Question

12．将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物．
（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（2）B、D都是酸性氧化物，且组成元素相同，D溶于水得强酸．则B、D分子中除氧外所含另一种元素在周期表中的位置为第三周期、ⅥA族．
（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取E气体的化学方程式为2NH₄Cl+Ca（OH）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从B（填“A”或“B”）通入．
（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，若向X的浓溶液中滴加NaOH溶液至过量，现象依次为生成白色沉淀，生成刺激性气味的气体，白色沉淀又逐渐溶解．
（5）取一定量的X晶体分解，若生成F 1mol，则必同时生成SO₂物质（填化学式）3mol．

Answer 1

分析 （1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al₂O₃；
（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B、D分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知B、D分别为SO₃和SO₂；
（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH₃；根据氨气的密度大小选择收集方法；
（4）X的组成类似于明矾，结合以上分析写出晶体X的化学式；NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O溶液中含有铵根离子、铝离子，加入氢氧化钠溶液后，先生成白色沉淀，然后产生氨气，最后白色沉淀溶解，据此进行解答；
（5）生成1molN₂转移6 mol电子，根据元素守恒和电子守恒计算生成SO₂的物质的量．

解答 解：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al₂O₃，与强碱溶液反应的离子方程式为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B、D分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知B、D分别为SO₃和SO₂，硫元素在周期表中的物质是第三周期第ⅥA族，
故答案为：第三周期、ⅥA族；
（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH₃，实验室制备氨气的方程式为：2NH₄Cl+Ca（OH）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从B管通入气体收集，
故答案为：2NH₄Cl+Ca（OH）₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O；B；
（4）根据以上分析可知，X中含有铝离子、铵根离子、硫酸根离子，再结合X的组成类似于明矾，可知其化学式为：NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O；NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O的溶液中含有铵根离子和铝离子，加入氢氧化钠溶液后，铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝白色沉淀，铝离子反应完全后铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，最后白色沉淀氢氧化铝会逐渐溶解，
故答案为：生成白色沉淀；生成刺激性气味的气体；白色沉淀又逐渐溶解；
（5）根据上面（4）的分析可知，X为NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O，取一定量的X晶体分解，根据元素守恒和电子得失守恒可知，生成1molN₂转移6 mol电子，则生成SO₂的物质的量为：$\frac{6mol}{6-4}$=3mol，
故答案为：SO₂；3．

点评 本题考查无机物推断、未知物的检验，题目难度中等，注意掌握常见元素及其化合物的性质，正确理解题中信息是解题关键，要求学生具备扎实基础知识和一定的分析、推理能力．