Question

6．已知A、B、C、D、E为中学化学中常见的化合物，其中A是淡黄色固体，B是无色液体，甲、乙、丙为非金属单质，丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，C的焰色反应呈黄色，丙是黄绿色气体，它们之间的转化关系如图所示（有的反应部分产物已经略去）：

（1）实验室制取丙的离子方程为MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O．
（2）反应①的化学方程式为：NaAlO₂+HCl+H₂O=NaCl+Al（OH）₃↓．
（3）写出A与B反应的化学方程式2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑．
（4）已知Al（OH）₃是难溶于水的两性氢氧化物．常温下，Ksp[Al（OH）₃]=3.0×10^-34．则该温度下，将0.1mol/L的AlCl₃溶液调整到pH=5，此时溶液中c（Al³⁺）=3.0×10^-7mol/L．

Answer 1

分析 A是淡黄色固体，B是无色液体，二者反应生成C与单质甲，且C的焰色反应呈黄色，可知A是Na₂O₂，B是H₂O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O₂，C是NaOH．丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，则丁是Al，与NaOH反应生成单质乙，则乙是H₂，D是NaAlO₂．丙是黄绿色气体单质，则丙是Cl₂，由转化关系可知E是HCl，白色沉淀为氢氧化铝，据此解答．
（1）实验室制取氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成；
（2）反应①为盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀、氯化钠与水；
（3）分析可知A是Na₂O₂，B是H₂O，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；
（4）该温度下，将0.1mol/L的AlCl₃溶液调整到pH=5，计算此时氢氧根离子浓度，结合溶度积常数计算得到铝离子浓度．

解答 解：A是淡黄色固体，B是无色液体，二者反应生成C与单质甲，且C的焰色反应呈黄色，可知A是Na₂O₂，B是H₂O，甲、乙、丙为非金属单质，甲是O₂，C是NaOH．丁为地壳中含量最多的金属元素所组成的单质，则丁是Al，与NaOH反应生成单质乙，则乙是H₂，D是NaAlO₂．丙是黄绿色气体单质，则丙是Cl₂，由转化关系可知E是HCl，白色沉淀为氢氧化铝，
（1）实验室制取氯气的化学反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，反应的离子方程式为：MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O，故答案为：MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；
（2）反应①为盐酸与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀、氯化钠与水，反应的化学方程式为：NaAlO₂+HCl+H₂O=NaCl+Al（OH）₃↓，
故答案为：NaAlO₂+HCl+H₂O=NaCl+Al（OH）₃↓；
（3）分析可知A是Na₂O₂，B是H₂O，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，
故答案为：2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑；
（4）常温下，将0.1mol/L的AlCl₃溶液调整到pH=5，c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-5}}$=10^-9mol/L，Ksp[Al（OH）₃]=c（Al³⁺）×c³（OH^-）=3.0×10^-34．此时溶液中c（Al³⁺）=$\frac{3.0×1{0}^{-34}}{（1{0}^{-9}）^{3}}$=3.0×10^-7mol/L，故答案为：3.0×10^-7mol/L．

点评 本题考查无机物的推断，涉及Na、Al、Cl盐酸单质化合物性质以及电解、气体制备等，题目难度中等，注意根据物质的颜色、反应的现象为突破口进行推断，学习中注意元素化合物的性质，注重相关知识的积累．