Question

7．短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，B元素所形成化合物种类最多，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的．
（1）已知相关物质之间存在如图变化：

丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺．
（2）已知E及其化合物有以下变化：

写出单质E 与化合物Z在一定条件下反应生成X和水的化学方程式S+2H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3SO₂↑+2H₂0；由A、B、C、D、E 5种元素中的两种元素，可形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子的分子式为H₂O₂或N₂H₄或C₂H₆等 （任写一个）．
（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的C的含氧酸盐的化学式是NaNO₂．
（4）X是一种仅含四种元素（不一定是A、B、C、D、E元素中的四种）的无机矿物盐，某研究小组设计如下实验探究其组成和性质．

另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，请回答如下问题：
①在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为CaFe（CO₃）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaO+FeO+2CO₂↑．
②一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式2FeO+CO₂$\frac{\underline{\;一定条件下\;}}{\;}$Fe₂O₃+CO（或生成Fe₃O₄）．

Answer 1

分析 短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，A为H元素，B元素所形成化合物种类最多，B为C元素，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，丙为铵盐，故C为N元素，甲为HNO₃，乙为NH₃，丙为NH₄NO₃，D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D的原子序数比N元素大，故D处于第三周期，为Al元素；
（1）己电解生成金属Al，故己为Al₂O₃，由转化关系：乙+丁$\stackrel{水}{→}$戊+NH₄NO₃，戊$\stackrel{△}{→}$Al₂O₃可知，戊为Al（OH）₃，故反应：乙+丁$\stackrel{水}{→}$戊+丙为Al（NO₃）₃+NH₃•H₂O→Al（OH）₃+NH₄NO₃；
（2）E元素原子序数大于Al，处于第三周期，由E$\stackrel{O_{2}}{→}$X$\stackrel{O_{2}}{→}$Y，E可能为S，X为SO₂，Y为SO₃，由Y$\stackrel{水}{→}$Z，Z为H₂SO₄，硫酸与硫反应可以生成二氧化硫，符合转化关系；
（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，该无色气体为NO．相同体积下体积之比等于物质的量之比，反应中只有N元素与O元素的化合价发生变化，利用电子转移守恒计算N元素在酸根中的化合价，判断酸根书写盐的化学式；
（4）X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO₂，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO₂，那么甲为CO₂，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；
固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）₂，溶液3为FeCl₂，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO₃）₂，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO₃）₂，那么，溶液1是Ca（OH）₂，白色沉淀1是CaCO₃，溶液2是Ca（HCO₃）₂，再结合题目分析解答．

解答 解：短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，A为H元素，B元素所形成化合物种类最多，B为C元素，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，丙为铵盐，故C为N元素，甲为HNO₃，乙为NH₃，丙为NH₄NO₃，D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D的原子序数比N元素大，故D处于第三周期，为Al元素；
（1）己电解生成金属Al，故己为Al₂O₃，由转化关系：乙+丁$\stackrel{水}{→}$戊+NH₄NO₃，戊$\stackrel{△}{→}$Al₂O₃可知，戊为Al（OH）₃，故反应：乙+丁$\stackrel{水}{→}$戊+丙为Al（NO₃）₃+NH₃•H₂O→Al（OH）₃+NH₄NO₃，反应离子方程式为Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（2）E元素原子序数大于Al，处于第三周期，由E$\stackrel{O_{2}}{→}$X$\stackrel{O_{2}}{→}$Y，E可能为S，X为SO₂，Y为SO₃，由Y$\stackrel{水}{→}$Z，Z为H₂SO₄，硫酸与硫反应可以生成二氧化硫，符合转化关系，单质S与H₂SO₄在一定条件下反应生成SO₂和水，反应的化学方程式为：S+2H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3SO₂↑+2H₂0；由H、C、N、Al、S 5种元素中的两种元素，形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子为H₂O₂、N₂H₄、C₂H₆等；
故答案为：S+2H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3SO₂↑+2H₂0；H₂O₂或N₂H₄或C₂H₆等；
（3）该无色气体是NO，2LNO与0.5L的氧气混合，混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，反应中只有N元素与O元素的化合价发生变化，令N元素在酸根中的化合价为a，根据电子转移守恒有2×（a-2）=0.5×4，解得a=3，即酸根中N元素的化合价为+3，故生成NaNO₂；
故答案为：NaNO₂；
（4）X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO₂，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO₂，那么甲为CO₂，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；
固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）₂，溶液3为FeCl₂，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO₃）₂，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO₃）₂，那么，溶液1是Ca（OH）₂，白色沉淀1是CaCO₃，溶液2是Ca（HCO₃）₂，
①通过以上分析知，X的化学式是 CaFe（CO₃）₂，在惰性气流中加热X至完全分解生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，所以该反应的化学反应方程式为CaFe（CO₃）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaO+FeO+2CO₂↑，
故答案为：CaFe（CO₃）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaO+FeO+2CO₂↑；
②一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，氧化亚铁具有还原性，能被二氧化碳氧化生成四氧化三铁或氧化铁，同时生成CO，反应方程式为2FeO+CO₂$\frac{\underline{\;一定条件下\;}}{\;}$Fe₂O₃+CO（或生成Fe₃O₄），
故答案为：2FeO+CO₂$\frac{\underline{\;一定条件下\;}}{\;}$Fe₂O₃+CO（或生成Fe₃O₄）．

点评 主要以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原计算等，难度中等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力．