Question

（2014•泰安一模）物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰．M与其他物质的转化关系如

Answer 1

解题思路：（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H₂、D为Cl₂、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO₂，E为Na₂SiO₃，与F溶液反应得到G为H₂SiO₃；

（3）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO₂，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO₂溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；

（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe²⁺，E为Fe（OH）₃，G为FeCl₃；

（5）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H⁺，一定没有CO₃^2-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg²⁺、Fe³⁺，一定含有Al³⁺；中间段沉淀的质量不变，应为NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O的反应，则含有NH₄⁺，由电荷守恒可知一定含有SO₄^2-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n（H⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO₄^2-）的比例关系，据此计算．

（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H₂、D为Cl₂、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为2Cl^-+2H₂O

电解

.

2OH^-+H₂↑+Cl₂↑，

故答案为：2Cl^-+2H₂O

电解

.

2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO₂，E为Na₂SiO₃，与F溶液反应可以得到G为H₂SiO₃，

故答案为：H₂SiO₃；

（3）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO₂，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO₂溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失，

故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；

（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe²⁺，E为Fe（OH）₃，G为FeCl₃，则由A转化成E的离子方程式是：4Fe²⁺+8OH^-+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃↓，

故答案为：4Fe²⁺+8OH^-+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃↓；

（5）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H⁺，一定没有CO₃^2-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg²⁺、Fe³⁺，一定含有Al³⁺；中间段沉淀的质量不变，应为NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O的反应，则含有NH₄⁺，由电荷守恒可知一定含有SO₄^2-，

发生反应H⁺+OH^-=H₂O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，

发生反应Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，

发生反应NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，

则n（H⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）：n（SO₄^2-）=1：1：2：3，故c（H⁺）：c（Al³⁺）：c（NH₄⁺）：c（SO₄^2-）=1：1：2：3，

故答案为：c（H⁺）：c（Al³⁺）：c（NH₄⁺）：c（SO₄^2-）=1：1：2：3．

点评：

本题考点： 无机物的推断；铁的氧化物和氢氧化物．

考点点评： 本题考查无机物推断等，题目涉及元素化合物较多，需要学生全面掌握据基础知识，（5）中根据图象中的平台确定含有铵根离子是关键，注意离子方程式与电荷守恒的应用，难度中等．