Question

【题目】Ⅰ．由三种元素组成的化合物 A，按如下流程进行实验：

已知：①标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍。②固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸。

请回答：

(1)组成 A 的三种元素是__________，A 的化学式是________。

(2)固体 A 与足量稀盐酸反应的化学方程式是__________。

(3)气体 B 与足量 CuO 在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式________________。

Ⅱ．某兴趣小组为探究 SO2 与 Fe(NO3)3 稀溶液反应的情况，实验装置如图，请回答：

(1)实验过程中，甲中溶液由黄色变为浅绿色但立即又变为黄色。请写出甲中溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式_____。

(2)请设计实验方案，检验反应后甲溶液中的金属阳离子______。

Answer 1

【答案】氢、碳、铝 Al(CH3)3 Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑ CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色浅变淡），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+）

【解析】

Ⅰ．化合物A与水反应生成气体B和白色固体E，白色固体E加热可生成白色固体F，白色固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸，说明E具有两性，则E为Al(OH)3，F为Al2O3，则化合物A中含有Al元素，1.02g Al2O3的物质的量为=0.01mol，根据原子守恒，化合物A中的Al元素的物质的量为0.02mol，标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍，根据摩尔质量之比等于密度之比，则B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，B在足量氧气中燃烧生成的气体C能与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，则B为CH4气体，则化合物A中应含有C元素，CH4与足量的氧气完全燃烧生成气体C，C与足量氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀D，则D为碳酸钙，6g碳酸钙的物质的量为=0.06mol，根据碳原子守恒，则化合物A中的碳元素物质的量为0.06mol，化合物A中第三种元素的质量=1.44g-0.02mol×27g/mol-0.06mol×12g/mol=0.18g，结合物料守恒，化合物A和水反应生成CH4和Al(OH)3，则化合物A中的第三种元素应为H元素，其物质的量为=0.18mol，则n(H): n(Al): n(C)=0.18mol:0.02mol:0.06mol=9:1:3，根据化合物中元素的正负化合价代数和为零，则可得化合物A的化学式为Al(CH3)3，据此分析解答。

Ⅱ．(1)实验过程中，甲中溶液三价铁离子具有氧化性，含有铁离子的溶液为黄色，二氧化硫具有还原性，向甲中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成亚铁离子，含亚铁离子的溶液呈浅绿色，故由黄色变为浅绿色；酸性条件下，硝酸根具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，立即又变为黄色；

(2)反应后甲溶液中的阳离子可能为铁离子或亚铁离子，铁离子能使含有硫氰根离子的溶液变红，亚铁离子具有还原性，据此设计检验方法。

Ⅰ．(1)根据分析，组成 A 的三种元素是氢、碳、铝，A 的化学式是Al(CH3)3；

(2)固体A是Al(CH3)3，与足量稀盐酸反应生成氯化铝和甲烷，化学方程式是Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；

(3)气体 B 为CH4，CH4中的碳为-4价，为碳元素的最低价态，具有还原性，CuO具有氧化性，则CH4与足量 CuO 在加热条件下发生氧化还原反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；

Ⅱ．(1)实验过程中，甲中溶液三价铁离子具有氧化性，含有铁离子的溶液为黄色，二氧化硫具有还原性，向甲中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成亚铁离子（反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+），含亚铁离子的溶液呈浅绿色，故由黄色变为浅绿色，溶液呈酸性；酸性条件下，硝酸根具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，立即又变为黄色，溶液由浅绿色变为黄色的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

(2)由于反应中未指明反应用量，反应后甲溶液中的阳离子可能为铁离子或亚铁离子，铁离子能使含有硫氰根离子的溶液变红，亚铁离子具有还原性，检验反应后甲溶液中的金属阳离子方法为取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色浅变淡），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+）。