Question

13．A、B、C、D、E是五種中學(xué)常見(jiàn)的單質(zhì)，已知A、B、C、D在常溫下均為氣態(tài)，其中D能分別跟A、B、C在一定條件下兩兩化合，生成化合物X、Y、Z；A與B、C均不能直接化合，有關(guān)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（反應(yīng)條件均已略去）回答下列問(wèn)題：
（1）Z分子的空間構(gòu)型為三角錐形
（2）反應(yīng)③中被氧化的物質(zhì)與被還原的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為2：1
（3）Z和W在催化劑作用下，反應(yīng)生成C和Y，這是一個(gè)很有實(shí)際意義的反應(yīng)，可以消除W對(duì)環(huán)境的污染，該反應(yīng)的方程式為4NH₃+6NO$\frac{\underline{催化劑}}{△}$5N₂+6H₂O．
（4）將過(guò)量的E加到N的稀溶液中，若過(guò)程中轉(zhuǎn)化的電子數(shù)目為3.02×10²³個(gè)，則參加反應(yīng)的E的物質(zhì)的量為0.25mol．
（5）將Z和N反應(yīng)后的產(chǎn)物溶于水中，則溶液的pH值（填“＜”或“＞”）＜7，其原因是（用離子方程式表示）NH₄⁺+H₂O═NH₃•H₂O．

Answer 1

分析 A、B、C、D在常溫下是氣體單質(zhì)，常見(jiàn)的氣體單質(zhì)只有H₂、N₂、O₂、F₂、Cl₂ 五種，其中D能分別跟A、B、C在一定條件下兩兩化合，可推出D為H₂，那么對(duì)應(yīng)的氫化物可為NH₃、H₂O、HF（或者HCl）．由Y+X+E→G+H₂，可知E為金屬，又因?yàn)镚?H，所以E為變價(jià)金屬Fe，那么Y+X應(yīng)為常見(jiàn)的鹽酸，那么A為Cl₂，X為HCl，C為N₂，Z為NH₃，B為O ₂，Y為H₂O，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知W為NO，M為NO₂，N為HNO₃，G為FeCl₂，H為FeCl₃，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求解答該題．

解答 解：A、B、C、D在常溫下是氣體單質(zhì)，常見(jiàn)的氣體單質(zhì)只有H₂、N₂、O₂、F₂、Cl₂ 五種，其中D能分別跟A、B、C在一定條件下兩兩化合，可推出D為H₂，那么對(duì)應(yīng)的氫化物可為NH₃、H₂O、HF（或者HCl）．由Y+X+E→G+H₂，可知E為金屬，又因?yàn)镚?H，所以E為變價(jià)金屬Fe，那么Y+X應(yīng)為常見(jiàn)的鹽酸，那么A為Cl₂，X為HCl，C為N₂，Z為NH₃，B為O ₂，Y為H₂O，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知W為NO，M為NO₂，N為HNO₃，G為FeCl₂，H為FeCl₃，
（1）Z為NH₃，為三角錐形分子，故答案為：三角錐形；
（2）反應(yīng)③為NO₂+H₂O=2HNO₃+NO，由化合價(jià)變化可知被氧化的物質(zhì)與被還原物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：2：1；
（3）Z為NH₃，W為NO，在催化劑作用下，反應(yīng)生成氮?dú)夂退�，方程式�?NH₃+6NO$\frac{\underline{催化劑}}{△}$5N₂+6H₂O，故答案為：4NH₃+6NO$\frac{\underline{催化劑}}{△}$5N₂+6H₂O；
（4）過(guò)量的Fe和HNO₃ 反應(yīng)生成Fe²⁺，若過(guò)程中轉(zhuǎn)化的電子數(shù)目為3.02×10²³個(gè)，則轉(zhuǎn)移0.5mol電子，參加反應(yīng)的Fe為0.25 mol，
故答案為：0.25；
（5）Z與N反應(yīng)后的產(chǎn)物為NH₄NO₃，為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，pH＜7，離子方程式為NH₄⁺+H₂O═NH₃•H₂O，故答案為：＜；NH₄⁺+H₂O═NH₃•H₂O．

點(diǎn)評(píng) 本題考查無(wú)機(jī)物的推斷，明確框圖中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化及物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，轉(zhuǎn)化圖中G與H的轉(zhuǎn)化是推斷的突破口，然后利用化學(xué)用語(yǔ)、氧化還原反應(yīng)、鹽類(lèi)水解等知識(shí)即可解答．