Question

18．在如图所示的物质转化关系中，A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂，F是地壳中含量最多的金属元素．（反应中生成的水和部分反应条件未列出）

（1）画出A中阴离子的结构示意图．
（2）反应②在点燃条件下的现象是安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾．
（3）E中的化学键为离子键、共价键
（4）H转化为F的氢氧化物最好选择的试剂是CO₂．
（5）反应③的离子方程式为Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O．
（6）反应④的离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑．

Answer 1

分析 A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H₂O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H₂，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl₂、E为NaOH，可推知I为HCl．F是地壳中含量最多的金属元素，则F为Al，与NaOH反应生成偏铝酸钠与氢气，则H为NaAlO₂，
（1）A为NaCl，其阴离子是氯离子，氯离子三个电子层，最外层8个电子；
（2）氢气在氯气中安静的燃烧，放出苍白色火焰；
（3）氢氧化钠为离子化合物，钠离子和氢氧根离子间是离子键，氢氧根离子内存在共价键；
（4）氢氧化铝溶于强酸，故偏铝酸钠转化为氢氧化铝最好选择的试剂是弱酸，可以通入二氧化碳；
（5）反应③是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（6）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

解答 解：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H₂O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H₂，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl₂、E为NaOH，可推知I为HCl．F是地壳中含量最多的金属元素，则F为Al，与NaOH反应生成偏铝酸钠与氢气，则H为NaAlO₂，
（1）A为NaCl，其阴离子是氯离子，氯离子三个电子层，最外层8个电子，其结构示意图为：，
故答案为：；
（2）反应②在点燃条件下的现象是：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾，
故答案为：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾；
（3）氢氧化钠是离子化合物，氢氧根离子中含有共价键；
（4）氢氧化铝溶于强酸，故偏铝酸钠转化为氢氧化铝最好选择的试剂是：CO₂，
故答案为：CO₂；
（5）反应③的离子方程式为：Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O；
故答案为：Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O；
（6）反应④的离子方程式为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑．

点评 本题考查无机物推断，涉及Cl、Al元素单质化合物性质及氯碱工业等，难度不大，注意对基础知识的全面掌握．