Question

2．有一化合物A，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系．

其中B、D、E为无色气体，W、K为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体．在混合液中加入BaCl₂可生成不溶于稀HNO₃的白色沉淀，H和W反应可放出大量的热．
（1）写出下列物质的化学式：A（NH₄）₂Fe（SO₄）₂    FNO
（2）写出下列反应的化学方程式J与NaOH溶液反应：Al₂O₃+2NaOH=2NaAlO₂+H₂O，F→G：4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃，
K与过量G溶液反应的离子方程式：Fe+4H⁺+NO₃^-=Fe³⁺+NO+2H₂O；
（3）电解混合液的阳极电极反应式为4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O；
（4）原混合液的体积为VmL，pH为a，密度为ρ₁g/mL，电解一段时间后，收集到标况下D的体积为bL，若此时溶液的密度为ρ₂g/mL，则此溶液的c（OH^-）为$\frac{5.6{ρ}_{2}V1{0}^{a-14}}{5.6{ρ}_{1}V-9b}$mol/L（用字母表示）．

Answer 1

分析 K和W为常见的金属单质，W和H反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe（OH）₃，H为Fe₂O₃，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）₂，X的水溶液为浅绿色，混合液中加入BaCl₂溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH₄）₂Fe（SO₄）₂；电解硫酸钠溶液生成E为H₂，D为O₂，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成的G为硝酸，然后结合物质的性质及化学用语来解答．

解答 解：K和W为常见的金属单质，W和H反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe（OH）₃，H为Fe₂O₃，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）₂，X的水溶液为浅绿色，混合液中加入BaCl₂溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH₄）₂Fe（SO₄）₂；电解硫酸钠溶液生成E为H₂，D为O₂，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成的G为硝酸，
（1）根据分析可知，A为：（NH₄）₂Fe（SO₄）₂，F为NO，故答案为：（NH₄）₂Fe（SO₄）₂；NO；
（2）J为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Al₂O₃+2NaOH=2NaAlO₂+H₂O；F为NO，一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，反应的化学方程式为：4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃；K为Fe，铁与过量硝酸反应的离子方程式为：Fe+4H⁺+NO₃^-=Fe³⁺+NO+2H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2NaOH=2NaAlO₂+H₂O；4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃；Fe+4H⁺+NO₃^-=Fe³⁺+NO+2H₂O；
（3）电解混合液时阳极氢氧根失去电子生成氧气，其电极反应式为：4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，
故答案为：4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O；
（4）电极氢氧化钠、硫酸钠的混合液，相当于电解水，标况下bL氧气的物质的量为：$\frac{bL}{22.4L/mol}$=$\frac{b}{22.4}$mol，电解过程中消耗水的质量为：$\frac{b}{22.4}$mol×2×18g/mol=$\frac{9b}{5.6}$g，
原混合液的体积为VmL，pH为a，则溶液中氢氧根离子的物质的量为：10^a-14mol/L×V×10^-3L=V×10^a-17mol，
电解后溶液质量为：ρ₁Vg-$\frac{9b}{5.6}$g，电解后溶液的体积为：$\frac{{ρ}_{1}Vg-\frac{9b}{5.6}g}{{ρ}_{2}g/mL}$=$\frac{5.6{ρ}_{1}V-9b}{5.6{ρ}_{2}}$mL，
所以电解后溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH^-）=$\frac{V×1{0}^{a-17}mol}{\frac{5.6{ρ}_{1}V-9b}{5.6{ρ}_{2}}×1{0}^{-3}L}$=$\frac{5.6{ρ}_{2}V1{0}^{a-14}}{5.6{ρ}_{1}V-9b}$mol/L，
故答案为：$\frac{5.6{ρ}_{2}V1{0}^{a-14}}{5.6{ρ}_{1}V-9b}$mol/L．

点评 本题考查无机物的推断，为高频考点，题目难度中等，把握铝热反应及电解原理为解答的关键，注意K、W、H为推断物质的突破口，侧重金属及其化合物之间转化的考查，（4）的计算量较大，需要明确反应原理及反应实质．