Question

8．A、B、C、D、E五种常见单质，已知A、B、C、D在常温下均为气态．其中D能分别跟A、B、C两两化合，生成化合物X、Y、Z；A与B、C均不能直接化合，有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）．

回答下列问题：
（1）A的化学式为Cl₂，
（2）写出反应③的化学反应方程式3NO₂+H₂O=NO+2HNO₃；
（3）Z和W在催化剂作用下反应生成C和Y，这是一个很有实际意义的反应，可以消除W对环境的污染，该反应的化学方程式为4NH₃+6NO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$5N₂+6H₂O；
（4）将过量的E加到N的稀溶液中，若过程中转移电子的数目为0.5N_A，则参加反应的E的质量为14g；
（5）将Z与N反应后的产物溶于水中，则溶液的pH（填“＜”或“＞”）＜7，其原因是在溶液中NH₄NO₃电离出的NH₄⁺发生水解：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺使溶液呈酸性，故溶液的pH＜7．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E是五种中学化学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气态，应分别为H₂、N₂、O₂、Cl₂中的一种，其中D能分别跟A、B、C在一定条件下两两化合，则D为H₂，生成化合物X、Y、Z分别为NH₃、H₂O、HCl中的一种，A与B、C均不能直接化合，可推知A为Cl₂，故X为HCl，由转化关系中，Z与B反应得到W与Y，可推知B为O₂，故C为N₂，Y为H₂O，Z为NH₃，W为NO，NO与氧气反应得到M为NO₂，M与Y（H₂O）反应得到W与N，则N为HNO₃．E与HCl、H₂O反应得到G与D（H₂），则E为活泼金属单质，由G?H的相互转化可知E为变价金属，可推知E为Fe，故G为FeCl₂，H为FeCl₃，据此解答．

解答 解：A、B、C、D、E是五种中学化学常见的单质，已知A、B、C、D在常温下均为气态，应分别为H₂、N₂、O₂、Cl₂中的一种，其中D能分别跟A、B、C在一定条件下两两化合，则D为H₂，生成化合物X、Y、Z分别为NH₃、H₂O、HCl中的一种，A与B、C均不能直接化合，可推知A为Cl₂，故X为HCl，由转化关系中，Z与B反应得到W与Y，可推知B为O₂，故C为N₂，Y为H₂O，Z为NH₃，W为NO，NO与氧气反应得到M为NO₂，M与Y（H₂O）反应得到W与N，则N为HNO₃，E与HCl、H₂O反应得到G与D（H₂），则E为活泼金属单质，由G?H的相互转化可知E为变价金属，可推知E为Fe，故G为FeCl₂，H为FeCl₃，
（1）由上述分析可知，A为Cl₂，故答案为：Cl₂；
（2）反应③的化学方程式为：3NO₂+H₂O=NO+2HNO₃，故答案为：3NO₂+H₂O=NO+2HNO₃；
（3）NH₃和NO在催化剂作用下反应生成N₂和H₂O，这是一个很有实际意义的反应，可以消除NO对环境的污染，该反应的化学方程式为：4NH₃+6NO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$5N₂+6H₂O，
故答案为：4NH₃+6NO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$5N₂+6H₂O；
（4）将过量的Fe加到HNO₃的稀溶液中，反应生成硝酸亚铁，若过程中转移电子的数目为0.5N_A，电子的物质的量为$\frac{3.01×1{0}^{23}}{6.02×10{\;}^{23}mol{\;}^{-1}}$=0.5mol，则参加反应的Fe的物质的量=$\frac{0.5mol}{2}$=0.25mol，参加反应的E的质量=0.25mol×56g/mol=14g，
故答案为：14；
（5）Z为NH₃，N为HNO₃，Z与N反应后的产物溶于水中得NH₄NO₃溶液，在溶液中NH₄NO₃电离出的NH₄⁺发生水解：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺  使溶液呈酸性，故溶液的pH＜7，
故答案为：＜；在溶液中NH₄NO₃电离出的NH₄⁺发生水解：NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺  使溶液呈酸性，故溶液的pH＜7．

点评 本题考查无机物推断，“A、B、C、D在常温下均为气态”是推断突破口，再结合题目信息与转化关系进行推断，对学生的逻辑推理有一定的要求，熟练掌握元素化合物性质是关键，难度中等．