Question

15．已知：A、B為常見的非金屬單質且均為氣體；甲、乙為短周期金屬單質，乙在I的濃溶液中發(fā)生鈍化；C、H、J的溶液均呈堿性．各物質間的轉化關系如下（部分生成物未給出，且未注明反應條件）：

（1）寫出反應②的化學方程式4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化劑}}{△}$4NO+6H₂O．
（2）反應④中每消耗1mol G，轉移電子的物質的量為$\frac{2}{3}$mol．
（3）反應⑥的離子方程式是2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑．
（4）寫出工業(yè)冶煉金屬乙的化學方程式2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;電解\;\;\;}}{冰晶石}$4Al+3O₂↑．
（5）實驗室中保存I的濃溶液的方法是保存在棕色試劑瓶中，放在陰涼處．
（6）SiCl₄與過量A在加熱條件下反應可制得高純硅，整個制備純硅的過程中必須嚴格控制無水無氧．SiCl₄在潮濕的空氣中因水解而產(chǎn)生白色煙霧，其生成物是H₂SiO₃（或H₄SiO₄）和HCl；H₂還原SiCl₄過程中若混入O₂，可能引起的后果是爆炸．
（7）有一種常見金屬丙，常溫時只能溶于稀的I溶液，寫出過量的此金屬溶于稀I溶液的離子方程3Fe+2NO₃^-+8H⁺=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O，向此溶液中加入H溶液，現(xiàn)象為生成白色沉淀迅速變灰綠最后變成紅褐色．

Answer 1

分析 A、B為常見的非金屬單質且均為氣體；甲、乙為金屬單質，乙在I的濃溶液中發(fā)生鈍化；C、H、J的溶液均呈堿性，結合轉化關系圖可知I應為HNO₃，E為水，依次推出A、B可能為氮氣、氫氣中的一種，C為氨氣，D為NO，G為NO₂；反應⑤應為Na與水反應生成NaOH，則甲為Na，H為NaOH；反應⑥應為Al與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，所以J為偏鋁酸鈉，然后得出A為氫氣，所以B為氮氣，最后結合物質的性質及化學用語來解答．

解答 解：A、B為常見的非金屬單質且均為氣體；甲、乙為金屬單質，乙在I的濃溶液中發(fā)生鈍化；C、H、J的溶液均呈堿性，結合轉化關系圖可知I應為HNO₃，E為水，依次推出A、B可能為氮氣、氫氣中的一種，C為氨氣，D為NO，G為NO₂；反應⑤應為Na與水反應生成NaOH，則甲為Na，H為NaOH；反應⑥應為Al與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，所以J為偏鋁酸鈉，然后得出A為氫氣，所以B為氮氣，
（1）反應②為氨氣與氧氣在催化劑作用下反應生成NO和水，該反應為4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化劑}}{△}$4NO+6H₂O，
故答案為：4NH₃+5O₂$\frac{\underline{催化劑}}{△}$4NO+6H₂O；           
（2）反應④為3NO₂+H₂O═2HNO₃+NO，N元素的化合價由+4降低為+2，則3molG反應轉移2mol電子，所以1molG反應轉移$\frac{2}{3}$mol電子，
故答案為：$\frac{2}{3}$mol； 
（3）反應⑥為Al與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子反應為2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑，
故答案為：2Al+2H₂O+2OH^-═2AlO₂^-+3H₂↑；
（4）乙為Al工業(yè)上利用電解熔融氧化鋁的方法來冶煉Al，該反應為2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;電解\;\;\;}}{冰晶石}$ 4Al+3O₂↑，
故答案為：2Al₂O₃（熔融）$\frac{\underline{\;\;\;電解\;\;\;}}{冰晶石}$ 4Al+3O₂↑；
（5）I為濃硝酸，見光易分解，則應保存在棕色試劑瓶中，放在陰涼處，
故答案為：保存在棕色試劑瓶中，放在陰涼處； 
（6）SiCl₄在潮濕的空氣中因水解而產(chǎn)生白色煙霧，則SiCl₄與水反應生成H₂SiO₃（或H₄SiO₄）和HCl，H₂還原SiCl₄過程中若混入O₂，可能引起爆炸，
故答案為：H₂SiO₃（或H₄SiO₄）和HCl；爆炸
（7）Fe在常溫下遇濃硝酸鈍化，常溫下只能溶于稀HNO₃中，所以丙為Fe，過量的Fe溶于稀HNO₃溶液的離子方程為3Fe+2NO₃^-+8H⁺=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O，向此溶液中加入NaOH溶液，現(xiàn)象為生成白色沉淀迅速變灰綠最后變成紅褐色，
故答案為：3Fe+2NO₃^-+8H⁺=3Fe²⁺+2NO↑+4H₂O；生成白色沉淀迅速變灰綠最后變成紅褐色．

點評 本題考查無機物的推斷，物質的推斷是解答本題的關鍵，注意信息與轉化圖的結合及反應⑥為解答的突破口，題目難度中等．