Question

【题目】A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，完成下列空白：

(1)向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为 。

(2) 单质甲与化合物B反应的离子方程式为 。5.05 g单质甲—钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气，确定该合金的化学式为__ __。

(3)向20 mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1 mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图2图示两种情况。

①由A确定滴加前60 mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为 。

②由B表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为__ __。

③由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为__ __。

Answer 1

【答案】

(1) 溶液先变红后褪色，并有气泡生成；

(2) 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑；NaK2；

(3) ①OH-＋H＋=H2O、H＋＋CO=HCO；②Na2CO3、NaHCO3；③3∶10。

【解析】

试题分析：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2。

(1)向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是溶液薄荷味红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；

(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.15，23x+39y＝5.05，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2，故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；NaK2；

(3)曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32-+H+=HCO3-，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1，

①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-，故答案为：OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-；

②由A图表明，加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积60mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，根据反应的关系式可知2n(Na2CO3)=n(HCl)，而反应中n(HCl)＞＞2n(Na2CO3)，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH，故答案为：Na2CO3、NaOH；

③曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL，由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，故答案为：3：10。