题目内容

14．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↑5.05g单质甲-钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式NaK2．
（3）向50mL某浓度的化合物C的溶液中通人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0.1mol/L盐酸，产生的气体体 积F（CO2）与加入盐酸的体积F（HCl）的关系有如图2示两种情况．
①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-．（有几个写几个）．
②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为Na2CO3、NaOH．
③原化合物C溶液的物质的量浓度为0.15mol/L．
④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为3：10．

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，据此解答，
（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱使酚酞溶液变红色，过氧化钠具有漂白性可以使红色褪去；
（2）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，依据物质的量和质量列式计算；
（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；

解答 解：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，氢氧化钠是碱溶液使酚酞变红色，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加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n（NaOH）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，所以原化合物NaOH溶液的物质的量浓度为  $\frac{0.0075mol}{0.05L}$=0.15mol/L，
故答案为：0.15mol/L；
④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．

点评 本题考查无机物推断、化学计算等，基本属于猜测验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（3）中计算关键是根据图象判断溶液溶质的成分，题目难度较大．

练习册系列答案
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9．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2•6H2O的一种新工艺流程如图：

已知：①钴与盐酸反应的化学方程式为：Co+2HCl=CoCl2+H2↑
②CoCl2•6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴．
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3
开始沉淀2.37.57.63.4
完全沉淀4.19.79.25.2
请回答下列问题：
（1）在上述新工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点为减少氮氧化合物等有毒气体的排放，防止产品中混有硝酸盐．
（2）加入过氧化氢的作用是将Fe2+氧化成Fe3+．
（3）加入碳酸钠调节pH至a，a的范围是5.2～7.6．
（4）操作Ⅰ包含3个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤．
（5）为测定产品中CoCl2•6H2O含量，某同学将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量的AgNO3溶液，过滤，并将沉淀烘干后称量其质量．通过计算发现产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是样品中含有NaCl杂质（或烘干时失去了部分结晶水）．
5．下列各组物质不能一步实现如图转化关系的是（　　）
物质
组别		甲乙丙
ANaNaOHNaCl
BAlO3Na AlO2Al（OH）3
CCuOCu（OH）2CuSO4
DFeFeCl3FeCl2
A．AB．BC．CD．D
2．甲、乙、丙、丁四种化合物在常温下均成气态，且均由两种相同的短周期元素组成，它们的分子中所含电子数如下表，下列关于四种物质的推断正确的是（　　）
分子代号甲乙丙丁
电子数10161826
A．四种气体中至少有两种气体分子互为同分异构体
B．四种气体通入溴的四氯化碳溶液中，都能使其褪色
C．气体乙的分子内所有的原子在同一平面上
D．鉴别丙和丁两种气体，可以用高锰酸钾酸性溶液
9．X、Y、Z、W、R均为第3周期主族元素，且原子序数依次增大．X、Y、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，Z的单质常用作半导体．下列说法错误的是（　　）
A．X的两种氧化物中阴阳个数比均为1：2
B．Y的氧化物熔点高，常用作耐高温材料
C．Z的氧化物属于酸性氧化物，不能与任何酸反应
D．R的同主族氢化物稳定性从上往下依次减弱
19．150mL 1mol/L 的氢氧化钠溶液吸收了 2.24L 标准状况下的二氧化碳后，对于溶液中各离子的关系，下列说法错误的是（　　）
A．HCO3-个数多于CO32-个数
B．逐滴加入稀盐酸，刚开始会产生气体
C．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）
D．2c（Na+）=3[c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）]
6．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）
A．图l表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1 000mol•L-1 CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C．图3表示恒温恒容条件下，2NO2（g）?N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态
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3．（1）氢氧燃料电池的电极反应式随电解质溶液的不同而不同．电池的负极通的应是H2，如果电解质溶液为KOH，则负极电极反应式为2H2+4OH--4e-═4H2O．如果电解质溶液为稀H2SO4则正极电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O．
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