Question

14．短周期主族元素A．B．C．D．E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，B元素所形成化合物种类最多，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的．
（1）已知相关物质之间存在如下变化：

①丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，由物质己电解得到单质D的化学方程式为2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$4Al+3O₂↑；
②0.1mol/L的丙溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序为C（NO₃^-）＞C（NH₄⁺）＞C（H⁺）＞C（OH^-）；；常温下，为使丙溶液中由丙电离的阴．阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的乙的水溶液至中性．
（2）已知E 及其化合物有以下变化：
，
写出单质E与化合物Z在一定条件下反应生成X和水的化学方程式S+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3SO₂↑+2H₂O；由A．B．C．D．E 5种元素中的两种元素，可形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子的分子式为H₂O₂或N₂H₄或C₂H₆等（任写一个即可）．
（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的C的含氧酸盐的化学式是NaNO₂．

Answer 1

分析 短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，则A为H元素，B元素所形成化合物种类最多，则B为C元素，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，丙为铵盐，故C为N元素，甲为HNO₃，乙为NH₃，丙为NH₄NO₃，D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D的原子序数比N元素大，故D处于第三周期，则D为Al元素．
（1）①己电解生成金属Al，故己为Al₂O₃，由转化关系可知，戊为Al（OH）₃，丁为Al（NO₃）₃；
②NH₄NO₃溶液中NH₄⁺水解，溶液呈酸性；
常温下，为使丙溶液硝酸铵溶液中电离的阴、阳离子浓度相等，即溶液中c（NO₃^-）═c（NH₄⁺），根据溶液中电荷守恒，则溶液中c（OH^-）═c（H⁺），溶液呈中性；
（2）E元素原子序数大于Al，处于第三周期，由E$\stackrel{O_{2}}{→}$X$\stackrel{O_{2}}{→}$Y，E可能为S，X为SO₂，Y为SO₃，由Y$\stackrel{水}{→}$Z，Z为H₂SO₄，硫酸与硫反应可以生成二氧化硫，符合转化关系；
（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，该无色气体为NO．相同体积下体积之比等于物质的量之比，反应中只有N元素与O元素的化合价发生变化，利用电子转移守恒计算N元素在酸根中的化合价，判断酸根书写盐的化学式．

解答 解：短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，则A为H元素，B元素所形成化合物种类最多，则B为C元素，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，丙为铵盐，故C为N元素，甲为HNO₃，乙为NH₃，丙为NH₄NO₃，D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D的原子序数比N元素大，故D处于第三周期，则D为Al元素．
（1）①己电解生成金属Al，故己为Al₂O₃，由转化关系可知，戊为Al（OH）₃，丁为Al（NO₃）₃，丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，由物质己电解得到单质D的化学方程式为：2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$4Al+3O₂↑，
故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$4Al+3O₂↑；
②NH₄NO₃溶液中NH₄⁺水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：C（NO₃^-）＞C（NH₄⁺）＞C（H⁺）＞C（OH^-）；
常温下，为使丙溶液硝酸铵溶液中电离的阴、阳离子浓度相等，即溶液中c（NO₃^-）═c（NH₄⁺），根据溶液中电荷守恒，则溶液中c（OH^-）═c（H⁺），溶液呈中性，
故答案为：C（NO₃^-）＞C（NH₄⁺）＞C（H⁺）＞C（OH^-）；中性；
（2）E元素原子序数大于Al，处于第三周期，由E$\stackrel{O_{2}}{→}$X$\stackrel{O_{2}}{→}$Y，E可能为S，X为SO₂，Y为SO₃，由Y$\stackrel{水}{→}$Z，Z为H₂SO₄，硫酸与硫反应可以生成二氧化硫，符合转化关系，
单质S与H₂SO₄在一定条件下反应生成SO₂和水，反应的化学方程式为：S+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3SO₂↑+2H₂O；由H、C、N、Al、S 5种元素中的两种元素，形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子为H₂O₂、N₂H₄、C₂H₆等；
故答案为：S+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3SO₂↑+2H₂O；H₂O₂或N₂H₄或C₂H₆等；
（3）该无色气体是NO，2LNO与0.5L的氧气混合，混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，反应中只有N元素与O元素的化合价发生变化，令N元素在酸根中的化合价为a，根据电子转移守恒有2×（a-2）=0.5×4，解得a=3，即酸根中N元素的化合价为+3，故生成NaNO₂；
故答案为：NaNO₂．

点评 主要以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原计算等，难度中等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力．