Question

20．D、E为中学化学常见的金属单质，F是一种黑色晶体．E与C的浓溶液在常温作用无明显现象，加热时则有大量无色气体产生，同时生成H．在一定条件下C、D间能发生反应．各物质转化关系如图：

（1）已知1g E在B中燃烧放出的热量为Q kJ，试写出表示E燃烧热的热化学方程式Fe（s）+$\frac{2}{3}$O₂（g）=$\frac{1}{3}$Fe₃O₄（s）△H=-56Q kJ/mol．
（2）检验H和G的混合溶液中含有G的阳离子的试剂可以是：C．
A．氯水和KSCN溶液      B．氢氧化钠溶液       C． 酸性KMnO₄溶液
（3）用惰性电极电解一定浓度的A的水溶液，阳极反应式为4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
通电一段时间后，向所得溶液中加入8.0g D的氧化物后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中收集到标准状况下的气体体积为1.12L．
（4）假设用以铂做电极，KOH溶液为电解质溶液的肼（N₂H₄）-气燃料电池作为本过程的电源，则放电时的负极反应式N₂H₄+4OH^--4e^-=N₂+4H₂O（生成物均无污染）．

Answer 1

分析 电解A溶液生成三种物质，且D为金属，A应为不活泼金属的含氧酸盐，电解时，在阴极生成金属，则阳极应生成O₂，其中E可在B中燃烧说明B为O₂，C应为含氧酸，B与E反应得到F是一种黑色晶体，F为氧化物，F与酸反应后生成两种盐，说明金属为变价金属，则E应为Fe，则C应为H₂SO₄，不可能为硝酸，否则四氧化三铁与硝酸反应只生成一种物质，故F为Fe₃O₄，G为FeSO₄，H为Fe₂（SO₄）₃，D应为Cu，则A应为CuSO₄，据此解答．

解答 解：电解A溶液生成三种物质，且D为金属，A应为不活泼金属的含氧酸盐，电解时，在阴极生成金属，则阳极应生成O₂，其中E可在B中燃烧说明B为O₂，C应为含氧酸，B与E反应得到F是一种黑色晶体，F为氧化物，F与酸反应后生成两种盐，说明金属为变价金属，则E应为Fe，则C应为H₂SO₄，不可能为硝酸，否则四氧化三铁与硝酸反应只生成一种物质，故F为Fe₃O₄，G为FeSO₄，H为Fe₂（SO₄）₃，D应为Cu，则A应为CuSO₄．
（1）已知1g Fe在氧气中燃烧放出的热量为Q kJ，表示Fe燃烧热的热化学方程式为：Fe（s）+$\frac{2}{3}$O₂（g）=$\frac{1}{3}$Fe₃O₄（s）△H=-56Q kJ/mol，
故答案为：Fe（s）+$\frac{2}{3}$O₂（g）=$\frac{1}{3}$Fe₃O₄（s）△H=-56Q kJ/mol；
（2）Fe²⁺具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，可用高锰酸钾检验，由于铁离子存在，用氯水和KSCN溶液、氢氧化钠溶液无法检验亚铁离子，
故答案为：C；
（3）用惰性电极电解一定浓度的CuSO₄的水溶液，电解时，在阴极生成金属，则阳极应生成O₂，阳极反应式为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
电一段时间后，向所得溶液中加入8.0g CuO后恰好恢复到电解前的浓度和pH，而电解过程相当于析出CuO，故生成氧气为$\frac{1}{2}$×$\frac{8g}{80g/mol}$=0.05mol，则电解过程中收集到标准状况下的气体体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，
故答案为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；1.12L；
（4）假设用以铂做电极，KOH溶液为电解质溶液的肼（N₂H₄）-气燃料电池作为本过程的电源，生成物均无污染，应生成氮气与水，负极发生氧化反应，在N₂H₄负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水，放电时的负极反应式：N₂H₄+4OH^--4e^-=N₂+4H₂O，
故答案为：N₂H₄+4OH^--4e^-=N₂+4H₂O．

点评 本题考查无机物的推断，根据电解产物的进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等．