Question

8．A、B、C、D、E是中学化学常见单质，X、Y、Z、M、N、W、H、K是常见化合物，X是由B和C形成的化合物，它们之间有如图所示的转化关系（反应物和产物中的H₂O已略去），其中反应①是工业制备C的工作方法：

（1）Z中阳离子的电子式为Na⁺，构成E单质的元素在周期表中位于第四周期第Ⅷ族．
（2）请写出下列反应的离子方程式：
反应①：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；
反应②：2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑；
反应③：Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O═4Al（OH）₃↓
（3）某工厂用Y和C制84消毒液，为测定某品牌的84消毒液中有效成分的含量，某小组进行了如下实验：取1.00mL 84消毒液（密度为1.17g/mL），稀释成200mL溶液，加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的硫酸，此时发生的离子方程式为：2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O；静置，待完全反应后，用0.1000mol•L^-1的Na₂S₂O₃溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na₂S₂O₃+I₂═Na₂S₄O₆+2NaI，共用去Na₂S₂O₃溶液20.00mL，则该84消毒液中有效成分的质量分数为6.11%（保留三位有效数字）

Answer 1

分析 反应①是工业制备C的工作方法，则应为电解饱和食盐水的反应，则X为饱和NaCl溶液，A、C是中学化学常见单质，所以Y为NaOH，A为H₂，C为Cl₂，W为HCl，能与NaOH反应生成H₂的金属为Al，则D为Al，Z为NaAlO₂，K为AlCl₃，M为Al（OH）₃，由转化关系可知E应为变价金属，应为Fe，则N为FeCl₃，H为FeCl₂，结合物质的性质以及题目的要求解答该题；
（3）漂白粉中的ClO^-具有氧化性，I^-具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成I₂、Cl^-和水，再根据得失电子守恒、原子守恒配平；加入过量的KI溶液和过量的硫酸与漂白粉溶液反应发生2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O，由2Na₂S₂O₃+I₂=Na₂S₄O₆+2NaI，得关系式Ca（ClO）₂～2Cl₂～2I₂～4Na₂S₂O₃，据此定量关系计算，注意溶液体积的变化．

解答 解：（1）由以上分析可知Z为NaAlO₂，阳离子的电子式为Na⁺，E应为变价金属，应为Fe，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，故答案为：Na⁺；四；Ⅷ；
（2）反应①为电解饱和食盐水的反应，离子方程式为2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑，
反应②的离子反应为2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑，
反应③为AlCl₃和NaAlO₂的互促水解反应，反应的离子方程式为Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O═4Al（OH）₃↓，
故答案为：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑；Al³⁺+3AlO₂^-+6H₂O═4Al（OH）₃↓；
（3）漂白粉中的ClO^-具有氧化性，I^-具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成I₂、Cl^-和水，再根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式为：2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O；加入过量的KI溶液和过量的硫酸与漂白粉溶液反应发生2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O，由2Na₂S₂O₃+I₂=Na₂S₄O₆+2NaI，得关系式Ca（ClO）₂～2Cl₂～2I₂～4Na₂S₂O₃，
n[Ca（ClO）₂]=$\frac{1}{4}$n（Na₂S₂O₃）=20.0mL×10^-3 L•mL^-1×0.1mol•L^-1×$\frac{1}{4}$=0.0005mol，则该漂白粉中有效成分的质量分数=$\frac{0.0005×143}{1×1.17}$×100%=6.11%，
故答案为：2H⁺+2I^-+ClO^-=I₂+Cl^-+H₂O；6.11%．

点评 本题考查无机物的推断，题目难度中等，根据物质的典型性质，明确物质的种类为解答该题的关键，注意工业电解饱和食盐水的重要应用．