Question

一定条件下，物质A～E转化关系如右图，其中A为单质，常温下E为无色液体．
（1）若A、C、D均含氯元素，C为氯碱工业的原料，D溶液具有漂白性，则A与B反应的化学方程式是

Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O

；D溶液可使KI淀粉溶液显蓝色，则D与KI在溶液中反应的离子方程式是

2I^-+ClO^-+H₂O=I₂+Cl^-+2OH^-

；过量B溶液与NH₄HCO₃溶液共热，生成气体G的离子方程式是

NH₄⁺+HCO₃^-+2OH^-

加热  .

CO₃^2-+NH₃↑+2 H₂O

，G遇硝酸蒸气的现象是

产生白烟

．
（2）若A为红色金属，B为某酸的浓溶液，D可形成酸雨的无色气体．A与B反应的化学
是

Cu+2H₂SO₄（浓）

加热  .

CuSO₄+SO₂↑+2H₂O

；a molA与足量的B充分反应后，将产生的D通入NaOH溶液中，恰好完全反应，则所需NaOH的物质的量的范围是

a mol≤n（NaOH）≤2a mol

．
（3）上述（1）、（2）中的D都能使品红溶液褪色，利用褪色后的溶液，探究使品红溶液褪色的物质的实验方法是

取少量褪色后的溶液加热，若溶液恢复红色，则是SO₂使品红褪色，若溶液不变红，则是NaClO使品红褪色．

．

Answer 1

分析：（1）A为单质，常温下E为无色液体，若A、C、D均含氯元素，C为氯碱工业的原料，D溶液具有漂白性，判断C为NaCl；D为NaClO，E为H₂O；A为Cl₂；B为NaOH；
（2）若A为红色金属，B为某酸的浓溶液，D可形成酸雨的无色气体．推断为A为Cu，B为浓硫酸；D为SO₂；E为H₂O；C为硫酸铜；
（3）（1）中D为NaClO，（2）中D为SO₂；结合二者漂白性的原理本题分析；

解答：解：（1）结合转化关系，若A、C、D均含氯元素，C为氯碱工业的原料，D溶液具有漂白性，判断C为NaCl；D为NaClO，E为H₂O；A为Cl₂；B为NaOH；则A与B反应是氯气和氢氧化钠溶液的反应，反应的学方程式为：Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O；D溶液是NaClO，可使KI淀粉溶液显蓝色，什么次氯酸根离子氧化碘离子为单质碘，碘遇淀粉变蓝，则D与KI在溶液中反应的离子方程式：2I^-+ClO^-+H₂O=I₂+Cl^-+2OH^-；过量B溶液是NaOH溶液，与NH₄HCO₃溶液共热，生成气体G为NH₃，的离子方程式：NH₄⁺+HCO₃^-+2OH^-

加热  .

CO₃^2-+NH₃↑+2 H₂O；氨气遇硝酸蒸气会生成硝酸铵固体小颗粒，产生白烟．
故答案为：Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O；2I^-+ClO^-+H₂O=I₂+Cl^-+2OH^-；NH₄⁺+HCO₃^-+2OH^-

加热  .

CO₃^2-+NH₃↑+2 H₂O；产生白烟．
（2）若A为红色金属，B为某酸的浓溶液，D可形成酸雨的无色气体．推断为A为Cu，B为浓硫酸；D为SO₂；E为H₂O；C为硫酸铜；A与B反应的化学方程式为：
Cu+2H₂SO₄（浓） 

加热  .

 CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；a molCu与足量的H₂SO₄（浓）充分反应后，生成SO₂物质的量为amol，将产生的amolSO₂通入NaOH溶液中，恰好完全反应，当全部生成亚硫酸钠需要氢氧化钠物质的量为2amol，若全部生成亚硫酸氢钠，需要的氢氧化钠物质的量为amol，所以所需NaOH的物质的量的范围是：a mol≤n（NaOH）≤2a mol；
故答案为：Cu+2H₂SO₄（浓）

加热  .

CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；a mol≤n（NaOH）≤2a mol
（3））（1）中D为NaClO，利用次氯酸水解生成的次氯酸漂白，是强氧化性的作用，把有色物质氧化为无色物质；（2）中D为SO₂；是和水反应生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质，加热恢复原来的颜色；能使品红溶液褪色，利用褪色后的溶液，探究使品红溶液褪色的物质的方案为：取少量褪色后的溶液加热，若溶液恢复红色，则是SO₂使品红褪色，若溶液不变红，则是NaClO使品红褪色．
故答案为：取少量褪色后的溶液加热，若溶液恢复红色，则是SO₂使品红褪色，若溶液不变红，则是NaClO使品红褪色．

点评：本题考查了物质关系的应用物质性质的运用，驻澳考查氯气和碱反应的产物分析，性质应用，铜和浓硫酸反应产物二氧化硫的性质应用，次氯酸和二氧化硫漂白性的比较和实验方案设计．