Question

4．已知A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中A 与C，B 与D 同主族．A 是原子半径最小的元素，A₂B₂ 是一种常见的氧化剂．请回答：
（1）D 的单质能跟C 的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应，生成含D 元素的两种常见正盐，这两种盐的水溶液均呈碱性．写出该反应的化学方程式3S+6NaOH（浓）=2 Na₂S+Na₂SO₃+3H₂O．
（2）为验证E₂ 的性质，某同学做了如下实验：
①让A₂ 在集满E₂ 的集气瓶中燃烧，其现象是安静燃烧，火焰为苍白色，瓶口有大量白雾生成．?
②如图甲，将甲装置放置在光亮的地方（日光未直射），一段时间后观察到量筒内壁上有油状液滴生成，量筒内气体颜色变浅等．该反应产物一共有5种．

（3）三室式电渗析法处理含C₂DB₄废水的原理如图乙所示，采用惰性电极，ab、cd 均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的C⁺和DB₄^2-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．正极区溶液pH变小（填“变大”、“变小”或“不变”）．该法在处理废水时左侧出口可以得到得产品为NaOH．ab 为阳（填“阴”或“阳”）离子交换膜
（4）用铂作电极电解1L 含有0.4mol/LCuDB₄和0.2mol/LCE 的混合水溶液，一段时间后，在一个电极上得到了0.3molCu，则在另一电极上析出的气体在标准状况下的体积是4.48L．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中A 与C，B 与D 同主族，A 是原子半径最小的元素，则A是H元素，A₂B₂ 是一种常见的氧化剂，为过氧化氢，则B为O元素，C原子序数大于B，所以C是Na、D是S元素，E为短周期且原子序数大于D，E能形成双原子分子，为Cl元素；
（1）D 的单质能跟C 的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应，即S能和NaOH溶液反应生成含D 元素的两种常见正盐，这两种盐的水溶液均呈碱性，为Na₂S、Na₂SO₃；
（2）①氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气生成盐酸小液滴；
②氯气和甲烷在光照条件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷和HCl；
（3）三室式电渗析法处理含Na₂SO₄废水，采用惰性电极，ab、cd 均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na⁺和SO₄^2-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，正极区溶液中氢氧根离子放电生成氧气，同时生成氢离子，导致氢离子浓度增大；左侧电极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，导致溶液中c（OH^-）增大，左侧溶液要想得到电中性溶液，中间阳离子向左侧移动；
（4）用铂作电极电解1L 含有0.4mol/LCuSO₄和0.2mol/LNaCl 的混合水溶液，该混合溶液中n（Cu ²⁺ ）=0.4mol/L×1L=0.4mol，n（Cl^-）=0.2mol/L×1L=0.2mol，一段时间后，在一个电极上得到了0.3molCu＜0.4mol，所以左侧铜离子没有完全放电，如果氯离子完全反应转移电子0.2mol×1=0.2mol，根据转移电子守恒知，还生成氧气，生成n（O₂）=$\frac{0.3mol×2-0.2mol}{4}$=0.1mol，根据V=nV_m计算生成气体体积．

解答 解：A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中A 与C，B 与D 同主族，A 是原子半径最小的元素，则A是H元素，A₂B₂ 是一种常见的氧化剂，为过氧化氢，则B为O元素，C原子序数大于B，所以C是Na、D是S元素，E为短周期且原子序数大于D，E能形成双原子分子，为Cl元素；
（1）D 的单质能跟C 的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应，即S能和NaOH溶液反应生成含D 元素的两种常见正盐，这两种盐的水溶液均呈碱性，为Na₂S、Na₂SO₃，反应方程式为3S+6NaOH（浓）=2 Na₂S+Na₂SO₃+3H₂O，故答案为：3S+6NaOH（浓）=2 Na₂S+Na₂SO₃+3H₂O；
（2）①氢气在氯气中安静燃烧，且燃烧时产生苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气生成盐酸小液滴而形成白雾，所以看到的现象是安静燃烧，火焰为苍白色，瓶口有大量白雾生成，故答案为：安静燃烧，火焰为苍白色，瓶口有大量白雾生成；
②氯气和甲烷在光照条件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷和HCl，所以产物为5种，
故答案为：5；
（3）三室式电渗析法处理含Na₂SO₄废水，采用惰性电极，ab、cd 均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na⁺和SO₄^2-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，正极区溶液中氢氧根离子放电生成氧气，同时生成氢离子，导致氢离子浓度增大，溶液的pH变小；左侧电极上氢离子放电生成氢气，同时生成OH^-，溶质为NaOH，导致溶液中c（OH^-）增大，左侧溶液要想得到电中性溶液，中间阳离子向左侧移动，所以离子交换膜为阳离子交换膜，
故答案为：变小；NaOH；阳；
（4）用铂作电极电解1L 含有0.4mol/LCuSO₄和0.2mol/LNaCl 的混合水溶液，该混合溶液中n（Cu ²⁺ ）=0.4mol/L×1L=0.4mol，n（Cl^-）=0.2mol/L×1L=0.2mol，一段时间后，在一个电极上得到了0.3molCu＜0.4mol，所以左侧铜离子没有完全放电，如果氯离子完全反应转移电子0.2mol×1=0.2mol，根据转移电子守恒知，还生成氧气，生成n（O₂）=$\frac{0.3mol×2-0.2mol}{4}$=0.1mol，生成气体V=nV_m=（$\frac{0.2mol}{2}$+0.1mol）×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48L．

点评 本题考查位置结构性质关系及综合应用，涉及电解原理、氧化还原反应等知识点，正确推断元素及明确电解原理、物质性质是解本题关键，注意（2）题易漏掉生成的HCl而导致产物种类判断产物，注意（3）题离子交换膜名称的确定，题目难度不大．