Question

2．如圖涉及的物質(zhì)所含元素中，除一種元素外，其余均為短周期元素．已知：A是汽車尾氣成分之一，在空氣中很快變?yōu)榧t棕色；M、E為無(wú)色氣體單質(zhì)，B為具有刺激性氣味的氣體，C為黑色氧化物，F(xiàn)為紅色金屬單質(zhì)（部分產(chǎn)物未列出）．

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
（1）E的電子式為；D分子的空間構(gòu)型為V型．
（2）A和B反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3：2．
（3）寫出F與G的稀溶液反應(yīng)的離子方程式3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O．
（4）已知：J、K是同種金屬的氯化物，K為白色沉淀，且其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，

①則K的化學(xué)式為：CuCl．
②寫出SO₂還原J生成K的離子方程式：2Cu²⁺+2Cl^-+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+4H⁺+SO₄^2-．
（5）NO能被溶液吸收生成配合物，該配合物中存在的化學(xué)鍵有CDF．
A．金屬鍵          B．非極性共價(jià)鍵        C．極性共價(jià)鍵
D．離子鍵      E．氫鍵          F．配位鍵．

Answer 1

分析 F為紅色金屬單質(zhì)，應(yīng)為Cu，C為黑色氧化物，則C為CuO，B為具有刺激性氣味的氣體，B應(yīng)為NH₃，可與CuO在在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)Cu，生成的氣體單質(zhì)E為N₂；A是汽車尾氣成分之一，在空氣中很快變?yōu)榧t棕色，E可與氧氣在放電條件下反應(yīng)生成NO，則A為NO，M為O₂，D為H₂O，G為HNO₃，H為Cu（NO₃）₂，I為Cu（OH）₂，J為CuCl₂，J、K是同種金屬的不同氯化物，K為白色沉淀，由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，兩種離子均為4個(gè)，離子個(gè)數(shù)比為1：1，應(yīng)為CuCl，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)解答該題．

解答 解：F為紅色金屬單質(zhì)，應(yīng)為Cu，C為黑色氧化物，則C為CuO，B為具有刺激性氣味的氣體，B應(yīng)為NH₃，可與CuO在在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)Cu，生成的氣體單質(zhì)E為N₂；A是汽車尾氣成分之一，在空氣中很快變?yōu)榧t棕色，E可與氧氣在放電條件下反應(yīng)生成NO，則A為NO，M為O₂，D為H₂O，G為HNO₃，H為Cu（NO₃）₂，I為Cu（OH）₂，J為CuCl₂，J、K是同種金屬的不同氯化物，K為白色沉淀，由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，兩種離子均為4個(gè)，離子個(gè)數(shù)比為1：1，應(yīng)為CuCl，
（1）E為N₂，電子式為，D分子的空間構(gòu)型為V型，故答案為：；V型；
（2）由反應(yīng)6NO+4NH₃=5N₂+6H₂O可知，NO為氧化劑，氨氣為還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3：2，故答案為：3：2；
（3）F與G的稀溶液反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，故答案為：3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；
（4）①由上述分析可知K的化學(xué)式為CuCl，故答案為：CuCl；
②SO₂還原J生成K的離子方程式為2Cu²⁺+2Cl^-+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+4H⁺+SO₄^2-，故答案為：2Cu²⁺+2Cl^-+SO₂+2H₂O=2CuCl↓+4H⁺+SO₄^2-；
（5）配合物中離子間存在離子鍵，氮原子和氧原子之間形成極性共價(jià)鍵，金屬原子提供空軌道和氮原子提供孤對(duì)電子形成配位鍵，故答案為：CDF．

點(diǎn)評(píng) 本題考查無(wú)機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、相互轉(zhuǎn)化、元素化合物知識(shí)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意含N物質(zhì)的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化，題目難度中等，