Question

9．A、B、C、D、E为原子序数递增的短周期元素，在周期表中A是原子半径最小的元素，B、C左右相邻，C、D同主族，D和E的气态氢化物具有相同的电子数，C的单质只有氧化性．
（1）写出实验室制取E₂反应的离子方程式MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；
（2）A、C元素按原子个数比为1：1形成化合物的电子式；
（3）某小组设计如图所示的装置（图中夹持和加热装置略去），分别研究DC₂和E₂的性质．

①分别通入DC₂和E₂，在装置A中观察到的现象是否相同（填“相同”或“不相同”）相同；若装置D中装的是铁粉，当通入E₂时D中观察到的现象为产生棕黄色的烟；若装置D中装的是五氧化二钒，当通入DC₂时，打开K通入适量C₂，化学反应方程式为2SO₂+O₂2SO₃．
②若装置B中装有5.0mL l.0×10^-3mol/L的碘水，当通入足量E₂完全反应后，转  移了5.0×10^-5mol电子，则该反应的化学方程式为5Cl₂+I₂+6H₂O=2HIO₃+10HCl．
（4）某同学将足量的DC₂通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，向该试管中加入过量（填字母）AC，可以看到白色沉淀生成；
A、氨水    B、稀盐酸   C、稀硝酸    D、氯化钙
（5）若由元素D和C组成一2价酸根Z，Z中D和C的质量比为D：C=4：3，当E₂与含Z的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加入氯化铡溶液，有白色沉淀产生．与出E₂与Z的溶液完全反应产生浅黄色沉淀的离子方程式S₂O₃^2-+Cl₂+H₂O=SO₄^2-+S↓2Cl^-+2H⁺．
（6）A、B、C三种元素组成的碱性物质N，A、B、C、D和一种常见金属元素组成相对分子质量为392的化合物M，1molM中含有6mol结晶水，对化合物M进行如下实验：
a．取含有0.1molM的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和4.48L（标况）无色刺激性气味气体，经一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褪色；
b．另以含有0.1molM的溶液，加入过量BaCl₂溶液产生46.6g白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解．
①M的化学式为（NH₄）₂SO₄•FeSO₄•6H₂O．
②在25℃下，测定浓度均为amol/L的化合物N和M的混合溶液pH=7，且含金属离子的浓度为bmol/L，则溶液里除H⁺、金属阳离子外的阳离子浓度为4a-2bmol/L．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E为原子序数递增的短周期元素，在周期表中A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B、C左右相邻，C、D同主族，D和E的气态氢化物具有相同的电子数，且C的单质只有氧化性，则B为N元素、C为O元素、D为S元素、E为Cl．
（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水；
（2）A、C元素按原子个数比为1：1形成化合物为H₂O₂；
（3）①二氧化硫能和品红化合生成无色物质，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以使品红溶液褪色；D中氯气与Fe反应生成氯化铁，生成棕黄色的烟；
若装置D中装的是五氧化二钒，当通入SO₂时，打开K通入适量O₂，反应生成三氧化硫；
②令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0×10^-3L×1.0×10^-3mol/L×2×a=5.0×10^-5mol，解得a=+5，所以碘单质被氧化为HIO₃，据此书写方程式；
（4）当加入氨水时，使该溶液变为碱性，产生BaSO₃白色沉淀（或当加入HNO₃时，使溶液中H₂SO₃氧化成H₂SO₄，产生BaSO₄白色沉淀）；
（5）由元素S和O组成-2价酸根Z，Z中S与O的质量比为4：3，则n（S）：n（O）=$\frac{4}{32}$：$\frac{3}{16}$=2：3，则Z为S₂O²₃^-，当Cl₂与含S₂O²₃^-的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，说明生成S单质，取上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明生成SO₄^2-，氯气被还原为为Cl^-，根据守恒配平书写离子方程式；
（6）由H、N、O三种元素组成的碱性物质N为NH₃．H₂O．由H、N、O、S和Fe五种元素组成的式量为392的化合物M，M的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe²⁺、NH₄⁺，NH₄⁺为0.2mol，另取M的溶液，加入过量BaCl₂溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则M中含有SO₄^2-离子，n（SO₄^2-）=n（BaSO₄）=$\frac{46.6}{233g/mol}$=0.2mol，由硫酸根守恒可知，1molM含有1mol（NH₄）₂SO₄、1molFeSO₄，又1mol M中含有6mol结晶水，故M化学式为：（NH₄）₂SO₄•FeSO₄•6H₂O，相对分子质量为392．

