Question

8．A、B、C、D、E是中學化學常見單質，X、Y、Z、M、N、W、H、K是常見化合物，X是由B和C形成的化合物，它們之間有如圖所示的轉化關系（反應物和產物中的H₂O已略去），其中反應①是工業(yè)制備C的工作方法：

（1）Z中陽離子的電子式為Na⁺，構成E單質的元素在周期表中位于第四周期第Ⅷ族．
（2）請寫出下列反應的離子方程式：
反應①：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；
反應②：2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑；
反應③：Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O═4Al（OH）₃↓
（3）某工廠用Y和C制84消毒液，為測定某品牌的84消毒液中有效成分的含量，某小組進行了如下實驗：取1.00mL 84消毒液（密度為1.17g/mL），稀釋成200mL溶液，加入到錐形瓶中，再加入過量的KI溶液和過量的硫酸，此時發(fā)生的離子方程式為：2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O；靜置，待完全反應后，用0.1000mol•L^-1的Na₂S₂O₃溶液做標準溶液滴定反應生成的碘，已知反應式為：2Na₂S₂O₃+I₂═Na₂S₄O₆+2NaI，共用去Na₂S₂O₃溶液20.00mL，則該84消毒液中有效成分的質量分數為6.11%（保留三位有效數字）

Answer 1

分析 反應①是工業(yè)制備C的工作方法，則應為電解飽和食鹽水的反應，則X為飽和NaCl溶液，A、C是中學化學常見單質，所以Y為NaOH，A為H₂，C為Cl₂，W為HCl，能與NaOH反應生成H₂的金屬為Al，則D為Al，Z為NaAlO₂，K為AlCl₃，M為Al（OH）₃，由轉化關系可知E應為變價金屬，應為Fe，則N為FeCl₃，H為FeCl₂，結合物質的性質以及題目的要求解答該題；
（3）漂白粉中的ClO^-具有氧化性，I^-具有還原性，在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應，生成I₂、Cl^-和水，再根據得失電子守恒、原子守恒配平；加入過量的KI溶液和過量的硫酸與漂白粉溶液反應發(fā)生2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O，由2Na₂S₂O₃+I₂=Na₂S₄O₆+2NaI，得關系式Ca（ClO）₂～2Cl₂～2I₂～4Na₂S₂O₃，據此定量關系計算，注意溶液體積的變化．

解答 解：（1）由以上分析可知Z為NaAlO₂，陽離子的電子式為Na⁺，E應為變價金屬，應為Fe，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，故答案為：Na⁺；四；Ⅷ；
（2）反應①為電解飽和食鹽水的反應，離子方程式為2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑，
反應②的離子反應為2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑，
反應③為AlCl₃和NaAlO₂的互促水解反應，反應的離子方程式為Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O═4Al（OH）₃↓，
故答案為：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑；Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O═4Al（OH）₃↓；
（3）漂白粉中的ClO^-具有氧化性，I^-具有還原性，在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應，生成I₂、Cl^-和水，再根據得失電子守恒、原子守恒配平，反應的離子方程式為：2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O；加入過量的KI溶液和過量的硫酸與漂白粉溶液反應發(fā)生2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O，由2Na₂S₂O₃+I₂=Na₂S₄O₆+2NaI，得關系式Ca（ClO）₂～2Cl₂～2I₂～4Na₂S₂O₃，
n[Ca（ClO）₂]=$\frac{1}{4}$n（Na₂S₂O₃）=20.0mL×10^-3 L•mL^-1×0.1mol•L^-1×$\frac{1}{4}$=0.0005mol，則該漂白粉中有效成分的質量分數=$\frac{0.0005×143}{1×1.17}$×100%=6.11%，
故答案為：2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O；6.11%．

點評 本題考查無機物的推斷，題目難度中等，根據物質的典型性質，明確物質的種類為解答該題的關鍵，注意工業(yè)電解飽和食鹽水的重要應用．