Question

20．（1）元素周期表中第三周期元素中氧化性最强的简单阳离子是Al³⁺．
（2）已知M₂O_n²ˉ可与R²ˉ作用，R²ˉ被氧化为R的单质，M₂O_n²ˉ的还原产物中，M为+3价，又知c（M₂O_n²ˉ）=0.3mol/L的溶液100mL可与c（R²ˉ）=0.6mol/L的溶液150mL恰好完全反应，则n值为7．
（3）某同学将SO₂通入到BaCl₂溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：

则试剂A的化学式为HCl．实验表明，小刚加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，则该白色沉淀的成分是BaSO₄（填化学式），试推测产生该白色沉淀的离子方程式是2SO₂+2Ba²⁺+O₂+2H₂O═2BaSO₄↓+4H⁺．
（4）纳米级Cu₂O具有优良的催化性能，制取Cu₂O的方法有：
①加热条件下用液态肼（N₂H₄）还原新制Cu（OH）₂制备纳米级Cu₂O，同时放出N₂．该制法的化学方程式为4Cu（OH）₂+N₂H₄═2Cu₂O+N₂↑+6H₂O．
②用阴离子交换膜控制电解液中OH^-的浓度制备纳米Cu₂O，电解反应为2Cu+H₂O  $\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$ Cu₂O+H₂↑，如图所示．该电解池的阳极反应式为2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O．

Answer 1

分析 （1）同周期中元素原子半径依次减小，稀有气体除外，形成的简单离子，先看电子层，再看核电荷数分析比较，元素对应的单质还原性越弱，对应离子氧化性越强；
（2）R^2- 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价降低，得到电子，结合电子守恒计算；
（3）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法；硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应；硫酸钡是白色不溶于强酸的沉淀，亚硫酸根离子还原性强，容易被氧化为硫酸根离子；
（4）①根据“液态肼（N₂H₄）还原新制Cu（OH）₂来制备纳米级Cu₂O，同时放出N₂”来书写化学方程式；
②在电解池的阳极发生失电子的氧化反应．

解答 解：（1）同周期中元素原子半径依次减小，稀有气体除外，形成的简单离子，先看电子层，再看核电荷数，第三周期元素中形成简单的阴离子为P^3-、S^2-、Cl^-，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，元素对应的单质还原性越弱，对应离子氧化性越强，所以最强的是铝离子，
故答案为：Al³⁺；
（2）R^2- 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价降低，得到电子，M₂O_n^2-的还原产物中，M为+3价，
设M₂O_n^2-中M元素的化合价为x，
由电子守恒可知，0.15L×0.6mol/L×（2-0）=0.1L×0.3mol/L×2×（x-3），
解得x=6，
M₂O_n^2-离子中（+6）×2+（-2）×n=-2，
则n=7，
故答案为：7；
（3）实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法，将SO₂通入到BaCl₂溶液中，出现的白色浑浊可能是硫酸钡还可能是亚硫酸钡，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，溶解，可以用盐酸来鉴别沉淀成分，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，所以白色不溶于盐酸的沉淀物是硫酸钡，硫酸钡沉淀的生成和亚硫酸根离子的不稳定性有关，即2SO₂+2Ba²⁺+O₂+2H₂O═2BaSO₄↓+4H⁺，
故答案为：过滤；HCl；BaSO₄；2SO₂+2Ba²⁺+O₂+2H₂O═2BaSO₄↓+4H⁺；
（4）①根据题目信息：液态肼（N₂H₄）还原新制Cu（OH）₂来制备纳米级Cu₂O，同时放出N₂，得出化学方程式为：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O，
故答案为：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂↑+6H₂O；
②在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，
故答案为：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O．

点评 本题考查学生二氧化硫的以及含硫元素的盐的性质知识，原电池和电解池原理的理解应用，可以根据所学知识来回答，题目难度中等．