Question

一定條件下，物質A～E轉化關系如右圖，其中A為單質，常溫下E為無色液體．
（1）若A、C、D均含氯元素，C為氯堿工業(yè)的原料，D溶液具有漂白性，則A與B反應的化學方程式是

Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O

；D溶液可使KI淀粉溶液顯藍色，則D與KI在溶液中反應的離子方程式是

2I^-+ClO^-+H₂O=I₂+Cl^-+2OH^-

；過量B溶液與NH₄HCO₃溶液共熱，生成氣體G的離子方程式是

NH₄⁺+HCO₃^-+2OH^-

加熱  .

CO₃^2-+NH₃↑+2 H₂O

，G遇硝酸蒸氣的現(xiàn)象是

產生白煙

．
（2）若A為紅色金屬，B為某酸的濃溶液，D可形成酸雨的無色氣體．A與B反應的化學
是

Cu+2H₂SO₄（濃）

加熱  .

CuSO₄+SO₂↑+2H₂O

；a molA與足量的B充分反應后，將產生的D通入NaOH溶液中，恰好完全反應，則所需NaOH的物質的量的范圍是

a mol≤n（NaOH）≤2a mol

．
（3）上述（1）、（2）中的D都能使品紅溶液褪色，利用褪色后的溶液，探究使品紅溶液褪色的物質的實驗方法是

取少量褪色后的溶液加熱，若溶液恢復紅色，則是SO₂使品紅褪色，若溶液不變紅，則是NaClO使品紅褪色．

．

Answer 1

分析：（1）A為單質，常溫下E為無色液體，若A、C、D均含氯元素，C為氯堿工業(yè)的原料，D溶液具有漂白性，判斷C為NaCl；D為NaClO，E為H₂O；A為Cl₂；B為NaOH；
（2）若A為紅色金屬，B為某酸的濃溶液，D可形成酸雨的無色氣體．推斷為A為Cu，B為濃硫酸；D為SO₂；E為H₂O；C為硫酸銅；
（3）（1）中D為NaClO，（2）中D為SO₂；結合二者漂白性的原理本題分析；

解答：解：（1）結合轉化關系，若A、C、D均含氯元素，C為氯堿工業(yè)的原料，D溶液具有漂白性，判斷C為NaCl；D為NaClO，E為H₂O；A為Cl₂；B為NaOH；則A與B反應是氯氣和氫氧化鈉溶液的反應，反應的學方程式為：Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O；D溶液是NaClO，可使KI淀粉溶液顯藍色，什么次氯酸根離子氧化碘離子為單質碘，碘遇淀粉變藍，則D與KI在溶液中反應的離子方程式：2I^-+ClO^-+H₂O=I₂+Cl^-+2OH^-；過量B溶液是NaOH溶液，與NH₄HCO₃溶液共熱，生成氣體G為NH₃，的離子方程式：NH₄⁺+HCO₃^-+2OH^-

加熱  .

CO₃^2-+NH₃↑+2 H₂O；氨氣遇硝酸蒸氣會生成硝酸銨固體小顆粒，產生白煙．
故答案為：Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O；2I^-+ClO^-+H₂O=I₂+Cl^-+2OH^-；NH₄⁺+HCO₃^-+2OH^-

加熱  .

CO₃^2-+NH₃↑+2 H₂O；產生白煙．
（2）若A為紅色金屬，B為某酸的濃溶液，D可形成酸雨的無色氣體．推斷為A為Cu，B為濃硫酸；D為SO₂；E為H₂O；C為硫酸銅；A與B反應的化學方程式為：
Cu+2H₂SO₄（濃） 

加熱  .

 CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；a molCu與足量的H₂SO₄（濃）充分反應后，生成SO₂物質的量為amol，將產生的amolSO₂通入NaOH溶液中，恰好完全反應，當全部生成亞硫酸鈉需要氫氧化鈉物質的量為2amol，若全部生成亞硫酸氫鈉，需要的氫氧化鈉物質的量為amol，所以所需NaOH的物質的量的范圍是：a mol≤n（NaOH）≤2a mol；
故答案為：Cu+2H₂SO₄（濃）

加熱  .

CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；a mol≤n（NaOH）≤2a mol
（3））（1）中D為NaClO，利用次氯酸水解生成的次氯酸漂白，是強氧化性的作用，把有色物質氧化為無色物質；（2）中D為SO₂；是和水反應生成的亞硫酸和有色物質結合為不穩(wěn)定的無色物質，加熱恢復原來的顏色；能使品紅溶液褪色，利用褪色后的溶液，探究使品紅溶液褪色的物質的方案為：取少量褪色后的溶液加熱，若溶液恢復紅色，則是SO₂使品紅褪色，若溶液不變紅，則是NaClO使品紅褪色．
故答案為：取少量褪色后的溶液加熱，若溶液恢復紅色，則是SO₂使品紅褪色，若溶液不變紅，則是NaClO使品紅褪色．

點評：本題考查了物質關系的應用物質性質的運用，駐澳考查氯氣和堿反應的產物分析，性質應用，銅和濃硫酸反應產物二氧化硫的性質應用，次氯酸和二氧化硫漂白性的比較和實驗方案設計．