题目内容

A、B、C、D、E五种物质(或离子)均含有同一种短周期元素,它们之间有如转化关系:
(1)若A为非金属单质,C、D的相对分子质量相差16.0.1mol/L E溶液中只有3种离子,且常温下溶液中的pH=1.A→C的反应中,每转移1mol e-就会吸热45kJ,写出该反应的热化学方程式:
N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180 kJ/mol

(2)若A为金属单质,B、C均属于盐类,D是一种白色沉淀.若B的水溶液呈酸性,C的水溶液呈碱性.写出C→D反应的离子方程式:
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3
;写出金属A的电子排布式:
1s22s22p63s23p1
1s22s22p63s23p1

(3)若A-E均为化合物.A是淡黄色固体;B、C、E三种溶液在物质的量浓度相等时,B溶液的pH最大,E溶液的pH最小.
请书写C溶液中的物料守恒式:
1
2
c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-
1
2
c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-
;C溶液中的质子守恒式:
c(H+)=c(OH-)+2c(H2CO3)+c(HCO3-
c(H+)=c(OH-)+2c(H2CO3)+c(HCO3-
分析:(1)A为非金属单质,C、D的相对分子质量相差16,0.1mol/L E溶液中只有3种离子,且常温下溶液中的pH=1,则E为硝酸,所以A为N2,C为NO,D为NO2,A→C的反应中,每转移1mol e-就会吸热45kJ,则转移4mol电子吸收45kJ×4=180kJ热量,以此书写热化学方程式;
(2)A为金属单质,B、C均属于盐类,D是一种白色沉淀.若B的水溶液呈酸性,C的水溶液呈碱性,A为Al,C为NaAlO2,D为Al(OH)3,Al的原子序数为13,;
(3)A-E均为化合物.A是淡黄色固体,A为Na2O2;B、C、E三种溶液在物质的量浓度相等时,B溶液的pH最大,E溶液的pH最小,则B为NaOH,C为Na2CO3,E为NaHCO3,结合溶液中电荷守恒、物料守恒来解答.
解答:解:(1)A为非金属单质,C、D的相对分子质量相差16,0.1mol/L E溶液中只有3种离子,且常温下溶液中的pH=1,则E为硝酸,所以A为N2,C为NO,D为NO2,A→C的反应中,每转移1mol e-就会吸热45kJ,则转移4mol电子吸收45kJ×4=180kJ热量,热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180 kJ/mol,
故答案为:N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180 kJ/mol;
(2)A为金属单质,B、C均属于盐类,D是一种白色沉淀.若B的水溶液呈酸性,C的水溶液呈碱性,A为Al,C为NaAlO2,D为Al(OH)3,C→D反应的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,Al的原子序数为13,电子排布式为1s22s22p63s23p1,故答案为:AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓;1s22s22p63s23p1
(3)A-E均为化合物.A是淡黄色固体,A为Na2O2;B、C、E三种溶液在物质的量浓度相等时,B溶液的pH最大,E溶液的pH最小,则B为NaOH,C为Na2CO3,E为NaHCO3,碳酸钠溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),物料守恒式为
1
2
c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-),则质子守恒式为c(H+)=c(OH-)+2c(H2CO3)+c(HCO3-),故答案为:
1
2
c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-);c(H+)=c(OH-)+2c(H2CO3)+c(HCO3-).
点评:本题考查无机物的推断,注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键,习题综合性较强,涉及热化学反应、离子反应及溶液中物料守恒、电荷守恒的考查,题目难度中等.
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