非金屬元素及其化合物
解析 根據一系列的轉化關系，進行有關物質成分的推斷，必須找到合適的突破點。已知a是氣體單質，氣體單質有：氫氣、氮氣、氧氣、氟氣、氯氣和稀有氣體，a既能與o2反應，又能與h2反應，a不可能是稀有氣體。a經兩步與o2的反應，產物d應為最高價氧化物。該氧化物對應的水化物e能與位于金屬活動順序表中h之后的金屬cu反應，e應是強氧化性酸，如濃h2so4或hno3。和hno3對應的單質a是氣體n2；和濃h2so4對應的單質a是固體s，因此a是氮氣。
5.(1)①h2so4 ②酸雨 (2)①n2 no2 ②cu＋4hno3(濃)===cu(no3)2＋2no2↑＋2h2o 屬于
解析 (1)若b是能使品紅溶液褪色的有刺激性氣味的無色氣體，則b是so2，c是so3，d是h2so4；若大量排放so2，則會形成酸雨。
(2)若c是紅棕色氣體，則c為no2，b為no，a為n2，d為hno3，濃hno3可與cu反應：4hno3(濃)＋cu===cu(no3)2＋2no2↑＋2h2o
此反應有化合價升降變化，屬于氧化還原反應。
6.2∶3 [3no2＋h2o===2hno3＋no①
2no＋o2===2no2②
由方程式①×②＋②得：
4no2＋o2＋2h2o===4hno3③
由方程式①×2＋②×3得：
4no＋3o2＋2h2o===4hno3④
no2和o2的體積比不等于4∶1，則需討論no2和o2分別過量時的兩種情況。
設混合氣體的體積為1，混合氣體中no2的體積為x，則o2為(1－x)。
(1)假定原混合氣體中v(no2)∶v(o2)<4∶1
4no2＋o2＋h2o===4hno3
4 1
x y
4x＝1y
解得y＝x4，剩余的o2∶(1－x)－x4＝12
解得x＝25
v(no2)∶v(o2)＝25∶(1－25)＝2∶3
(2)假定原混合氣體中v(no2)∶v(o2)>4∶1
4no2＋o2＋h2o===4hno3
4 1
y (1－x)
4y＝11－x
解得：y＝4(1－x)
暫時剩余no2：1－[4(1－x)＋(1－x)]＝5x－4
由反應式：3no2＋h2o===2hno3＋no可知最后剩余no：5x－43
由5x－43＝12得x＝1110(不合題意，舍去)。]
7.(1)5.8 5.4 (2)1.52 mol (3)av×10－3＋0.50.14
解析 (1)n(cu)＝32.64 g64g•mol－1＝0.51 mol，設混合氣體中no的物質的量為x，no2的物質的量為y。
根據氣體的總體積為11.2 l，有：x＋y＝0.5 mol。
根據“得失電子守恒”，有：3x＋y＝0.51 mol×2。(重要的隱含條件！)
上式中，左邊為n得電子數，右邊為cu失電子數，得失電子數相同。
解方程組得：x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。
則：v(no)＝0.26 mol×22.4 l•mol－1≈5.8 l，
v(no2)＝11.2 l－5.8 l＝5.4 l。
(2)參加反應的hno3分兩部分：一部分沒有被還原，顯酸性，生成cu(no3)2；另一部分被還原成no2和no，所以參加反應的hno3為：
0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。
(3)hno3在反應中一部分變成氣體，一部分以no－3的形式留在溶液中。
變成氣體的hno3的物質的量為0.5 mol。
加入naoh溶液至正好使溶液中cu2＋全部轉化為沉淀，則溶液中只有nano3，其物質的量為10－3a v mol，也就是以no－3形式留在溶液中的hno3的物質的量為10－3av mol。
所以，c(hno3)＝av×10－3＋0.50.14mol•l－1。
8.(1)①fe(no3)2 ②0.8 mol/l
(2)①feso4 ②5.0
課后練習區
1.c [sio2不能直接生成h2sio3，h2sio3也不能直接生成si。]
2.b [液氨汽化時要吸收大量的熱，故液氨常用來作制冷劑；判斷氧化性強弱不能根據得到電子數目的多少，即被還原的價態高低，而是根據得到電子的難易程度，越易得到電子，其氧化性越強，故b項錯；c項正確；硝酸與金屬反應，沒有氫氣產生。]