解答 解：A、B、C、D、E为原子序数递增的短周期元素，在周期表中A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B、C左右相邻，C、D同主族，D和E的气态氢化物具有相同的电子数，且C的单质只有氧化性，则B为N元素、C为O元素、D为S元素、E为Cl．
（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O，
故答案为：MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；
（2）A、C元素按原子个数比为1：1形成化合物为H₂O₂，电子式为，故答案为：；
（3）①二氧化硫与品红化合物无色物质，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，将品红氧化为无色物质，二氧化硫与氯气都可以是品红溶液褪色，在装置A中观察到的现象是相同；
氯气与铁反应产生棕黄色的烟；二氧化硫在五氧化二钒作催化剂、加热条件下与氧气反应生成三氧化硫，反应方程式为：2SO₂+O₂2SO₃，
故答案为：相同；产生棕黄色的烟；2SO₂+O₂2SO₃；
②若装置B中装有5.0mL 1.0×10^-3mol/L的碘水，当通入足量Cl₂完全反应后，转移的电子为5.0×10^-5mol，令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0×10^-3L×1.0×10^-3mol/L×2×a=5.0×10^-5mol，解得a=+5，所以碘单质被氧化为HIO₃，则该反应的化学方程式为5Cl₂+I₂+6H₂O=2HIO₃+10HCl，
故答案为：5Cl₂+I₂+6H₂O=2HIO₃+10HCl；
（4）当加入氨水时，使该溶液变为碱性，产生BaSO₃白色沉淀（或当加入HNO₃时，使溶液中H₂SO₃氧化成H₂SO₄，产生BaSO₄白色沉淀），
故选：AC；
（5）由元素S和O组成-2价酸根Z，Z中S与O的质量比为4：3，则n（S）：n（O）=$\frac{4}{32}$：$\frac{3}{16}$=2：3，则Z为S₂O²₃^-，当Cl₂与含S₂O²₃^-的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，说明生成S单质，取上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生，说明生成SO₄^2-，氯气被还原为为Cl^-，反应离子方程式为：S₂O₃^2-+Cl₂+H₂O=SO₄^2-+S↓2Cl^-+2H⁺，
故答案为：S₂O₃^2-+Cl₂+H₂O=SO₄^2-+S↓2Cl^-+2H⁺；
（6）由H、N、O三种元素组成的碱性物质N为NH₃．H₂O．由H、N、O、S和Fe五种元素组成的式量为392的化合物M，M的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe²⁺、NH₄⁺，NH₄⁺为0.2mol，另取M的溶液，加入过量BaCl₂溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则M中含有SO₄^2-离子，n（SO₄^2-）=n（BaSO₄）=$\frac{46.6}{233g/mol}$=0.2mol，由硫酸根守恒可知，1molM含有1mol（NH₄）₂SO₄、1molFeSO₄，又1mol M中含有6mol结晶水，故M化学式为：（NH₄）₂SO₄•FeSO₄•6H₂O，相对分子质量为392，
①由上述分析可知，M的化学式为：（NH₄）₂SO₄•FeSO₄•6H₂O，故答案为：（NH₄）₂SO₄•FeSO₄•6H₂O；
②N是NH₃．H₂O，测定浓度均为a mol/L的化合物N和M的混合溶液呈中性，且含金属离子的浓度为b mol/L，混合溶液中硫酸根离子浓度为2amol/L，根据电荷守恒得c（NH₄⁺）+2c（Fe ²⁺ ）=2c（SO₄^2-），所以c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-）-2c（Fe ²⁺ ）=2×2amol/L-2bmol/L=（4a-2b）mol/L，
故答案为：4a-2b．

点评 本题考查元素化合物推断、化学实验、元素化合物性质、常用化学用语、氧化还原反应应用等，（3）中注意根据电子转移守恒计算判断产物，侧重考查学生对知识的综合应用，难度较大．