Question

13．如图表示各物质之间的转化关系．已知D、E、Z是中学化学常见的单质，其他都是化合物．Z、Y是氯碱工业的产品．D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，且D的硫酸盐可作净水剂．E为日常生活中应用最广泛的金属．除反应①外，其他反应均在水溶液中进行．请回答下列问题．

（1）写出X的电子式：．
（2）常温时pH=12的G溶液中，溶质的阳离子与溶质的阴离子浓度之差为（10^-2-10^-12）mol/L（写出计算式）．
（3）在电镀工业中，若将E作为待镀金属，铜为镀层金属，则铜是阳极，请写出在E电极上发生的电极反应式：Cu²⁺+2e^-=Cu．
（4）写出反应③的离子方程式：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑．
（5）现有无标签的Y和M的两种无色水溶液，不用其他任何试剂，请你设计一个简单的实验对这两种溶液加以鉴别Y中滴加M，先没有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，则Y为NaOH，M为AlCl₃（回答实验操作、现象及结论）．
（6）A溶液与NaOH溶液混合可形成沉淀，某温度下此沉淀的Ksp=2.097×l0^-39．将0.01mol/L的A溶液与0.001mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合，你认为能否形成沉淀能（填“能”或“不能”），请通过计算说明Qc=（$\frac{1}{2}$×0.01）×（$\frac{1}{2}$×0.001）³=6.25×10^-13＞Ksp=2.097×l0^-39，则生成沉淀．

Answer 1

分析 图中D、E、Z是单质，其余均是化合物．且知E为日常常用金属；D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，C+D=E+F是置换反应，推断高温下为铝热反应，推断D为Al，E为Fe，F为Al₂O₃；Z、Y是氯碱工业的产品，由图中Al、Al₂O₃和Y反应可推断，Y为NaOH；得到Z为Cl₂，X为HCl，反应均在水溶液中进行，所以推断得到G为NaAlO₂，M为AlCl₃，B为FeCl₂，A为FeCl₃，然后结合物质的性质及化学反应原理来解答．

解答 解：图中D、E、Z是单质，其余均是化合物．且知E为日常常用金属；D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，C+D=E+F是置换反应，推断高温下为铝热反应，推断D为Al，E为Fe，F为Al₂O₃；Z、Y是氯碱工业的产品，由图中Al、Al₂O₃和Y反应可推断，Y为NaOH；得到Z为Cl₂，X为HCl，反应均在水溶液中进行，所以推断得到G为NaAlO₂，M为AlCl₃，B为FeCl₂，A为FeCl₃，
（1）X为HCl，其电子式为，
故答案为：；
（2）pH=12的NaAlO₂溶液中，水解显碱性，溶质的阳离子与溶质的阴离子浓度之差为0.01mol/L-10^-12mol/L=（10^-2-10^-12）mol/L，
故答案为：（10^-2-10^-12）mol/L；
（3）E作为待镀金属，铜为镀层金属，则铜为阳极失去电子，E为阴极，电极反应为Cu²⁺+2e^-=Cu，
故答案为：阳；Cu²⁺+2e^-=Cu；
（4）反应③中D为Al与Y为 NaOH的水溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑；
（5）Y中滴加M，先没有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，则试剂互滴现象不同，可以鉴别，
故答案为：Y中滴加M，先没有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，则Y为NaOH，M为AlCl₃；
（6）0.01mol•L^-1的FeCl₃溶液与0.001mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合，Qc=（$\frac{1}{2}$×0.01）×（$\frac{1}{2}$×0.001）³=6.25×10^-13＞Ksp=2.097×l0^-39，则生成沉淀，
故答案为：能；Qc=（$\frac{1}{2}$×0.01）×（$\frac{1}{2}$×0.001）³=6.25×10^-13＞Ksp=2.097×l0^-39，则生成沉淀．

点评 本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质及转化关系推断物质为解答的关键，涉及盐类水解、电化学反应原理、沉淀的生成等，综合性较强，题目难度中等．