Question

17．A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图1所示（部分产物略去）．

（1）若A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体．
①C的电子式为．②写出反应Ⅰ的化学方程式4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O．
③写出反应Ⅱ的化学方程式2NO+2CO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$N₂+2CO₂．
（2）若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子．
①C中所含化学键的类型是离子键和共价键．
②写出反应Ⅰ的化学方程式2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂．
（3）将（2）中一定量的气体D通入2L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量的关系如图2所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．
①O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na₂CO₃．
②a点溶液中各离子浓度由大到小的关系c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-）．C溶液的物质的量浓度为2.5mol•L^-1．

Answer 1

分析 （1）A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH₃；C、D均为空气的主要成分，为N₂、O₂，由转化关系A$\stackrel{D}{→}$B，故D为O₂，B为NO，C为N₂，E是一种有毒气体，结合转化关系NO$\stackrel{E}{→}$N₂，E具有还原性，为CO，验证符合转化关系；
（2）A是淡黄色化合物，常见淡黄色固体化合物是过氧化钠和溴化银，常温下D是无色气体，A能和D反应，所以A是过氧化钠，D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系；
（3）将（2）中一定量的气体D为二氧化碳，通入2L C的溶液中，C是氢氧化钠，根据图象可知，氯化氢的物质的量在前3mol时没有气体，后面再加2mol时产生的气体，根据Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl、NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑知，Na₂CO₃转化为NaHCO₃、NaHCO₃转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上Na₂CO₃需要的HCl大于NaHCO₃，所以溶液中还存在NaOH，所以二氧化碳通入氢氧化钠溶液得到的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，氯化氢的物质的量在前3mol时发生的反应为Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl、NaOH+HCl=H₂O+NaCl，在后2mol时发生的反应为NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑，据此进行计算．

解答 解：（1）A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH₃；C、D均为空气的主要成分，为N₂、O₂，由转化关系A$\stackrel{D}{→}$B，故D为O₂，B为NO，C为N₂，E是一种有毒气体，结合转化关系NO$\stackrel{E}{→}$N₂，E具有还原性，为CO，验证符合转化关系；
①C为N₂，电子式为，
故答案为：；
②故加热、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O；
故答案为：4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O；
③催化剂条件下，一氧化氮和一氧化碳反应生成二氧化碳和氮气，反应方程式为：2NO+2CO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$N₂+2CO₂；
故答案为：2NO+2CO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$N₂+2CO₂；
（2）A是淡黄色化合物，常见淡黄色固体化合物是过氧化钠和溴化银，常温下D是无色气体，A能和D反应，所以A是过氧化钠，D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系．
①C是氢氧化钠，C中所含化学键的类型是离子键和共价键，
故答案为：离子键和共价键；
②过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂；
故答案为：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂；
（3）将（2）中一定量的气体D为二氧化碳，通入2L C的溶液中，C是氢氧化钠，根据图象可知，氯化氢的物质的量在前3mol时没有气体，后面再加2mol时产生的气体，根据Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl、NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑知，Na₂CO₃转化为NaHCO₃、NaHCO₃转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上Na₂CO₃需要的HCl大于NaHCO₃，所以溶液中还存在NaOH，所以二氧化碳通入氢氧化钠溶液得到的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，氯化氢的物质的量在前3mol时发生的反应为Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl、NaOH+HCl=H₂O+NaCl，在后2mol时发生的反应为NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑，
①根据上面的分析可知，O点溶液中所含溶质的化学式为 NaOH、Na₂CO₃，
故答案为：NaOH、Na₂CO₃；
②根据上面的分析可知，a点时溶液中的溶质是NaHCO₃和NaCl，氯化钠为强碱强酸盐，钠离子和氯离子不水解，NaHCO₃为强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子，水和碳酸氢根离子都电离生成氢离子，所以c（H⁺）＞c（CO₃^2-），根据元素守恒知c（Na⁺）＞c（Cl^-），根据图象知，NaOH需要HCl和碳酸钠需要HCl的物质的量之比为1：2，根据原子守恒知，生成氯化钠的物质的量和碳酸氢钠的物质的量之比为3：2，根据元素守恒知，溶液中离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-），当氯化氢的物质的量为5mol时，溶液中的溶质为氯化钠，根元素守恒可知，原溶液中的氢氧化钠的物质的量为5mol，所以氢氧化钠溶液的物质的量溶液为$\frac{5mol}{2L}$=2.5mol/l，
故答案为：c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-）；2.5．

点评 本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题的关键，难度不大．