Question

4．A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图1所示（图中产物略去）

（1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种无色、无味的有毒气体．写出反应Ⅱ的化学方程式2NO+2CO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$N₂+2CO₂．
（2）若A是淡黄色固体化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子的粒子．①C中所含化学键的类型是离子键和共价键，②写出反应Ⅲ的离子方程式：2OH^-+CO₂═CO₃^2-+H₂O．
（3）将一定量（2）中的气体D通入2L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图2（忽略气体的溶解和HCl的挥发）．
①O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na₂CO₃；a点溶液中各离子浓度由大到小的关系是c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-）．
②标况下，通入气体D的体积为44.8L，C溶液的物质的量浓度为2.5mol/L．

Answer 1

分析 （1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH₃，C、D均为空气的主要成分，且A与D能反应生成B，则D为O₂，所以C为N₂，B为NO，E是一种有毒气体，且B与E反应生成C，则E为CO；
（2）若A是淡黄色固体化合物，应是过氧化钠，则D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系；
（3）

解答 解：（1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH₃，C、D均为空气的主要成分，且A与D能反应生成B，则D为O₂，所以C为N₂，B为NO，E是一种有毒气体，且B与E反应生成C，则E为CO，反应Ⅱ的化学方程式为2NO+2CO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$N₂+2CO₂，
故答案为：2NO+2CO$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$N₂+2CO₂；
（2）若A是淡黄色固体化合物，应是过氧化钠，D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），
C是氢氧化钠，C中所含化学键的类型是离子键和共价键，反应Ⅲ的离子方程式为2OH^-+CO₂═CO₃^2-+H₂O，
故答案为：离子键和共价键；2OH^-+CO₂═CO₃^2-+H₂O；
（3）①据Na₂CO₃+HCl=NaHCO₃+NaCl、NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑知，Na₂CO₃转化为NaHCO₃、NaHCO₃转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上Na₂CO₃需要的HCl大于NaHCO₃，所以溶液中还存在NaOH；
a点时溶液中的溶质是NaHCO₃和NaCl，氯化钠为强碱强酸盐，钠离子和氯离子不水解，NaHCO₃为强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子，水和碳酸氢根离子都电离生成氢离子，所以c（H⁺）＞c（CO₃^2-），根据元素守恒知c（Na⁺）＞c（Cl^-），根据图象知，NaOH需要HCl和碳酸钠需要HCl的物质的量之比为1：2，根据原子守恒知，生成氯化钠的物质的量和碳酸氢钠的物质的量之比为3：2，根据元素守恒知，溶液中离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-），
故答案为：NaOH、Na₂CO₃；c（Na⁺）＞c（Cl^-）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-）； 
②由图象可知，加入HCl3mol时溶质是NaHCO₃和NaCl，再加入2molHCl完全反应，则可知n（CO₂）=n（NaHCO₃）=n（HCl）=2mol，体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，
加入盐酸5mol时完全反应，溶液溶质为NaCl，则n（NaOH）=n（HCl）=5mol，c（NaOH）=$\frac{5mol}{2L}$=2.5mol/L，
故答案为：44.8；2.5．

点评 本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，为高频考点，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题的关键，难度不大．