Question

18．甲、乙、丙、丁、戊五种单质在一定条件下反应生成A、B、C、D、E五种化合物，其转化关系如图1所示．又知：①甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的单质，常温下均为气态，丙、丁是空气的主要成分，戊是应用最广泛的金属．②乙在甲中
燃烧发出苍白色火焰，E的水溶液呈黄色．回答下列问题：
（1）A与B可反应，产物中阳离子的结构式为．
（2）A与B的沸点比较，较高的是NH₃（写化学式）．
（3）E的水溶液可使KI淀粉溶液变蓝，写出该反应的离子方程式：2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂．
（4）工业上可由B与丁反应制取C，写出该反应的化学方程式：4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O．
（5）将甲和E同时加（通）入强碱性溶液中，可制得一种高效杀菌、净水剂（其中含由+6价戊元素形成的带2个单位负电荷的含氧酸根离子），请写出该反应的离子方程式：2Fe³⁺+3Cl₂+16OH^-=2FeO₄^2-+6Cl^-+8H₂O．
（6）用以上金属戊作电极，利用如图2装置，可以模拟金属的电化学防护．若X为碳棒，为减缓戊的腐蚀，开关K应置于N处．若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法．

Answer 1

分析 ①甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的单质，常温下均为气态，丙、丁是空气的主要成分为O₂和N₂，C为NO，戊是应用最广泛的金属为Fe，
②乙在甲中燃烧发出苍白色火焰，E的水溶液呈黄色，判断甲为Cl₂，乙为H₂，A为HCl，E为FeCl₃，丁为O₂，D为铁的氧化物，丙为N₂，B为NH₃，
（1）A为HCl，B为NH₃，反应生成氯化铵，阳离子为铵根离子，氮原子和四个氢原子形成共价键，铵根离子结构中氮原子和氢原子间的配位键是氮原子提供孤对电子，箭头指向氢；
（2）A为HCl，B为NH₃，NH₃分子间形成氢键；
（3）E的水溶液可使KI淀粉溶液变蓝是氯化铁氧化碘化钾生成碘单质；
（4）工业上可由B与丁反应制取C，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；
（5）将甲和E同时加（通）入强碱性溶液中，可制得一种高效杀菌、净水剂，其中含由+6价戊元素形成的带2个单位负电荷的含氧酸根离子是高铁酸盐，反应
（6）作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护．

解答 解：①甲、乙、丙、丁均为前三周期元素的单质，常温下均为气态，丙、丁是空气的主要成分为O₂和N₂，C为NO，戊是应用最广泛的金属为Fe，
②乙在甲中燃烧发出苍白色火焰，E的水溶液呈黄色，判断甲为Cl₂，乙为H₂，A为HCl，E为FeCl₃，丁为O₂，D为铁的氧化物，丙为N₂，B为NH₃，
（1）铵根离子结构中氮原子和氢原子间的配位键是氮原子提供孤对电子，箭头指向氢，结构式为：，故答案为：；
（2）A为HCl，B为NH₃，NH₃分子间形成氢键沸点高，A与B的沸点比较，较高的是NH₃，
故答案为：NH₃；
（3）E的水溶液可使KI淀粉溶液变蓝是氯化铁氧化碘化钾生成碘单质，反应的离子方程式为：2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂ ，
故答案为：2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂ ；
（4）B是氨气，丁是氧气，在催化剂加热条件下，氨气被催化氧化生成一氧化氮和水，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；
（5）E是氯化铁，净水剂中含由+6价Fe元素形成的带2个单位负电荷的含氧酸根离子，给离子的电荷及铁、氧元素的化合价知，该离子为FeO₄^2-，该反应中铁元素失电子则氯元素得电子生成氯离子，所以离子反应方程式为2Fe³⁺+3Cl₂+16OH^-=2FeO₄^2-+6Cl^-+8H₂O，
故答案为：2Fe³⁺+3Cl₂+16OH^-=2FeO₄^2-+6Cl^-+8H₂O；
（6）作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，则铁应作电解池阴极，所以开关K应该置于处N处；
若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，
故答案为：N；牺牲阳极的阴极保护法．

点评 本题考查了无机物的推断、原电池原理、氧化还原反应等，同时考查学生综合运用知识的能力，正确推断物质是解本题关键，根据物质的颜色、反应现象等题眼结合物质之间的转化关系来推断，难点是离子方程式的书写，题目难度中等．