Question

A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系，完成下列空白：

（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为                    ___。

（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为                       ____。

5.05g单质甲—钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为          。

（3）向一定体积某浓度的化合物C的溶液中通人CO₂气体后得溶液M，因CO₂通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO₂)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示两种情况。

①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为            

②B对应的溶液M低温蒸干后得到固体a克，将a克固体充分加热至恒重后，固体质量减少      克。

③由A、B可知，两次实验通入的CO₂的体积比为            

Answer

（1）溶液先变红后褪色，并有气泡生成；

（2）2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；NaK2；

（3）①OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-；②0.0775g；③3：10。

【解析】试题分析：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2。

（1）向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是溶液薄荷味红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；

（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.15，23x+39y＝5.05，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2，故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；NaK2；

（3）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32-+H+=HCO3-，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1，

①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-，故答案为：OH-+H+=H2O、H++CO32-=HCO3-；

②加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n(NaOH)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，B对应的溶液M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，低温蒸干后得到固体a克为Na2CO3、NaHCO3，根据钠离子守恒可知2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(NaOH)=0.0075mol，故n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.0025mol，将a克固体充分加热至恒重后，发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑，固体质量减少质量为0.0025mol××62g/mol=0.0775g，故答案为：0.0775g；

③曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL，由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，故答案为：3：10。

考点：考查了无机物的推断的相关知识。