Question

A、B、C、D、E、F、G、H是相对分子质量依次增大的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：

①B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、C、D不能使湿润的石蕊试纸变色，E、G均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红；

②F呈红棕色；

③G和H均能使品红褪色，A在H中安静燃烧并产生苍白色火焰；

④C在D中完全燃烧生成E和H₂O，同时放出大量热，工业上可利用该反应焊接或切割金属。

请回答下列问题：

(1)E的电子式为_____，D中所含元素的基态原子核外电子排布式为___，C分子中的σ键和π键的个数之比为___。

(2)写出实验室用固体药品制取B的化学方程式_______________。

(3)若从a口通入气体G，从b口通入气体F，X为氯化钡溶液，观察到的现象是_____________,

反应的离子方程式为_________________。

(4)已知：E(g)+3A(g)CH₃OH(l)+H₂O(l) ΔH=-53.66 kJ·mol^-1

2CH₃OH(l)CH₃OCH₃(g)+H₂O(l) ΔH=-23.4 kJ·mol^-1

写出E有催化剂时与A合成二甲醚(CH₃OCH₃)的热化学方程式_____________。

(5)气体C能使硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色，产物之一是E，该反应的化学方程式为___________。

Answer

1s22s22p4 3∶2 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2 产生白色沉淀，洗气瓶上方出现浅红棕色 H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO+2H+ 2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l) ΔH=-130.72 kJ·mol-1 C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O

【解析】

A、B、C、D、E、F、G、H是相对分子质量依次增大的气体，它们均由短周期元素组成。①B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A、C、D不能使湿润的石蕊试纸变色，三种气体既不显酸性也不显碱性，E、F、G均可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，均表现酸性；②F呈红棕色，则F为NO2；③G和H均能使品红褪色，结合相对分子质量可知，G为SO2、H为Cl2；A在H中安静燃烧并伴有产生苍白色火焰，则A为H2；④C在D中完全燃烧生成E和H2O，同时放出大量热，工业上可利用该反应焊接或切割金属，结合①可知，该反应为乙炔在氧气中燃烧得到CO2与水，C为C2H2、D为O2、E为CO2，据此分析解答。

根据上述分析，A为H2，B为NH3，C为C2H2，D为O2，E为CO2，F为NO2，G为SO2，H为Cl2。

(1) E为CO2，电子式为；D为O2，O元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p4；C为C2H2，结构式为H-C≡C-H，，分子中的σ键和π键的个数之比为3∶2，故答案为：；1s22s22p4；3∶2；

(2)实验室制取NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3↑；

(3)若从a口通入气体SO2，从b口通入气体NO2，二氧化氮与水反应得到硝酸与NO，硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，被还原为NO，硫酸与氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO↑+2H+，NO与空气中氧气反应得到二氧化氮，反应的方程式为2NO+O2=NO2，观察到的现象是：有白色沉淀生成，溶液上方无色气体变为红棕色，故答案为：有白色沉淀生成，溶液上方无色气体变为红棕色；H2O+SO2+NO2+Ba2+=BaSO4↓+NO↑+2H+；

(4)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l) △H=-53.66kJ/mol，②2CH3OH(l)⇌ CH3OCH3(g)+H2O(l) △H=-23.4kJ/mol，根据盖斯定律，反应2CO2(g)+6H2(g)⇌ CH3OCH3(g)+3H2O(l)可以是①×2+②得到，所以△H=(-53.66kJ/mol)×2-23.4kJ/mol =-130.72kJ/mol，即2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H=-130.72kJ/mol，故答案为：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H=-130.72kJ/mol；

(5)气体C2H2具有还原性，能使用硫酸酸化的KMnO4溶液褪色，产物为CO2、MnSO4和水，该反应的化学方程式为C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O，

故答案为：C2H2+2KMnO4+3H2SO4=2CO2+K2SO4+2MnSO4+4H2O。