Question

下列框圖涉及到的物質所含元素中，除一種元素外，其余均為短周期元素．已知：A、E為無氣體單質，D為紅色金屬單質，B為黑色氧化物（部分反應的產物未列全）．

請回答下列問題：
（1）在NH₃與F等物質的量反應后的溶液中，離子濃度由大到小的順序為______．
（2）I、J是同種金屬的氯化物，且J為白色沉淀．則SO₂還原I生成J的離子方程式為______．
（3）汽車尾氣中常含有C．NH₃在加熱和催化劑存在的條件下能消除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
則NH₃與C反應的熱化學方程式為______．
（4）有人認為：“表面化學”研究成果能使NH₃和C的反應在催化劑表面進行時的效率大大提高，從而使污染物D的轉化率大大提高．請你應用化學基本理論對此觀點進行評價：______．

Answer 1

解：物質所含元素中除一種元素外，其余均為短周期元素，已知：A、E為無氣體單質，B為黑色氧化物，D為紅色金屬單質，為Cu，非金屬氣體單質A、E放電生成C，應是N₂+O₂2NO，C為NO，結合A+NH₃C，A+C+H₂O=F，則A為O₂，F(xiàn)為HNO₃，E為N₂；B為黑色氧化物，D為紅色金屬單質，由NH₃+B=E（為N₂）+D（為Cu）可知B為CuO；NH₃與CuO反應生成Cu、N₂、H₂O，反應方程式為：3CuO+2NH₃ 3Cu+N₂+3H₂O；
由Cu+HNO₃→GH I J，J含有金屬元素，故G為Cu（NO₃）₂，H為Cu（OH）₂，I為CuCl₂，由I（為CuCl₂） K，結合（4）I、J均是同種金屬的氯化物，且J為白色沉淀，Cu常見化合價為+1、+2價，J為CuCl，符合氧化還原反應，推斷出的物質進行分析回答問題：
（1）在NH₃與F為HNO₃等物質的量反應后生成NH₄NO₃，溶液中銨根離子水解顯酸性，所以溶液中的離子濃度大小為：c（NO₃^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），
故答案為：c（NO₃^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
（2）CuCl₂與SO₂在加熱的條件下生成CuCl與硫酸，反應離子方程式為：2Cu²⁺+2Cl^-+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+4H⁺+SO₄^2-，故答案為：2Cu²⁺+2Cl^-+SO₂+2H₂O═2CuCl↓+4H⁺+SO₄^2-；
（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
依據(jù)蓋斯定律②×5-①×3計算得到：12NO（g）+8NH₃（g）═10N₂（g）+12H₂O（g）△H=-3625kJ?mol^-1
故得到熱化學方程式為：6NO（g）+4NH₃（g）═5N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1812.5 kJ?mol^-1，
故答案為：6NO（g）+4NH₃（g）═5N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1812.5 kJ?mol^-1；
（4）催化劑的接觸面積只改變化學反應速率不改變平衡，轉化率不變，故答案為：該研究只能提高化學反應速率，不能使化學平衡發(fā)生移動．
分析：物質所含元素中除一種元素外，其余均為短周期元素，已知：A、E為無氣體單質，B為黑色氧化物，D為紅色金屬單質，為Cu，非金屬氣體單質A、E放電生成C，應是N₂+O₂2NO，C為NO，結合A+NH₃C，A+C+H₂O=F，則A為O₂，F(xiàn)為HNO₃，E為N₂；B為黑色氧化物，D為紅色金屬單質，由NH₃+B=E（為N₂）+D（為Cu）可知B為CuO；
由Cu+HNO₃→GH I J，J含有金屬元素，故G為Cu（NO₃）₂，H為Cu（OH）₂，I為CuCl₂，由I（為CuCl₂） K，結合（4）I、J均是同種金屬的氯化物，且J為白色沉淀，Cu常見化合價為+1、+2價，J為CuCl，符合氧化還原反應，驗證符合轉化關系．
點評：本題以無機框圖題的形式考查N、Cu等元素單質及其化合物之間的相互轉化關系和邏輯推理能力、化學用語的書寫能力，同時進一步訓練學生依據(jù)質量守恒定律、氧化還原反應方程式、的配平方法、熱化學方程式、書寫陌生化學方程式的技能，本題中D為紅色金屬，非金屬氣體單質A、E放電生成C等均為解題突破口，題目難度中等．