Question

13．已知A、B、C、D是常见单质，E、F、G是化合物．其中E的焰色呈黄色，常用作供氧剂；F是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料；D由地壳中含量最多的金属元素组成．上述物质存在如图所示转化关系．

回答下列问题：
（1）E的电子式为，写出E与H₂O反应生成A的化学方程式2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑
（2）D与F在高温下的反应用于铁轨的焊接，写出发生反应的化学方程式2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃，该反应的反应速率（v）和温度（T）的关系图象中确的是③（填写序号）．
（3）D能溶于烧碱溶液，写出发生反应的离子方程式2Al+2OH^-+2H₂O=+2AlO₂^-+3H₂↑，该反应的氧化剂是水
（4）8.0gF溶于盐酸所得溶液，加人足量铜粉充分反应，至少消耗铜粉的质量是3.2g．

Answer 1

分析 A、B、C、D是常见单质，E、F、G是化合物，E的焰色呈黄色，常用作供氧剂，则E是Na₂O₂，过氧化钠和水反应生成单质A为O₂，氧气和单质Na反应生成过氧化钠，则B是Na；F是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，则F是Fe₂O₃，C是Fe；D由地壳中含量最多的金属元素组成，为Al，则G为Al₂O₃，
（1）E是过氧化钠，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，O-O原子之间存在共价键；过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气；
（2）Al和氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，对于所有的化学反应来说，升高温度反应速率都增大；
（3）Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，该反应中水是氧化剂；
（4）n（Fe₂O₃）=$\frac{8.0g}{160g/mol}$=0.05mol，加入铜粉发生的离子方程式为2Fe³⁺+Cu=2Fe ²⁺+Cu ²⁺，根据铁离子和Cu之间的关系式计算．

解答 解：A、B、C、D是常见单质，E、F、G是化合物，E的焰色呈黄色，常用作供氧剂，则E是Na₂O₂，过氧化钠和水反应生成单质A为O₂，氧气和单质Na反应生成过氧化钠，则B是Na；F是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料，则F是Fe₂O₃，C是Fe；D由地壳中含量最多的金属元素组成，为Al，则G为Al₂O₃，
（1）E是过氧化钠，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，O-O原子之间存在共价键，过氧化钠电子式为；过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，反应方程式为2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，
故答案为：；2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑；
（2）Al和氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，反应方程式为2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃，对于所有的化学反应来说，升高温度反应速率都增大，所以选③，
故答案为：2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃；③；
（3）Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=+2AlO₂^-+3H₂↑，该反应中水是氧化剂，
故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=+2AlO₂^-+3H₂↑；水；
（4）n（Fe₂O₃）=$\frac{8.0g}{160g/mol}$=0.05mol，加入铜粉发生的离子方程式为2Fe³⁺+Cu=2Fe ²⁺+Cu ²⁺，根据Fe原子守恒得n（Fe³⁺）=2n（Fe₂O₃）=0.05mol×2=0.1mol，
根据铁离子和Cu之间的关系式得消耗m（Cu）=n（Cu）．M（Cu）=$\frac{1}{2}$n（Fe³⁺）．M（Cu）=$\frac{1}{2}$×0.1mol×64g/mol=3.2g，
故答案为：3.2g．

点评 本题考查无机物推断，为高频考点，涉及物质推断、反应速率影响因素、方程式的计算、铝热反应等知识点，侧重考查学生分析判断及计算能力，熟悉常见元素化合物结构和性质及各个物理量之间的关系，注意：Al和NaOH溶液反应中，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂．