Question

5．有以下几种粒子：X、Y、Z是阳离子，Q是阴离子，M、N是分子．除Z外其余粒子都由短周期元素A、B、C中的一种或几种构成，且具有以下结构特征和性质：
①它们（X、Y、Z、Q、M、N）核外电子总数都相同；
②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红；
③Y和Q都由A、B两元素组成，Y核内质子总数比Q多两个；
④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等；
⑤X和Q形成的浓溶液在加热情况下生成M和N；
⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的含Q或Y的溶液，沉淀消失．
（1）Q的化学式为OH^-；X的电子式为
（2）试比较M和N的稳定性：N＜M；
（3）写出Z和N的水溶液反应的离子方程式Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，；
（4）上述六种微粒中的两种阳离子可与硫酸根形成一种盐（不含结晶水），向该盐的浓溶液中逐滴加入0.2mol/L的NaOH溶液，出现了如图中a、b、c三个阶段的图象，根据图象判断该盐的化学式为NH₄Al（SO₄）₂．

（5）将2.56g铜投入到一定量由A、B、C三种元素形成的一种常见化合物的溶液中，共收集到896mL气体（标准状况下），将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入一定量的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入氧气在标准状况下的体积448mL．

Answer 1

分析 X、Y、Z是阳离子，Q是阴离子，M、N是分子．它们都由短周期元素组成，且具有以下结构特征和性质：①它们的核外电子总数都相同；
由②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红，溶液呈碱性，可推知N为NH₃、M为H₂O；
由⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的含Q或Y的溶液，沉淀消失，可推知Z为Al³⁺、Q为OH^-，
由③Y和Q都由A、B两元素组成，Y核内质子数比Q多2个，则Y为H₃O⁺；
由④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等，则X为NH₄⁺；
由⑤铵根离子与氢氧根离子浓溶液在加热条件下可以生成氨气和水，符合转化关系；
结合③④可知，A为H元素、B为O元素、C为N元素，据此解答．

解答 解：（1）Q的化学式为OH^-； 铵根离子的电子式为，故答案为：OH^-； ；
（2）非金属性越强氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以N为NH₃的稳定性弱于MH₂O的稳定性，故答案为：＜；
（3）铝离子和氨的水溶液反应的离子方程式为Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（4）由图可知，b阶段氢氧化铝沉淀不变，消耗氢氧化钠为1体积，应含有NH₄⁺，而溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠为1体积，故铝离子与铵根离子之比为1：1，则该盐的化学式为NH₄Al（SO₄）₂，
故答案为：NH₄Al（SO₄）₂；
（5）2.56g Cu的物质的量为：n（Cu）=$\frac{2.56g}{64g/mol}$=0.04mol，反应时失去电子为：2×0.04mol=0.08mol，
反应整个过程为HNO₃$\stackrel{Cu}{→}$NO、NO₂$\stackrel{水}{→}$HNO₃，反应前后HNO₃的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O₂得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：n（O₂）=$\frac{0.08mol}{4}$=0.02mol，标况下需要氧气的体积为：V（O₂）=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，
故答案为：448．

点评 本题考查无机物推断及元素化合物知识，为高频考点，涉及氧化还原反应计算、离子反应方程式的书写、氢化物稳定性判断等知识点，正确推断微粒、明确物质性质是解本题关键，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度中等．