Question

5．A、B、C、D、E五種物質(zhì)（或離子）均含有同一種元素，它們之間有如圖所示的轉化關系：
（1）若A為單質(zhì)，C、D的相對分子質(zhì)量相差16，0.05 mol•L^-1 E溶液中只有3種離子，且在25℃時，溶液中的$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10¹²．
①若B為氣態(tài)氫化物，寫出E→C的一個化學方程式Cu+2H₂SO₄（濃）$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O或C+2H₂SO₄（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O．
②在A→C的反應中，每轉移1 mol e^-就會放熱143.5 kJ，寫出該反應的熱化學方程式S（g）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-574.0kJ/mol．
（2）若A為單質(zhì)，B、C均屬于鹽類，D是一種白色沉淀．
①若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈堿性，C溶液呈堿性的原因是Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺（用離子方程式表示）．
②若B溶液呈黃色，與硫氰化鉀溶液混合后顯紅色，E是一種不溶性堿．則：
（Ⅰ）B→C的離子方程式為2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺；．
（Ⅱ）D→E的化學方程式為4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃．
（Ⅲ）選用一種試劑R與E反應實現(xiàn)E→C的轉化，則R為氫碘酸（或HI）；該反應的離子方程式為2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O．
（3）若A～E均為化合物，且均含有元素Y．A是淡黃色固體，B、C兩溶液在等物質(zhì)的量濃度時，C溶液的pH較�。�電解D的水溶液是最重要的工業(yè)生產(chǎn)之一，D→E→C也是工業(yè)制備C的普遍方法．Y的單質(zhì)與鉀的合金可在核反應堆中用作熱交換液．5.05 g Y鉀合金溶于200 mL水生成0.075 mol氫氣，計算并確定該Y鉀合金的化學式是NaK₂．

Answer 1

分析 （1）A為金屬單質(zhì)，C、D的相對分子質(zhì)量相差16，0.05mol/L E溶液中只有3種離子，且溶液中的$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10¹²，則溶液中的c（H⁺）=0.1mol/L，即E為二元強酸，則E為硫酸，根據(jù)轉化關系可知，A為S，C為SO₂，D為SO₃，B為氣體，應為H₂S，E→C應為濃硫酸與銅的反應或濃硫酸與碳的反應，根據(jù)元素守恒書寫化學方程式，A→C的反應為S（g）+O₂（g）═SO₂（g），每轉移1mol e^-就會放熱143.5kJ，則轉移4mol電子吸收143.5kJ×4=574.0kJ熱量，以此書寫熱化學方程式；
（2）A為單質(zhì)，B、C均屬于鹽類，D是一種白色沉淀，
①若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈堿性，則由轉化關系可知A為Al，B為AlCl₃，C為NaAlO₂，D為Al（OH）₃，B溶液呈酸性的原因是鋁離子水解使溶液呈酸性；
②若B溶液呈黃色，與苯酚溶液混合后顯紫色，可說明B中含有Fe³⁺，A應為Fe，C中含有Fe²⁺，E是一種不溶性堿，由轉化關系可知D為Fe（OH）₂，E為Fe（OH）₃，若要實現(xiàn)Fe（OH）₃到FeCl₂的轉化，應該加入還原性的酸氫碘酸（或HI）；
（3）A-E均為化合物，A是淡黃色固體，A為Na₂O₂；B、C兩溶液在等物質(zhì)的量濃度時，C溶液的pH較小，B為Na₂CO₃，C為NaHCO₃，電解D的水溶液是最重要的工業(yè)生產(chǎn)之一，D應為NaCl，D→E→C也是工業(yè)制備C的普遍方法，為侯氏制堿法，E為NaHCO₃，A～E均為化合物，且均含有元素Y，則Y為Na，據(jù)此答題．

解答 解：（1）A為金屬單質(zhì)，C、D的相對分子質(zhì)量相差16，0.05mol/L E溶液中只有3種離子，且且溶液中的$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10¹²，則溶液中的c（H⁺）=0.1mol/L，則E為硫酸，所以A為S，C為SO₂，D為SO₃，B為氣體，應為H₂S，
①E→C的化學方程式為Cu+2H₂SO₄（濃） $\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O或C+2H₂SO₄（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O，
故答案為：Cu+2H₂SO₄（濃） $\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O或C+2H₂SO₄（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O；
②A→C的反應為S（g）+O₂（g）═SO₂（g），每轉移1mol e^-就會放熱143.5kJ，則轉移4mol電子吸收143.5kJ×4=574.0kJ熱量，則反應的熱化學方程式為S（g）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-574.0 kJ/mol，
故答案為：S（g）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-574.0 kJ/mol；
（2）①A為單質(zhì)，B、C均屬于鹽類，D是一種白色沉淀，若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈堿性，則由轉化關系可知A為Al，B為AlCl₃，C為NaAlO₂，D為Al（OH）₃，B溶液呈酸性的原因是鋁離子水解使溶液呈酸性，離子方程式為Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺，
故答案為：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺；
②若B溶液呈黃色，與苯酚溶液混合后顯紫色，可說明B中含有Fe³⁺，A應為Fe，C中含有Fe²⁺，E是一種不溶性堿，由轉化關系可知D為Fe（OH）₂，E為Fe（OH）₃，B→C的離子方程式為2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺，D→E的化學方程式為4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃，若要實現(xiàn)Fe（OH）₃到FeCl₂的轉化，應該加入還原性的酸氫碘酸（或HI），所以R為，用HI與Fe（OH）₃反應，反應的離子方程式為2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O，
故答案為：2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺；4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃；氫碘酸（或HI）；2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O；
（3）若A～E均為化合物．A是淡黃色固體；B、C兩溶液在等物質(zhì)的量濃度時，C 溶液的pH較�。�電解D的水溶液是最重要的工業(yè)生產(chǎn)之一，D→E→C也是工業(yè)制備C的普遍方法，則各物質(zhì)分別是A 為Na₂O₂；B為NaOH；C為Na₂CO₃；D 為NaCl；E為NaHCO₃．Y為Na，設Na的物質(zhì)的量為x，K的物質(zhì)的量為y，由質(zhì)量守恒23x+39y=5.05；由得失電子守恒x+y=0.075×2，可知x=0.05，y=0.1，所以化學式為NaK₂，
故答案為：NaK₂．

點評 本題考查無機物的推斷，注意利用信息及轉化關系圖推斷各物質(zhì)是解答的關鍵，習題綜合性較強，涉及熱化學反應、離子反應及溶液中物料守恒、電荷守恒的考查，題目難度中等．