Question

19．已知A为一种白色易溶于水的正盐，B常用作致冷剂，C、G都为氧化物，E是一种能使品红溶液褪色的气体，H为红色金属单质，I为空气中含量最多的单质．它们之间的转化关系如图所示：

（1）A的化学式为（NH₄）₂SO₃，I的电子式为；
（2）用离子方程式表示B使红色石蕊试液变蓝的原因NH₃+H₂O?NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-；在B的水溶液中加入少量F晶体，溶液的pH将减小；（增大、减小、不变）
（3）G和B生成H、C、I的化学方程式是2NH₃+3CuO$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+N₂+3H₂O．A与稀硫酸反应的离子方程式是SO₃^2-+2H⁺═SO₂↑+H₂O；
（4）一定条件下，将1molE气体和1mol氧气混合于一密闭容器中，反应达最大限度的标志是SO₂的浓度不再变化、SO₂的消耗速率等于生成速率、SO₂的转化率不再变化、容器内的压强或平均相对分子质量不再变化（任答一种），此时O₂的物质的量n（O₂）的取值范围是0.5mol＜n（O₂）＜1mol．

Answer 1

分析 A为一种白色易溶于水的正盐晶体，由转化关系图可知A既能与碱反应又能与酸反应，且C、G都为氧化物，B常用作致冷剂，E是一种能使品红溶液褪色的气体，则B为NH₃，E为SO₂，A为（NH₄）₂SO₃，C为H₂O，F为（NH₄）₂SO₄；H为红色金属单质，即H为Cu，I为空气中含量最多的单质，即I为N₂，所以G与B的反应为氨气和氧化铜反应生成Cu、N₂、水，据此解答．

解答 解：A为一种白色易溶于水的正盐晶体，由转化关系图可知A既能与碱反应又能与酸反应，且C、G都为氧化物，B常用作致冷剂，E是一种能使品红溶液褪色的气体，则B为NH₃，E为SO₂，A为（NH₄）₂SO₃，C为H₂O，F为（NH₄）₂SO₄；H为红色金属单质，即H为Cu，I为空气中含量最多的单质，即I为N₂，所以G与B的反应为氨气和氧化铜反应生成Cu、N₂、水．
（1）由上述推断可知，A为（NH₄）₂SO₃，I为N₂，电子式为，故答案为：（NH₄）₂SO₃；；
（2）B为氨气，其水溶液显碱性，则使红色的石蕊试纸变蓝，离子反应为：NH₃+H₂O?NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，在B的水溶液中加入少量（NH₄）₂SO₄晶体，会抑制一水合氨的电离，溶液的pH将减小，
故答案为：NH₃+H₂O?NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-；减小；
（3）G与B的反应为氨气和氧化铜反应生成Cu、N₂、水，反应方程式为2NH₃+3CuO$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+N₂+3H₂O，A与稀硫酸反应的离子方程式是：SO₃^2-+2H⁺═SO₂↑+H₂O；
故答案为：2NH₃+3CuO$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+N₂+3H₂O；SO₃^2-+2H⁺═SO₂↑+H₂O；
（4）一定条件下，将1molSO₂气体和1mol氧气混合于一密闭容器中，反应达最大限度的标志是：SO₂的浓度不再变化、SO₂的消耗速率等于生成速率、SO₂的转化率不再变化、容器内的压强或平均相对分子质量不再变化；1molSO₂完全反应消耗氧气为0.5mol，而二氧化硫不能完全反应，故此时O₂的物质的量n（O₂）的取值范围是：0.5mol＜n（O₂）＜1mol，
故答案为：SO₂的浓度不再变化、SO₂的消耗速率等于生成速率、SO₂的转化率不再变化、容器内的压强或平均相对分子质量不再变化；0.5mol＜n（O₂）＜1mol．

点评 本题考查无机物的推断，A与酸碱的反应及E的性质、B的用途等为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质，题目难度较大．