Question

18．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为非金属单质，C、D的相对分子质量相差16.0.05mol•L^-1E溶液中只有3种离子，且在25℃时，溶液中的c（H⁺）/c（OH^-）=10¹²．
①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1mol e^-就会放热 143.5kJ，该反应的热化学方程式为S（g）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-574.0kJ/mol．
（2）若A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀．
①若B水溶液呈酸性，C水溶液呈碱性，则B溶液呈酸性的原因是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．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．选用氢碘酸与可E反应实现E→C的转化，该反应的离子方程式为2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O．
（3）若A～E均为含有Y元素的化合物，A是淡黄色固体，等物质的量浓度B、C两溶液，其中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是工业侯氏制碱中的主要过程．则等浓度、等体积混合的C、E两溶液中所有离子浓度的大小关系为c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

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，且且溶液中的$\frac{C（H+）}{C（OH-）}$=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，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，若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性．将A的粉末与硝酸钠溶液混合后加入足量40%的氢氧化钠溶液，有无色刺激性气味的气体生成，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，该气体为氨气，由转化关系可知A为Al，C为NaAlO₂，D为Al（OH）₃；
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；
（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NaOH，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$\frac{C（H+）}{C（OH-）}$=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，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；2Fe（OH）₃+6H⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂+6H₂O；
（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NaOH，等浓度、等体积混合的C、E两溶液中所有离子浓度的大小关系为c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

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．