Question

10．常温下，A、B、C、D为中学化学常见单质，B为黄绿色气体，C为无色气体，在一定条件下 转化关系如图（部分生成物略去）；其中F为淡黄色化合物，H为红褐色沉淀_c

回答下列问题：
（1）C的化学式O₂
（2）F→G反应的化学方程式2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑
（3）向E溶液中通入一定量虽的S0₂气体，溶液由黄色变为浅绿色．
①浅绿色溶液中一定大量存在的离子有H⁺、Cl^-和Fe²⁺、SO₄^2-．
②某同学认为反应后的溶液中可能存在H₂SO₃，应选择以下试剂D（填写序号）加以检验．
A．稀硫酸 B．NaOH溶液 C．KSCN溶液 D．品红溶液
（4）某温度下，将B（设B的化学式为X₂）通入NaOH溶液中，反应得到NaX、NaX0、NaX0₃的混合液，经测定X0^-与XO${\;}_{3}^{-}$的浓度之比为5：1，则X₂与NaOH溶液反应时被还原的X元素与被氧化的X元素的物质的量之比为5：3
（5）少量D在实验室中的保存方法是保存在煤油中
（6）B的氢化物的水溶液不与Cu反应．若再加入H₂O₂后，则可使铜顺利溶解．该反应的化学方程式为：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O．

Answer 1

分析 B为黄绿色气体，应为Cl₂，F为淡黄色化合物，应为Na₂O₂，由转化关系可知G为NaOH，H为红褐色沉淀，应为Fe（OH）₃，则E为FeCl₃，A为Fe，C为无色气体，应为O₂，则D为Na，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．

解答 解：B为黄绿色气体，应为Cl₂，F为淡黄色化合物，应为Na₂O₂，由转化关系可知G为NaOH，H为红褐色沉淀，应为Fe（OH）₃，则E为FeCl₃，A为Fe，C为无色气体，应为O₂，则D为Na，
（1）由以上分析可知C为O₂，故答案为：O₂；
（2）F→G的反应为过氧化钠和水，生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，故答案为：2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑；
（3）①由信息可知，发生2Fe³⁺+SO₂+H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+H⁺，则浅绿色溶液中一定存在的离子有H⁺、Cl^-和Fe²⁺、SO₄^2-，故答案为：Fe²⁺、SO₄^2-；
 ②如果存在亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，亚硫酸和稀硫酸、KSCN溶液不反应，和NaOH反应无明显现象，
故答案为：D；
（4）Cl₂生成ClO^-与ClO₃^-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，
ClO^-与ClO₃^-的物质的量浓度之比为5：1，
则可设ClO^-为5mol，ClO₃^-为1mol，被氧化的Cl共为6mol，
失去电子的总物质的量为5mol×（1-0）+1mol×（5-0）=10mol，
氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，
Cl₂生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，
则得到电子的物质的量也应为10mol，
则被还原的Cl的物质的量为10mol，
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为10mol：6mol=5：3，
故答案为：5：3；
（5）钠性质活泼，易与水、氧气反应，但密度比煤油大，可与煤油反应，故答案为：保存在煤油中；
（6）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O，故答案为：Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O．

点评 本题考查无机物推断，为高频考点，物质的颜色是推断突破口，结合中学常见物质及转化关系进行推断，需要学生具备扎实的基础与逻辑推理能力，难度中等