Question

4．已知A、B、C、D、E 為原子序數依次增大的五種短周期元素，其中A 與C，B 與D 同主族．A 是原子半徑最小的元素，A₂B₂ 是一種常見的氧化劑．請回答：
（1）D 的單質能跟C 的最高價氧化物的水化物的濃溶液發生反應，生成含D 元素的兩種常見正鹽，這兩種鹽的水溶液均呈堿性．寫出該反應的化學方程式3S+6NaOH（濃）=2 Na₂S+Na₂SO₃+3H₂O．
（2）為驗證E₂ 的性質，某同學做了如下實驗：
①讓A₂ 在集滿E₂ 的集氣瓶中燃燒，其現象是安靜燃燒，火焰為蒼白色，瓶口有大量白霧生成．?
②如圖甲，將甲裝置放置在光亮的地方（日光未直射），一段時間后觀察到量筒內壁上有油狀液滴生成，量筒內氣體顏色變淺等．該反應產物一共有5種．

（3）三室式電滲析法處理含C₂DB₄廢水的原理如圖乙所示，采用惰性電極，ab、cd 均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的C⁺和DB₄^2-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室．正極區溶液pH變小（填“變大”、“變小”或“不變”）．該法在處理廢水時左側出口可以得到得產品為NaOH．ab 為陽（填“陰”或“陽”）離子交換膜
（4）用鉑作電極電解1L 含有0.4mol/LCuDB₄和0.2mol/LCE 的混合水溶液，一段時間后，在一個電極上得到了0.3molCu，則在另一電極上析出的氣體在標準狀況下的體積是4.48L．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E 為原子序數依次增大的五種短周期元素，其中A 與C，B 與D 同主族，A 是原子半徑最小的元素，則A是H元素，A₂B₂ 是一種常見的氧化劑，為過氧化氫，則B為O元素，C原子序數大于B，所以C是Na、D是S元素，E為短周期且原子序數大于D，E能形成雙原子分子，為Cl元素；
（1）D 的單質能跟C 的最高價氧化物的水化物的濃溶液發生反應，即S能和NaOH溶液反應生成含D 元素的兩種常見正鹽，這兩種鹽的水溶液均呈堿性，為Na₂S、Na₂SO₃；
（2）①氫氣在氯氣中燃燒產生蒼白色火焰，生成的HCl遇水蒸氣生成鹽酸小液滴；
②氯氣和甲烷在光照條件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷和HCl；
（3）三室式電滲析法處理含Na₂SO₄廢水，采用惰性電極，ab、cd 均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na⁺和SO₄^2-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室，正極區溶液中氫氧根離子放電生成氧氣，同時生成氫離子，導致氫離子濃度增大；左側電極上氫離子放電生成氫氣，同時生成氫氧根離子，導致溶液中c（OH^-）增大，左側溶液要想得到電中性溶液，中間陽離子向左側移動；
（4）用鉑作電極電解1L 含有0.4mol/LCuSO₄和0.2mol/LNaCl 的混合水溶液，該混合溶液中n（Cu ²⁺ ）=0.4mol/L×1L=0.4mol，n（Cl^-）=0.2mol/L×1L=0.2mol，一段時間后，在一個電極上得到了0.3molCu＜0.4mol，所以左側銅離子沒有完全放電，如果氯離子完全反應轉移電子0.2mol×1=0.2mol，根據轉移電子守恒知，還生成氧氣，生成n（O₂）=$\frac{0.3mol×2-0.2mol}{4}$=0.1mol，根據V=nV_m計算生成氣體體積．

解答 解：A、B、C、D、E 為原子序數依次增大的五種短周期元素，其中A 與C，B 與D 同主族，A 是原子半徑最小的元素，則A是H元素，A₂B₂ 是一種常見的氧化劑，為過氧化氫，則B為O元素，C原子序數大于B，所以C是Na、D是S元素，E為短周期且原子序數大于D，E能形成雙原子分子，為Cl元素；
（1）D 的單質能跟C 的最高價氧化物的水化物的濃溶液發生反應，即S能和NaOH溶液反應生成含D 元素的兩種常見正鹽，這兩種鹽的水溶液均呈堿性，為Na₂S、Na₂SO₃，反應方程式為3S+6NaOH（濃）=2 Na₂S+Na₂SO₃+3H₂O，故答案為：3S+6NaOH（濃）=2 Na₂S+Na₂SO₃+3H₂O；
（2）①氫氣在氯氣中安靜燃燒，且燃燒時產生蒼白色火焰，生成的HCl遇水蒸氣生成鹽酸小液滴而形成白霧，所以看到的現象是安靜燃燒，火焰為蒼白色，瓶口有大量白霧生成，故答案為：安靜燃燒，火焰為蒼白色，瓶口有大量白霧生成；
②氯氣和甲烷在光照條件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷和HCl，所以產物為5種，
故答案為：5；
（3）三室式電滲析法處理含Na₂SO₄廢水，采用惰性電極，ab、cd 均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na⁺和SO₄^2-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室，正極區溶液中氫氧根離子放電生成氧氣，同時生成氫離子，導致氫離子濃度增大，溶液的pH變小；左側電極上氫離子放電生成氫氣，同時生成OH^-，溶質為NaOH，導致溶液中c（OH^-）增大，左側溶液要想得到電中性溶液，中間陽離子向左側移動，所以離子交換膜為陽離子交換膜，
故答案為：變小；NaOH；陽；
（4）用鉑作電極電解1L 含有0.4mol/LCuSO₄和0.2mol/LNaCl 的混合水溶液，該混合溶液中n（Cu ²⁺ ）=0.4mol/L×1L=0.4mol，n（Cl^-）=0.2mol/L×1L=0.2mol，一段時間后，在一個電極上得到了0.3molCu＜0.4mol，所以左側銅離子沒有完全放電，如果氯離子完全反應轉移電子0.2mol×1=0.2mol，根據轉移電子守恒知，還生成氧氣，生成n（O₂）=$\frac{0.3mol×2-0.2mol}{4}$=0.1mol，生成氣體V=nV_m=（$\frac{0.2mol}{2}$+0.1mol）×22.4L/mol=4.48L，
故答案為：4.48L．

點評 本題考查位置結構性質關系及綜合應用，涉及電解原理、氧化還原反應等知識點，正確推斷元素及明確電解原理、物質性質是解本題關鍵，注意（2）題易漏掉生成的HCl而導致產物種類判斷產物，注意（3）題離子交換膜名稱的確定，題目難度不大．