Question

5．A、B、C、D、E五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：
（1）若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，0.05 mol•L^-1 E溶液中只有3种离子，且在25℃时，溶液中的$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10¹²．
①若B为气态氢化物，写出E→C的一个化学方程式Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O或C+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O．
②在A→C的反应中，每转移1 mol e^-就会放热143.5 kJ，写出该反应的热化学方程式S（g）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-574.0kJ/mol．
（2）若A为单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀．
①若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，C溶液呈碱性的原因是Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺（用离子方程式表示）．
②若B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，E是一种不溶性碱．则：
（Ⅰ）B→C的离子方程式为2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺；．
（Ⅱ）D→E的化学方程式为4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃．
（Ⅲ）选用一种试剂R与E反应实现E→C的转化，则R为氢碘酸（或HI）；该反应的离子方程式为2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O．
（3）若A～E均为化合物，且均含有元素Y．A是淡黄色固体，B、C两溶液在等物质的量浓度时，C溶液的pH较小．电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C也是工业制备C的普遍方法．Y的单质与钾的合金可在核反应堆中用作热交换液．5.05 g Y钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气，计算并确定该Y钾合金的化学式是NaK₂．

Answer 1

分析 （1）A为金属单质，C、D的相对分子质量相差16，0.05mol/L E溶液中只有3种离子，且溶液中的$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10¹²，则溶液中的c（H⁺）=0.1mol/L，即E为二元强酸，则E为硫酸，根据转化关系可知，A为S，C为SO₂，D为SO₃，B为气体，应为H₂S，E→C应为浓硫酸与铜的反应或浓硫酸与碳的反应，根据元素守恒书写化学方程式，A→C的反应为S（g）+O₂（g）═SO₂（g），每转移1mol e^-就会放热143.5kJ，则转移4mol电子吸收143.5kJ×4=574.0kJ热量，以此书写热化学方程式；
（2）A为单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀，
①若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则由转化关系可知A为Al，B为AlCl₃，C为NaAlO₂，D为Al（OH）₃，B溶液呈酸性的原因是铝离子水解使溶液呈酸性；
②若B溶液呈黄色，与苯酚溶液混合后显紫色，可说明B中含有Fe³⁺，A应为Fe，C中含有Fe²⁺，E是一种不溶性碱，由转化关系可知D为Fe（OH）₂，E为Fe（OH）₃，若要实现Fe（OH）₃到FeCl₂的转化，应该加入还原性的酸氢碘酸（或HI）；
（3）A-E均为化合物，A是淡黄色固体，A为Na₂O₂；B、C两溶液在等物质的量浓度时，C溶液的pH较小，B为Na₂CO₃，C为NaHCO₃，电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D应为NaCl，D→E→C也是工业制备C的普遍方法，为侯氏制碱法，E为NaHCO₃，A～E均为化合物，且均含有元素Y，则Y为Na，据此答题．

解答 解：（1）A为金属单质，C、D的相对分子质量相差16，0.05mol/L E溶液中只有3种离子，且且溶液中的$\frac{c（{H}^{+}）}{c（O{H}^{-}）}$=10¹²，则溶液中的c（H⁺）=0.1mol/L，则E为硫酸，所以A为S，C为SO₂，D为SO₃，B为气体，应为H₂S，
①E→C的化学方程式为Cu+2H₂SO₄（浓） $\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O或C+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O，
故答案为：Cu+2H₂SO₄（浓） $\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O或C+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O；
②A→C的反应为S（g）+O₂（g）═SO₂（g），每转移1mol e^-就会放热143.5kJ，则转移4mol电子吸收143.5kJ×4=574.0kJ热量，则反应的热化学方程式为S（g）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-574.0 kJ/mol，
故答案为：S（g）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-574.0 kJ/mol；
（2）①A为单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀，若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则由转化关系可知A为Al，B为AlCl₃，C为NaAlO₂，D为Al（OH）₃，B溶液呈酸性的原因是铝离子水解使溶液呈酸性，离子方程式为Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺，
故答案为：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3H⁺；
②若B溶液呈黄色，与苯酚溶液混合后显紫色，可说明B中含有Fe³⁺，A应为Fe，C中含有Fe²⁺，E是一种不溶性碱，由转化关系可知D为Fe（OH）₂，E为Fe（OH）₃，B→C的离子方程式为2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺，D→E的化学方程式为4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃，若要实现Fe（OH）₃到FeCl₂的转化，应该加入还原性的酸氢碘酸（或HI），所以R为，用HI与Fe（OH）₃反应，反应的离子方程式为2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O，
故答案为：2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺；4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃；氢碘酸（或HI）；2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O；
（3）若A～E均为化合物．A是淡黄色固体；B、C两溶液在等物质的量浓度时，C 溶液的pH较小．电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C也是工业制备C的普遍方法，则各物质分别是A 为Na₂O₂；B为NaOH；C为Na₂CO₃；D 为NaCl；E为NaHCO₃．Y为Na，设Na的物质的量为x，K的物质的量为y，由质量守恒23x+39y=5.05；由得失电子守恒x+y=0.075×2，可知x=0.05，y=0.1，所以化学式为NaK₂，
故答案为：NaK₂．

点评 本题考查无机物的推断，注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键，习题综合性较强，涉及热化学反应、离子反应及溶液中物料守恒、电荷守恒的考查，题目难度中等．