Question

20．以下是对重要非金属及其化合物的讨论，根据要求回答问题：
（1）实验室盛装NaOH溶液是试剂瓶不能用玻璃塞，应该用橡胶塞，以防止发生反应：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O（离子方程式）．
（2）氨是一种重要的化工产品，密度比空气小（填“大”或“小”）．工业上制备氨气的化学方程式为N₂+3H₂$?_{催化剂}^{高温、高压}$2NH₃．以氨气为原料制备硝酸涉及到的反应有4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O、2NO+O₂=2NO₂、3NO₂+H₂O═2HNO₃+NO
（3）氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的基本化学工业．电解饱和食盐水的产物中一种是所有气体中密度最小的气体、一种是黄绿色气体和一种易溶、易电离的碱，则电解食盐水的化学方程式：2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2NaOH+H₂↑+Cl₂↑工业上制取漂白粉的反应化学方程式为2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O
（4）浓H₂SO₄常用作气体干燥剂，是因为它具有吸水性；将适量的蔗糖放入烧杯中，滴入几滴水，搅拌均匀．然后加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体．请回答：
①产生刺激性气味气体的化学方程式为C+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O．
②根据上述实验现象，表明浓硫酸具有BCD（填序号）．
A．酸性        B．吸水性       C．脱水性       D．强氧化性
（5）铜和浓硝酸反应的离子方程式是Cu+4H⁺+2NO₃^-═Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O．若参加反应的Cu质量为3.2g，生成NO₂气体2.24L（标准状况下），则转移电子物质的量为0.1mol，被还原的与未被还原的HNO₃物质的量之比为1：1．

Answer 1

分析 （1）氢氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，硅酸钠具有粘合性，应该用橡胶塞；
（2）氨气的密度小于空气的密度；工业上用氮气与氢气在高温高压、催化剂的条件下反应生成氨气；氨气催化氧化生成NO，NO氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO；
（3）电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气；工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉；
（4）浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂；浓硫酸具有脱水性、强氧化性，蔗糖碳化后，与浓硫酸发生氧化还原反应；
（5）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，结合反应及元素化合价变化计算．

解答 解：（1）氢氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，硅酸钠具有粘合性，应该用橡胶塞，离子反应为SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O，
故答案为：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O；    
（2）氨是一种重要的化工产品，密度比空气小，工业上制备氨气的化学方程式为N₂+3H₂ $?_{催化剂}^{高温、高压}$ 2 NH₃，以氨气为原料制备硝酸涉及到的反应有4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O、2NO+O₂=2NO₂、3NO₂+H₂O═2HNO₃+NO，
故答案为：小；N₂+3H₂ $?_{催化剂}^{高温、高压}$ 2 NH₃；4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O、2NO+O₂=2NO₂、3NO₂+H₂O═2HNO₃+NO；
（3）电解食盐水的化学方程式为2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2NaOH+H₂↑+Cl₂↑，工业上制取漂白粉的反应化学方程式为2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O，
故答案为：2NaCl+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2NaOH+H₂↑+Cl₂↑；2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O；
（4）浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂；浓硫酸具有脱水性、强氧化性，蔗糖碳化后，与浓硫酸发生氧化还原反应，反应为C+2H₂SO₄ （浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O，由实验现象可知，表明浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性，
故答案为：吸水性； C+2H₂SO₄ （浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ CO₂↑+2SO₂↑+2H₂O；BCD；
（5）铜和浓硝酸反应的离子方程式是Cu+4H⁺+2NO₃^-═Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O，若参加反应的Cu质量为3.2g，Cu的物质的量为$\frac{3.2g}{64g/mol}$=0.05mol，由反应可知生成NO₂气体0.05mol×2×22.4L/mol=2.24L（标准状况下），则转移电子物质的量为0.05mol×（2-0）=0.1 mol，该反应中生成硝酸铜体现酸性，生成二氧化氮体现硝酸的氧化性，且各占一半，则被还原的与未被还原的HNO₃物质的量之比为1：1，
故答案为：Cu+4H⁺+2NO₃^-═Cu²⁺+2NO₂↑+2H₂O；2.24；  0.1； 1：1．

点评 本题考查氧化还原反应的计算及物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应原理为解答的关键，侧重分析与应用、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度不大．