成的化合物甲为SO₂是造成酸雨的主要原因．
（1）E的最高价氧化物水化物为Al（OH）₃，存在酸性电离与碱式电离；
（2）G离子为S^2-，离子核外有18个电子，有3个电子层，各层电子数为2、8、8；
（3）E的最高价氧化物的水化物为Al（OH）₃，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水；
（4）G形成的化合物甲为SO₂，与MnO₂反应生成MnSO₄；
（5）已知一包白色晶体为某种正盐，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：
①称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钡溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀，则含有SO₄^2-，白色沉淀为BaSO₄，其物质的量为$\frac{4.66g}{233g/mol}$=0.02mol，则溶液中n（SO₄^2-）=n（BaSO₄）=0.02mol；
②再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加1mol/L的氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，最终沉淀完全溶解，则含有Al³⁺，30mL～40mL时氢氧化铝质量不变，则溶液中还含有NH₄⁺，由Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓可知溶液中n（Al³⁺）=0.03L×1mol/L×$\frac{1}{3}$=0.01mol，由NH₄⁺+OH^-=NH₃．H₂O可知溶液中n（NH₄⁺）=0.01L×1mol/L=0.01mol，m（SO₄^2-）+m（Al³⁺）+m（NH₄⁺）=0.02mol×96g/mol/L+0.01mol×27g/mol+0.01mol×18g/mol=2.37g，等于样品的质量，故该晶体不含结晶水，晶体中n（SO₄^2-）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=0.02mol：0.01mol：0.01mol=2：1：1，故该晶体为NH₄Al（SO₄）₂，
往该盐的水溶液中滴加氢氧化钡溶液时，NH₄Al（SO₄）₂与氢氧化钡按物质的量1：2反应时生成沉淀质量达到最大值．

解答 解：短周期元素A、B、C、D、E、F、G原子序数依次递增，B原子的最外层电子数比次外层多3，原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故B为N元素；F与C形成的化合物是制造光导纤维的主要原料，则C为O元素、F为Si；C和G为同一主族元素，则G为S元素；D形成的阳离子和C（氧）形成的阴离子具有相同的核外电子排布，D处于第三周期，A和D为同一主族元素，F（Si）和A可形成化合物FA₄很不稳定，可推知A为H元素、D为Na；D的最高价氧化物的水化物为NaOH，E的最高价氧化物的水化物能溶解于NaOH溶液，E的原子序数介于Na、Si之间，则E为Al，G形成的化合物甲为SO₂是造成酸雨的主要原因．
（1）E的最高价氧化物水化物为Al（OH）₃，电离方程式为：AlO₂^-+H⁺+H₂O?Al（OH）₃?Al³⁺+3OH^-，
故答案为：AlO₂^-+H⁺+H₂O?Al（OH）₃?Al³⁺+3OH^-；
（2）G离子为S^2-，离子结构示意图为，
故答案为：；
（3）E的最高价氧化物的水化物为Al（OH）₃，D的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（4）G形成的化合物甲为SO₂，化合物甲的治理方法之一是用软锰矿浆（主要成分为MnO₂）吸收法，该方法能做到“综合治理、变废为宝”，其反应的化学方程式：SO₂+MnO₂=MnSO₄，
故答案为：SO₂+MnO₂=MnSO₄；
（5）已知一包白色晶体为某种正盐，经元素分析仪分析，包含以上七种元素中的若干种，为测定其组成，进行如下实验：
①称取固体2.37g溶于水，得到无色澄清溶液，再滴加过量的氯化钡溶液和稀盐酸，得到的白色沉淀，则含有SO₄^2-，白色沉淀为BaSO₄，其物质的量为$\frac{4.66g}{233g/mol}$=0.02mol，则溶液中n（SO₄^2-）=n（BaSO₄）=0.02mol；
②再取等质量的该固体溶于水，逐滴滴加1mol/L的氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，最终沉淀完全溶解，则含有Al³⁺，30mL～40mL时氢氧化铝质量不变，则溶液中还含有NH₄⁺，由Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓可知溶液中n（Al³⁺）=0.03L×1mol/L×$\frac{1}{3}$=0.01mol，由NH₄⁺+OH^-=NH₃．H₂O可知溶液中n（NH₄⁺）=0.01L×1mol/L=0.01mol，m（SO₄^2-）+m（Al³⁺）+m（NH₄⁺）=0.02mol×96g/mol/L+0.01mol×27g/mol+0.01mol×18g/mol=2.37g，等于样品的质量，故该晶体不含结晶水，晶体中n（SO₄^2-）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=0.02mol：0.01mol：0.01mol=2：1：1，故该晶体为NH₄Al（SO₄）₂，
往该盐的水溶液中滴加氢氧化钡溶液时，NH₄Al（SO₄）₂与氢氧化钡按物质的量1：2反应时生成沉淀质量达到最大值，反应离子方程式为：Al³⁺+NH₄⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-=Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓+NH₃．H₂O，
故答案为：NH₄Al（SO₄）₂；Al³⁺+NH₄⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-=Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓+NH₃．H₂O．

点评 本题考查结构性质位置关系应用、无机物推断等，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，（6）中关键是根据反应判断溶液中含有的离子，难度较大．