Question

已知：通常状况下甲、乙、丙、丁为气体单质，A、B、C、D、E、F、G、H等为化合物，其中A、B、E、G均为气体，C为常见

Answer 1

解题思路：C为常见液体，应为H₂O，则丙、丁应为H₂、O₂中的物质，而B能和丙反应生成C，说明B应为氢化物，则丁为H₂，丙为O₂，由反应①②③可知，单质乙所含元素存在多种化合价，且E、G都为氧化物，其中G能与水反应生成E，说明发生氧化还原反应，则可知乙为N₂，B为NH₃，E为NO，G为NO₂，H为HNO₃，反应④是重要的实验室制取气体的反应，且生成NH₃，应为NH₄Cl和Ca（OH）₂的反应，则D为NH₄Cl，F为Ca（OH）₂，I为CaCl₂，则甲为Cl，A为HCl，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．

C为常见液体，应为H₂O，则丙、丁应为H₂、O₂中的物质，而B能和丙反应生成C，说明B应为氢化物，则丁为H₂，丙为O₂，由反应①②③可知，单质乙所含元素存在多种化合价，且E、G都为氧化物，其中G能与水反应生成E，说明发生氧化还原反应，则可知乙为N₂，B为NH₃，E为NO，G为NO₂，H为HNO₃，反应④是重要的实验室制取气体的反应，且生成NH₃，应为NH₄Cl和Ca（OH）₂的反应，则D为NH₄Cl，F为Ca（OH）₂，I为CaCl₂，则甲为Cl，A为HCl，

（1）反应④为实验室制备氨气的反应，方程式为2NH₄Cl+Ca（OH）₂

△

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CaCl₂+2H₂O+2NH₃↑，故答案为：2NH₄Cl+Ca（OH）₂

△

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CaCl₂+2H₂O+2NH₃↑；

（2）B为NH₃，E为NO，由题给信息可知反应的方程式为4NH₃+6NO=4N₂+6H₂O，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3；

（3）⇌乙+丁的反应为2NH₃⇌N₂+3H₂，达平衡后再加少量NH₃，反应物浓度增大，则平衡向正向移动，重新平衡后与原平衡相比，由于压强不变，则浓度不变，平衡状态相同，转化率不变，

故答案为：正向；不变；

（4）物质的量浓度相同的A（HCl）、B（NH₃）、D（NH₄Cl）三者的水溶液，D促进水的电离，因A为强酸，等浓度时电离出的氢离子浓度较大，与B相比较，水的电离程度较小，则由水电离出的c（OH^-）大小顺序是D＞B＞A，

故答案为：D＞B＞A；

（5）惰性电极电解NH₄Cl和HCl的混合溶液，可生成H₂单质和一种二元化合物M（与甲、乙所含元素相同），M为三角锥形分子，由质量守恒可知应为NCl₃，则电解方程式为NH₄Cl+2HCl

电解

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NCl₃+3H₂，在碱性溶液中NCl₃与NaClO₂（亚氯酸钠）按物质的量之比1：6恰好反应可生成化合物NH₃和消毒剂ClO₂气体，反应的离子方程式为NCl₃+6ClO₂^-+3H₂O═6ClO₂+3Cl^-+3OH^-+NH₃，

故答案为：NH₄Cl+2HCl

电解

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NCl₃+3H₂；NCl₃+6ClO₂^-+3H₂O═6ClO₂+3Cl^-+3OH^-+NH₃；

（6）向一定量的Fe、FeO、Fe₃O₄的混合物中，加入1mol•L^-1HCl的溶液100mL，恰好使混合物全部溶解，且放出336mL（标准状况下）的气体，向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液无红色出现，说明溶液溶质为FeCl₂，由Cl元素守恒可知n（FeCl₂）=0.05mol，同时转移电子为2×[0.336L/22.4L/mol]=0.03mol，

若取同质量的Fe、FeO、Fe₃O₄混合物，加入1mol•L^-1HNO₃溶液，也恰好使混合物全部溶解，且向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液也无红色出现，则生成0.05molFe（NO₃）₂，同时生成NO[0.03mol/5−2]=0.01mol，由N元素守恒可知需要的HNO₃物质的量为0.05mol×2+0.01mol=0.11mol，则硝酸的体积为[0.11mol/1L/mol]=0.11L=110mL，

故答案为：110．

点评：

本题考点： 无机物的推断．

考点点评： 本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意把握题目推断的突破口，以C和反应的转化关系采用逆推的方法进行推断，题目难度较大．