A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，余均为常见化合物，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，A—J的所有物质之

题型：不详难度：来源：

A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，其中B、D属于常见金属，余均为常见化合物，J是一种黑色固体，I的浓溶液具有还原性，A—J的所有物质之间有如下的转化关系（部分反应产物省略）：

（1）B元素和C元素的简单离子半径大小关系是       （用离子符号表示）：
（2）将氮元素与C形成的化合物NC₃加入水中产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，写出该反应的化学方程式             ；
（3）由E的饱和溶液滴入沸水中形成透明液体，再将此液体装入U型管，并在U型管的两端插入电极，接通直流电，在阳极端可观察到的现象是        ；
（4）将适量J加入酸化的H₂O₂的溶液中，J溶解生成它的+2价离子，该反应的离子方程式是
                       ；
（5）向含有0．1 mol G的溶液中滴加5 mol/L 的盐酸溶液，得到沉淀3．9 g ，则加入盐酸的体积可能为                  。

答案

（1）r（Al³⁺） < r（Cl^‑）（或Al³⁺ < Cl^‑）（2）NCl₃+ 3H₂O = NH₃↑+ 3HClO（3）红褐色变浅（答有Cl₂生成可给1分）（4）MnO₂ + H₂O₂ + 2H⁺ = Mn²⁺ + O₂↑ + 2H₂O（5）10 mL和50 mL

解析

试题分析：I的浓溶液具有还原性，应为HCl，J是一种黑色固体，可与浓盐酸反应，应为MnO₂，二者反应生成C为Cl₂，D为常见金属，可与水蒸气反应，应为Fe，则E为FeCl₃，A为H₂，F为Fe₃O₄，B能与Fe₃O₄在高温下反应，且能与NaOH溶液反应，则B为Al，G为NaAlO₂，H为Al₂O₃，则（1）由以上分析可知B元素的简单离子为Al³⁺，C为Cl^－，Al³⁺有两个电子层，而Cl^－有三个电子层，故r（Al³⁺）< r（Cl^‑）（2）红色石蕊试纸变蓝的气体即为氨气，C为Cl₂，根据原子数守恒配平反应方程式：NCl₃+ 3H₂O = NH₃↑+ 3HclO（3）E为FeCl₃，实验室可用将饱和FeCl₃溶液逐滴加入沸水的方法制备氢氧化铁胶体，胶体具有电泳现象，胶体粒子带正电荷，外加电源，可向电源负极移动，则阳极红色加深（4）J为MnO₂，根据题意可知反应的离子方程式为MnO₂+H₂O₂+2H⁺═Mn²⁺+O₂↑+2H₂O（5）G为NaAlO₂，加入少量盐酸时，盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，NaAl(OH)₄+HCl==NaCl+H₂O+Al(OH)₃↓，设加入nL盐酸
n×5mol/L            即：5n=1：1，n=0.01L=10mL，加入过量盐酸时盐酸先与偏铝酸钠完全反应，生成氢氧化铝沉淀，盐酸在与氢氧化铝沉淀反应，使沉淀慢慢减少，第一步0.1mol偏铝酸钠完全反应，NaAl(OH)₄+HCl==NaCl+H₂O+Al(OH)₃↓ ，消耗5mol/L的盐酸溶液20ml，即0.1mol，生成氢氧化铝0.1mol，质量为7.8g，又反应后得到沉淀3.9g，即第二步反应氢氧化铝7.8g-3.9g=3.9g，设第二步消耗mL盐酸：3HCl+Al(OH)₃=AlCl₃+3H₂O，
m×5       即：5m=1：3，m=30mL
一二步总消耗盐酸50mL，故加入盐酸的体积可能为10 mL和50 mL。