已知:A.B为常见的非金属单质且均为气体,甲.乙为短周期金属单质.乙在I的浓溶液中发生钝化,C.H.J的溶液均呈碱性．各物质间的转化关系如下(部分生成物未给出.且未注明反应条件):(1)写出反应②的化学方程式4NH3+5O2$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H2O．(2)反应④中每消耗1mol G.转移电子的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

15．已知：A、B为常见的非金属单质且均为气体；甲、乙为短周期金属单质，乙在I的浓溶液中发生钝化；C、H、J的溶液均呈碱性．各物质间的转化关系如下（部分生成物未给出，且未注明反应条件）：

（1）写出反应②的化学方程式4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O．
（2）反应④中每消耗1mol G，转移电子的物质的量为$\frac{2}{3}$mol．
（3）反应⑥的离子方程式是2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑．
（4）写出工业冶炼金属乙的化学方程式2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;电解\;\;\;}}{冰晶石}$4Al+3O₂↑．
（5）实验室中保存I的浓溶液的方法是保存在棕色试剂瓶中，放在阴凉处．
（6）SiCl₄与过量A在加热条件下反应可制得高纯硅，整个制备纯硅的过程中必须严格控制无水无氧．SiCl₄在潮湿的空气中因水解而产生白色烟雾，其生成物是H₂SiO₃（或H₄SiO₄）和HCl；H₂还原SiCl₄过程中若混入O₂，可能引起的后果是爆炸．
（7）有一种常见金属丙，常温时只能溶于稀的I溶液，写出过量的此金属溶于稀I溶液的离子方程3Fe+2NO₃^-+8H⁺=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O，向此溶液中加入H溶液，现象为生成白色沉淀迅速变灰绿最后变成红褐色．

分析 A、B为常见的非金属单质且均为气体；甲、乙为金属单质，乙在I的浓溶液中发生钝化；C、H、J的溶液均呈碱性，结合转化关系图可知I应为HNO₃，E为水，依次推出A、B可能为氮气、氢气中的一种，C为氨气，D为NO，G为NO₂；反应⑤应为Na与水反应生成NaOH，则甲为Na，H为NaOH；反应⑥应为Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，所以J为偏铝酸钠，然后得出A为氢气，所以B为氮气，最后结合物质的性质及化学用语来解答．

解答解：A、B为常见的非金属单质且均为气体；甲、乙为金属单质，乙在I的浓溶液中发生钝化；C、H、J的溶液均呈碱性，结合转化关系图可知I应为HNO₃，E为水，依次推出A、B可能为氮气、氢气中的一种，C为氨气，D为NO，G为NO₂；反应⑤应为Na与水反应生成NaOH，则甲为Na，H为NaOH；反应⑥应为Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，所以J为偏铝酸钠，然后得出A为氢气，所以B为氮气，
（1）反应②为氨气与氧气在催化剂作用下反应生成NO和水，该反应为4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O，
故答案为：4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H₂O；
（2）反应④为3NO₂+H₂O═2HNO₃+NO，N元素的化合价由+4降低为+2，则3molG反应转移2mol电子，所以1molG反应转移$\frac{2}{3}$mol电子，
故答案为：$\frac{2}{3}$mol；
（3）反应⑥为Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案为：2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑；
（4）乙为Al工业上利用电解熔融氧化铝的方法来冶炼Al，该反应为2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;电解\;\;\;}}{冰晶石}$ 4Al+3O₂↑，
故答案为：2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;电解\;\;\;}}{冰晶石}$ 4Al+3O₂↑；
（5）I为浓硝酸，见光易分解，则应保存在棕色试剂瓶中，放在阴凉处，
故答案为：保存在棕色试剂瓶中，放在阴凉处；
（6）SiCl₄在潮湿的空气中因水解而产生白色烟雾，则SiCl₄与水反应生成H₂SiO₃（或H₄SiO₄）和HCl，H₂还原SiCl₄过程中若混入O₂，可能引起爆炸，
故答案为：H₂SiO₃（或H₄SiO₄）和HCl；爆炸
（7）Fe在常温下遇浓硝酸钝化，常温下只能溶于稀HNO₃中，所以丙为Fe，过量的Fe溶于稀HNO₃溶液的离子方程为3Fe+2NO₃^-+8H⁺=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O，向此溶液中加入NaOH溶液，现象为生成白色沉淀迅速变灰绿最后变成红褐色，
故答案为：3Fe+2NO₃^-+8H⁺=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O；生成白色沉淀迅速变灰绿最后变成红褐色．