Question

（2011?嘉兴模拟）工业上用矿物M（含有X、Y、Z三种元素）在空气中高温煅烧，X、Y、Z分别转化成A、B、C三种产物，A、B、C的物质的量之比为1：1：2，其中A为单质，9.6g A溶于稀硝酸后产生标准状况下2.24L气体G，G遇空气呈红棕色，所得溶液中滴加浓氨水至过量，先产生沉淀，后沉淀溶解；B中Y元素与氧元素的质量比为7：2，B溶于适量的稀硝酸得到溶液W和无色气体G，W溶液中滴入硫氰化钾溶液呈血红色； C为酸性氧化物，且常温下呈气态，将C通入氯化钡溶液中，无明显变化现象，再滴加双氧水产生白色沉淀．
（1）指出Z元素在周期表中的位置

第3周期，ⅥA族

，Z与处于同一周期且原子半径最大的元素（除稀有气体）所形成的稳定化合物电子式为

；
（2）写出C与双氧水、氯化钡溶液产生沉淀的离子反应方程式

H₂O₂+SO₂+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H⁺

；
（3）在游泳池中通常用X的硫酸盐来消毒杀菌，试说明该盐能起消毒杀菌作用的本质原因是

Cu²⁺使蛋白质变性

；试推断M的化学式为

CuFeS₂

．
（4）将X的单质溶于N₂O₄的乙酸乙酯溶液中可制得Y的无水硝酸盐，同时生成G，请写出以上反应的化学方程式

Cu+2N₂O₄=Cu（NO₃）₂+2NO↑

．

Answer 1

分析：工业上用矿物M（含有X、Y、Z三种元素）在空气中高温煅烧，X、Y、Z分别转化成A、B、C三种产物，A、B、C的物质的量之比为1：1：2，其中A为单质，9.6g A溶于稀硝酸后产生标准状况下2.24L气体G，G遇空气呈红棕色，判断G为NO；所得溶液中滴加浓氨水至过量，先产生沉淀，后沉淀溶解，推断A为Cu；氢氧化铜溶于过量氨水；B溶于适量的稀硝酸得到溶液W和无色气体G，W溶液中滴入硫氰化钾溶液呈血红色，证明M中含有三价铁离子，B中Y元素为铁元素与氧元素的质量比为7：2，计算得到B为氧化亚铁FeO；W为Fe（NO₃）₃； C为酸性氧化物，且常温下呈气态，将C通入氯化钡溶液中，无明显变化现象，再滴加双氧水产生白色沉淀，分析判断气体C是二氧化硫，被过氧化氢氧化为硫酸和氯化钡反应生成沉淀；根据M和氧气反应生成ABC，A、B、C的物质的量之比为1：1：2，依据原子守恒和电子守恒，推断出M为CuFeS₂；依据判断出的物质进行分析回答问题．

解答：解：工业上用矿物M（含有X、Y、Z三种元素）在空气中高温煅烧，X、Y、Z分别转化成A、B、C三种产物，A、B、C的物质的量之比为1：1：2，其中A为单质，9.6g A溶于稀硝酸后产生标准状况下2.24L气体G，G遇空气呈红棕色，判断G为NO；所得溶液中滴加浓氨水至过量，先产生沉淀，后沉淀溶解，推断A为Cu；B溶于适量的稀硝酸得到溶液W和无色气体G，W溶液中滴入硫氰化钾溶液呈血红色，证明M中含有三价铁离子，B中Y元素为铁元素与氧元素的质量比为7：2，计算得到B为氧化亚铁FeO；W为Fe（NO₃）₃； C为酸性氧化物，且常温下呈气态，将C通入氯化钡溶液中，无明显变化现象，再滴加双氧水产生白色沉淀，分析判断气体C是二氧化硫，被过氧化氢氧化为硫酸和氯化钡反应生成沉淀；根据M和氧气反应生成ABC，A、B、C的物质的量之比为1：1：2，依据原子守恒和电子守恒，推断出M为CuFeS₂；X为铜元素；Y为铁元素；Z为硫元素；
（1）Z元素是硫元素，在周期表中的位置为：第3周期，ⅥA族；Z与处于同一周期且原子半径最大的元素为Na元素，所形成的稳定化合物为硫化钠，电子式为，
故答案为：第3周期，ⅥA族；；
（2）C为SO₂，与双氧水、氯化钡溶液产生沉淀为硫酸钡，结合原子守恒和电子守恒写出反应的离子反应方程式：H₂O₂+SO₂+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H⁺，
故答案为：H₂O₂+SO₂+Ba²⁺=BaSO₄↓+2H⁺；
（3）在游泳池中通常用X为铜元素，铜的硫酸盐来消毒杀菌，试说明该盐能起消毒杀菌作用的本质原因是：Cu²⁺使蛋白质变性；根据M和氧气反应生成ABC，A、B、C的物质的量之比为1：1：2，依据原子守恒和电子守恒，2CuFeS₂+5O₂=2Cu+2FeO+4SO₂↑；推断出M的化学式为为：CuFeS₂，
故答案为：Cu²⁺使蛋白质变性；CuFeS₂；
（4）将X的单质为Cu，溶于N₂O₄的乙酸乙酯溶液中可制得A（Cu（NO₃）₂）的无水硝酸盐，同时生成G（NO），反应的化学方程式为：Cu+2N₂O₄=Cu（NO₃）₂+2NO↑，
故答案为：Cu+2N₂O₄=Cu（NO₃）₂+2NO↑；

点评：本题考查了物质转化的推断应用，物质性质的综合应用，主要考查铜及其化合物、铁及其化合物、二氧化硫等物质性质的应用，离子方程式的书写，原子守恒、电子守恒的应用，题目综合性较强，难度较大．