题目内容
下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为短周期元素．已知：A、E为无气体单质，D为红色金属单质，B为黑色氧化物（部分反应的产物未列全）．
请回答下列问题：
（1）在NH3与F等物质的量反应后的溶液中，离子浓度由大到小的顺序为______．
（2）I、J是同种金属的氯化物，且J为白色沉淀．则SO2还原I生成J的离子方程式为______．
（3）汽车尾气中常含有C．NH3在加热和催化剂存在的条件下能消除C的污染．已知：
①4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=-905kJ?mol-1
②4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H=-1268kJ?mol-1
则NH3与C反应的热化学方程式为______．
（4）有人认为：“表面化学”研究成果能使NH3和C的反应在催化剂表面进行时的效率大大提高，从而使污染物D的转化率大大提高．请你应用化学基本理论对此观点进行评价：______．
解：物质所含元素中除一种元素外，其余均为短周期元素，已知：A、E为无气体单质，B为黑色氧化物，D为红色金属单质，为Cu，非金属气体单质A、E放电生成C，应是N2+O2
2NO，C为NO，结合A+NH3
C，A+C+H2O=F，则A为O2，F为HNO3，E为N2；B为黑色氧化物，D为红色金属单质，由NH3+B=E（为N2）+D（为Cu）可知B为CuO；NH3与CuO反应生成Cu、N2、H2O，反应方程式为：3CuO+2NH3 
3Cu+N2+3H2O；
由Cu+HNO3→G
H
I
J，J含有金属元素，故G为Cu（NO3）2，H为Cu（OH）2，I为CuCl2，由I（为CuCl2） K，结合（4）I、J均是同种金属的氯化物，且J为白色沉淀，Cu常见化合价为+1、+2价，J为CuCl，符合氧化还原反应，推断出的物质进行分析回答问题：
（1）在NH3与F为HNO3等物质的量反应后生成NH4NO3，溶液中铵根离子水解显酸性，所以溶液中的离子浓度大小为：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），
故答案为：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（2）CuCl2与SO2在加热的条件下生成CuCl与硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O═2CuCl↓+4H++SO42-；
（3）①4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=-905kJ?mol-1
②4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H=-1268kJ?mol-1
依据盖斯定律②×5-①×3计算得到：12NO（g）+8NH3（g）═10N2（g）+12H2O（g）△H=-3625kJ?mol-1
故得到热化学方程式为：6NO（g）+4NH3（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H=-1812.5 kJ?mol-1，
故答案为：6NO（g）+4NH3（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H=-1812.5 kJ?mol-1；
（4）催化剂的接触面积只改变化学反应速率不改变平衡，转化率不变，故答案为：该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动．
分析：物质所含元素中除一种元素外，其余均为短周期元素，已知：A、E为无气体单质，B为黑色氧化物，D为红色金属单质，为Cu，非金属气体单质A、E放电生成C，应是N2+O22NO，C为NO，结合A+NH3C，A+C+H2O=F，则A为O2，F为HNO3，E为N2；B为黑色氧化物，D为红色金属单质，由NH3+B=E（为N2）+D（为Cu）可知B为CuO；
由Cu+HNO3→GH I J，J含有金属元素，故G为Cu（NO3）2，H为Cu（OH）2，I为CuCl2，由I（为CuCl2） K，结合（4）I、J均是同种金属的氯化物，且J为白色沉淀，Cu常见化合价为+1、+2价，J为CuCl，符合氧化还原反应，验证符合转化关系．
点评：本题以无机框图题的形式考查N、Cu等元素单质及其化合物之间的相互转化关系和逻辑推理能力、化学用语的书写能力，同时进一步训练学生依据质量守恒定律、氧化还原反应方程式、的配平方法、热化学方程式、书写陌生化学方程式的技能，本题中D为红色金属，非金属气体单质A、E放电生成C等均为解题突破口，题目难度中等．
2NO，C为NO，结合A+NH3
C，A+C+H2O=F，则A为O2，F为HNO3，E为N2；B为黑色氧化物，D为红色金属单质，由NH3+B=E（为N2）+D（为Cu）可知B为CuO；NH3与CuO反应生成Cu、N2、H2O，反应方程式为：3CuO+2NH3 
3Cu+N2+3H2O；由Cu+HNO3→G
H
I
J，J含有金属元素，故G为Cu（NO3）2，H为Cu（OH）2，I为CuCl2，由I（为CuCl2） K，结合（4）I、J均是同种金属的氯化物，且J为白色沉淀，Cu常见化合价为+1、+2价，J为CuCl，符合氧化还原反应，推断出的物质进行分析回答问题：（1）在NH3与F为HNO3等物质的量反应后生成NH4NO3，溶液中铵根离子水解显酸性，所以溶液中的离子浓度大小为：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），
故答案为：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（2）CuCl2与SO2在加热的条件下生成CuCl与硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O═2CuCl↓+4H++SO42-；
（3）①4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=-905kJ?mol-1
②4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H=-1268kJ?mol-1
依据盖斯定律②×5-①×3计算得到：12NO（g）+8NH3（g）═10N2（g）+12H2O（g）△H=-3625kJ?mol-1
故得到热化学方程式为：6NO（g）+4NH3（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H=-1812.5 kJ?mol-1，
故答案为：6NO（g）+4NH3（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H=-1812.5 kJ?mol-1；
（4）催化剂的接触面积只改变化学反应速率不改变平衡，转化率不变，故答案为：该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动．
分析：物质所含元素中除一种元素外，其余均为短周期元素，已知：A、E为无气体单质，B为黑色氧化物，D为红色金属单质，为Cu，非金属气体单质A、E放电生成C，应是N2+O2
2NO，C为NO，结合A+NH3C，A+C+H2O=F，则A为O2，F为HNO3，E为N2；B为黑色氧化物，D为红色金属单质，由NH3+B=E（为N2）+D（为Cu）可知B为CuO；由Cu+HNO3→G
H I J，J含有金属元素，故G为Cu（NO3）2，H为Cu（OH）2，I为CuCl2，由I（为CuCl2） K，结合（4）I、J均是同种金属的氯化物，且J为白色沉淀，Cu常见化合价为+1、+2价，J为CuCl，符合氧化还原反应，验证符合转化关系．点评：本题以无机框图题的形式考查N、Cu等元素单质及其化合物之间的相互转化关系和逻辑推理能力、化学用语的书写能力，同时进一步训练学生依据质量守恒定律、氧化还原反应方程式、的配平方法、热化学方程式、书写陌生化学方程式的技能，本题中D为红色金属，非金属气体单质A、E放电生成C等均为解题突破口，题目难度中等．
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