Question

11．X、Y、Z是三種短周期元素，X和Z的質子數(shù)之和與Y的質子數(shù)相等，Z的電子層數(shù)是X的電子層數(shù)的2倍．A、B、C、D、E、F是中學化學中的常見物質，它們由上述三種元素中的一種、兩種或三種組成，其中A是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，D、E是兩 種酸，F(xiàn)是一種單質，反應③④均在微生物作用下進行，其轉化關系如圖所示．
回答下列問題：
（1）A的電子式為
（2）A和E反應生成G，C與G中都含有共價鍵（或極性共價鍵）（填化學鍵的類型）
（3）反應③中如果轉移的電子為3 mol，則被氧化的A為0.5mol
（4）科學家發(fā)明了使ZX；直接用于燃料電池的方法，其裝S用鉑作電極，加入堿性電解質溶液，往一極通入空氣，另一電極通入ZX；并使之轉化為無污染的氣體，試寫出負極的電極反應式2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O
（5）由Z、X兩元素形成的含10個電子的陽離子可和HSO₄^-形成一種鹽A，若往A的溶 液中緩緩滴入稀NaOH溶液至溶液恰好呈中性，則溶液中所含離子濃虔由大到小的順序為：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

Answer 1

分析 A、B、C、D、E、F是中學化學中的常見物質，它們由上述三種元素中的一種、兩種或三種組成，其中A是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，則A是NH₃，氨氣能連續(xù)和F單質反應，氨氣能連續(xù)被氧化，則F是O₂，
X、Y、Z是三種短周期元素，X和Z的質子數(shù)之和與Y的質子數(shù)相等，Z的電子層數(shù)是X的電子層數(shù)的2倍，則X是H元素、Z是N元素、Y是O元素，
D、E是兩種酸，F(xiàn)是一種單質，反應③④均在微生物作用下進行，D為HNO₂，E為HNO₃，氨氣被氧氣氧化生成NO，則B是NO，NO被氧氣氧化生成NO₂，則C是NO₂，再結合題目分析解答．

解答 解：A、B、C、D、E、F是中學化學中的常見物質，它們由上述三種元素中的一種、兩種或三種組成，其中A是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，則A是NH₃，氨氣能連續(xù)和F單質反應，氨氣能連續(xù)被氧化，則F是O₂，
X、Y、Z是三種短周期元素，X和Z的質子數(shù)之和與Y的質子數(shù)相等，Z的電子層數(shù)是X的電子層數(shù)的2倍，則X是H元素、Z是N元素、Y是O元素，
D、E是兩種酸，F(xiàn)是一種單質，反應③④均在微生物作用下進行，D為HNO₂，E為HNO₃，氨氣被氧氣氧化生成NO，則B是NO，NO被氧氣氧化生成NO₂，則C是NO₂，
（1）通過以上分析知，A是氨氣，氨氣中N原子和每個H原子之間都存在一個共價鍵，其電子式為，故答案為：；
（2）A是氨氣、E是硝酸，二者反應生成G，G為NH₄NO₃，C是NO₂，C和G都含有極性共價鍵，故答案為：共價鍵（或極性共價鍵）；
（3）氨氣和氧氣再微生物作用下生成亞硝酸，反應的化學方程式為：2NH₃+3O₂2HNO₂+2H₂O，該反應中轉移電子的物質的量=3mol×4=12mol，反應③中如果轉移的電子為3mol，則被氧化的A的物質的量=$\frac{3mol}{12mol}$=0.5mol，故答案為：0.5；
（4）氨氣堿性燃料電池中，負極上氨氣失電子發(fā)生氧化反應生成氮氣和水，正極上氧氣得電子和水反應生成氫氧根離子，所以負極電極反應式為2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O，正極電極反應式為O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，
故答案為：2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O；
（5）Z、X兩元素形成的含10個電子的陽離子是NH₄⁺，可和HSO₄^-形成一種鹽A，A為NH₄HSO₄，若往A的溶液中緩緩滴入稀NaOH溶液至溶液恰好呈中性，溶液中的溶質是Na₂SO₄、NH₃．H₂O、（NH₄）₂SO₄，溶液呈中性，則c（H⁺）=c（OH^-），根據(jù)電荷守恒得c（Na⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-），如果硫酸氫銨和NaOH以1：1反應，則溶液呈酸性，要使溶液呈中性，則氫氧化鈉應該稍微過量，所以根據(jù)物料守恒得c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺），則溶液中所含離子濃度由大到小的順序為：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-），
故答案為：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

點評 本題考查了無機物推斷，涉及物質推斷、離子濃度大小比較、原電池原理、氧化還原反應等知識點，根據(jù)物質的性質結合反應條件推斷物質，再結合物質的性質、原電池原理、氧化還原反應實質等知識點來分析解答即可，難點是（5）中離子濃度大小比較，題目難度中等．