Question

15．已知物质A、B、C、D、E是由短周期元素构成的单质或化合物，它们可发生如图所示的转化关系：
（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出C与H₂O反应的化学方程式Mg₃N₂+6H₂O=3Mg（OH）₂+2NH₃．上世纪60年代就有人将气体D作为燃料电池的燃料源进行了试验，制成D-空气燃料电池系统，总反应式为：D+O₂→A+H₂O（未配平），写出此碱性燃料电池的负极反应式：2NH₃+6OH^--6e^-=N₂+6H₂O．
（2）a．若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是 还原性酸，写出D与NaOH等物质的量混合的离子方程式：H₂S+OH^-=HS^-+H₂O．
b．已知另一种还原性酸草酸为二元中强酸，草酸氢钠（NaHC₂O₄）水溶液呈酸性，下列说法正确的是D
A．草酸与氢氧化钠溶液混合呈中性时，溶液中存在：c（Na⁺）=c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）
B．NaHC₂O₄与NaClO溶液混合，反应的离子方程式为：HC₂O₄^-+ClO^-=HClO+C₂O₄²
C．草酸铵溶液中：c（NH₄⁺）=2c（H₂C₂O₄）+2c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）
D．草酸使酸性KMnO₄溶液褪色，其离子方程式为：5H₂C₂O₄+2MnO₄^-+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O
（3）若条件①为常温，B和D为同一种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，写出过量Fe粉与E的稀溶液在加热条件下反应的化学方程式：3Fe+8HNO₃（稀）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
已知常温下A与B反应生成1molC的焓变为-57.07kJ/mol，1molC与H₂O反应生成气体D和E 溶液的焓变为-46kJ/mol，写出A、B与水反应生成E溶液的热化学方程式：4NO（g）+3O₂（g）+2H₂O（l）=4HNO₃（aq）?H=?618.42kJ/mol．

Answer 1

分析 （1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，则B是Mg，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D是NH₃，C和水反应生成氨气和E，根据元素守恒知，A中含有氮元素，Mg和氮气能发生生成氮化镁，所以A是氮气，氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁，据此写出反应方程式；
碱性氨气燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应；
（2）a、若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，则E是氢氧化铝，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则D是硫化氢，根据元素守恒知，C是硫化铝，硫化氢是二元酸，和等物质的量的氢氧化钠反应生成硫氢化钠，据此写出反应方程式；
b、A、混合溶液呈中性，则c（H⁺）=c（HO^-），根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2- ）+c（HO^-）；
B、草酸氢钠（NaHC₂0₄）水溶液呈酸性，草酸氢根离子具有较强还原性，能被强氧化性物质氧化；
C、结合物料守恒来分析，n（N）=n（C）守恒列式分析判断；
D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，所以醋酸能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
（3）若条件①为常温，B和D为同-种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，则E是硝酸，D是一氧化氮，C是二氧化氮，A是氧气，少量Fe粉和浓硝酸反应生成硝酸铁、二氧化氮和水；利用盖斯定律计算．

解答 解：（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，则B是Mg，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D是NH₃，C和水反应生成氨气和E，根据元素守恒知，A中含有氮元素，Mg和氮气能发生生成氮化镁，所以A是氮气，氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁，所以其反应方程式为：Mg₃N₂+6H₂O=3Mg（OH）₂+2NH₃↑；
碱性氨气燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH₃+6OH^--6e^-=N₂↑+6H₂O，
故答案为：Mg₃N₂+6H₂O=3Mg（OH）₂+2NH₃↑；2NH₃+6OH^--6e^-=N₂↑+6H₂O；
（2）a、若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，则E是氢氧化铝，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则D是硫化氢，根据元素守恒知，C是硫化铝，硫化氢是二元酸，和等物质的量的氢氧化钠反应生成硫氢化钠，所以离子反应方程式为：H₂S+OH^-=HS^-+H₂O，故答案为：H₂S+OH^-=HS^-+H₂O；
b、A．混合溶液呈中性，则c（H⁺）=c（HO^-），根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2- ）+c（HO^-），所以得c（Na⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2- ），故A错误；
B．草酸氢根离子具有还原性，能被次氯酸钠氧化生成二氧化碳，故B错误；
C．根据物料守恒得，草酸铵溶液中为：c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=2c（H₂C₂O₄）+2c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2- ），故C错误；
D．草酸具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，所以醋酸能被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，其离子方程式为：5H₂C₂O₄+2MnO₄^-+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，故D正确；
故答案为：D；
（3）若条件①为常温，B和D为同-种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，则E是硝酸，D是一氧化氮，C是二氧化氮，A是氧气，过量Fe粉和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，反应方程式为：3Fe+8HNO₃（稀）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；
常温下A与B反应生成1molC的焓变为-57.07kJ/mol，其热化学反应方程式为：2NO+O₂=2NO₂△H=-114.14kJ/mol①，
1molC与H₂O反应生成气体D和E溶液的焓变为-46kJ/mol，其热化学反应方程式为3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO△H=-138kJ/mol②，
将方程式①×3+②×2得4NO（g）+3O₂（g）+2H₂O（l）=4HNO₃（aq）△H=（-114.14kJ/mol）×3+（-138kJ/mol）×2=618.42kJ/mol，
故答案为：3Fe+8HNO₃（稀）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；4NO（g）+3O₂（g）+2H₂O（l）=4HNO₃（aq）△H=-618.42kJ/mol．

点评 本题考查元素化合物的性质，正确推断物质是解本题关键，明确物质的特殊性质即可解答，难度中等．