Question

20．由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种粒子，其中只有C、D是分子，其余四种均是离子，且每个微粒中都含有10个电子．已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，六种粒子间有下列关系：
①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子；
②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
③1mol B离子与1mol E离子作用可生成2molD分子；
④向含F离子的溶液中加入C的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，若加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解．
（1）微粒B的电子式是；粒子E的名称是水合氢离子；粒子F对应的元素在周期表中的位置是第三周期、ⅢA族．
（2）写出下列反应的离子方程式：
F+过量C的溶液：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺
W+含大量B离子的溶液：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O
（3）六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种复盐，向该复盐的浓溶液中滴加浓苛性钠溶液，依次产生的现象有：a．溶液中出现白色沉淀b．沉淀逐渐增多c．有刺激性气味气体放出 d．沉淀逐渐减少 e．沉淀完全消失
该复盐的化学式为NH₄Al（SO₄）₂，在水溶液中的电离方程式是NH₄Al（SO₄）₂═Al³⁺+NH₄⁺+2SO₄^2-；．

Answer 1

分析 由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，且每个微粒中都含有10个电子．已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，
②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气；
①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子，A是10电子的阳离子，能生成氨气，则A是铵根离子，B是氢氧根离子，D是水；
③1molB离子与1molE离子作用可生成2mol D分子，则E是水合氢离子；
④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解则F是铝离子，沉淀W是氢氧化铝；
（1）通过以上分析知，B为氢氧根离子，氢氧根离子为阴离子，需要标出所带电荷及最外层电子；E是水合氢离子，F是铝离子，在周期表中位于第三周期第IIIA族；
（2）铝离子和氨水反应生成氢氧化铝和铵根离子；氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水；
（3）a．溶液中出现白色沉淀，c．沉淀逐渐增多，e．沉淀逐渐减少，d．沉淀完全消失，说明此沉淀为Al（OH）₃，则该复盐中含有Al³⁺，b．有刺激性气味气体放出，说明该复盐中含有NH₄⁺，则该复盐为NH₄Al（SO₄）₂，NH₄Al（SO₄）₂在溶液中完全电离出铵根离子、铝离子和硫酸根离子．

解答 解：由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，且每个微粒中都含有10个电子．已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，
②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气；
①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子，A是10电子的阳离子，能生成氨气，则A是铵根离子，B是氢氧根离子，D是水；
③1molB离子与1molE离子作用可生成2mol D分子，则E是水合氢离子；
④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解则F是铝离子，沉淀W是氢氧化铝；
（1）通过以上分析知，B为氢氧根离子，氢氧根离子为阴离子，其电子式为：；E是水合氢离子，F是铝离子，在周期表中位于第三周期第IIIA族，
故答案为：；水合氢离子；第三周期、ⅢA族；
（2）铝离子和氨水反应生成氢氧化铝和铵根离子，离子反应方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，
氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，离子反应方程式为：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O；
（3）a．溶液中出现白色沉淀，c．沉淀逐渐增多，e．沉淀逐渐减少，d．沉淀完全消失，说明此沉淀为Al（OH）₃，则该复盐中含有Al³⁺，b．有刺激性气味气体放出，说明该复盐中含有NH₄⁺，则该复盐为：NH₄Al（SO₄）₂，NH₄Al（SO₄）₂在溶液中的电离方程式是：NH₄Al（SO₄）₂═Al³⁺+NH₄⁺+2SO₄^2-，
故答案为：NH₄Al（SO₄）₂；NH₄Al（SO₄）₂═Al³⁺+NH₄⁺+2SO₄^2-．

点评 本题考查原子结构与性质的综合应用，题目难度中等，明确10电子原子或分子、离子有哪些是解本题关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．