Question

18．（Ⅰ）无机盐A是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成．将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色．分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO₂和NH₃可获得纳米材料E和铵态氮肥F．
（1）无机盐A中阳离子的结构示意图．
（2）工业上制取漂白粉的化学反应方程式：2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O．
（3）CO₂和NH₃两气体中，应该先通入溶液中的是NH₃（填化学式），写出制备E和F的离子反应方程式2NH₃+CO₂+Ca²⁺+H₂O=CaCO₃+2NH₄⁺．
（Ⅱ）某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）＜908g•mol^-1）的组成和性质，设计并完成了如下实验

取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H．
已知：①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应． ②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子
请回答如下问题：
（1）写出B分子的电子式．
（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体．请写出该反应的离子方程式为3Cu₂O+14H⁺+2NO₃^-=6Cu²⁺+2NO+7H₂O．
（3）X的化学式是Cu₄（OH）₆SO₄，在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为Cu₄（OH）₆SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuO+SO₃↑+3H₂O．
（4）一定条件下，NH₃与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式：3CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N₂+3Cu+3H₂O、6CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N₂+3Cu₂O+3H₂O．设计一个实验方案探究红色固体的成分红色固体的成分可能是Cu，或Cu₂O，或Cu与Cu₂O混合物；准确称取一定量的红色固体，在NH₃气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为Cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为Cu₂O，或Cu与Cu₂O混合物．．

Answer 1

分析 I．无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO₂和NH₃可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH₄Cl，E为CaCO₃，
（1）根据上面的分析可知，A为溴化钙，钙离子质子数为20，核外电子数为18；
（2）工业上用氯气与氢氧化钙反应制取漂白粉；
（3）CO₂和NH₃两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH₃；CO₂、NH₃、Ca²⁺和H₂O反应生成CaCO₃和NH₄⁺．
II．浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n=$\frac{m}{M}$=$\frac{23.3g}{233g/mol}$=0.1mol，黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，所以黑色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜．
（1）水是共价化合物，原子间通过共用电子对形成化学键；
（2）红色固体G为氧化亚铜，溶于稀硝酸，+1价铜被氧化，硝酸被还原；
（3）依据以上分析得n（CuO）：n（SO₃）=1：4，结合质量守恒分析解答；
（4）黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气（气体丙是大气主要成分之一）、铜或氧化亚铜和水，红色固体可能是Cu，或Cu₂O，或Cu与Cu₂O混合物，依据Cu与Cu₂O的性质设计实验方案．

解答 解：无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO₂和NH₃可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH₄Cl，E为CaCO₃，
（1）根据上面的分析可知，A为溴化钙，钙离子质子数为20，核外电子数为18，则钙离子的结构示意图为，
故答案为：；
（2）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O，
故答案为：2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O；
（3）CO₂和NH₃两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH₃，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E和F的离子反应方程式为Ca²⁺+CO₂+2NH₃+H₂O=CaCO₃↓+2NH₄⁺，
故答案为：NH₃；Ca²⁺+CO₂+2NH₃+H₂O=CaCO₃↓+2NH₄⁺．
II．浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n=$\frac{m}{M}$=$\frac{23.3g}{233g/mol}$=0.1mol，黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应Cu₂O+H₂SO₄=CuSO₄+Cu+H₂O，所以黑色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜，逆推可得：一定量的浅绿色盐X中n（S）=0.1mol，28.8g红色固体G为氧化亚铜，n（Cu₂O）=$\frac{28.8g}{144g/mol}$=0.2mol，12.8g红色固体H，n（Cu）=0.2mol，浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（CuO）=0.4mol，浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO₃）=1：4，
浅绿色盐X，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu₄（OH）_mSO₄，Cu₄（OH）_mSO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuO+SO₃↑+（m-1）H₂O↑，根据氧元素守恒得：m=4，符合M（X）＜908g•mol^-1，则该反应流程为：X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu₄（OH）₆SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuO+SO₃↑+3H₂O↑，A和B反应SO₃+H₂O=H₂SO₄，硫酸与足量氯化钡反应：H₂SO₄+BaCl₂=BaSO₄↓+2HCl，白色沉淀E为BaSO₄，黑色固体C为氧化铜，在1000℃反应生成气体F为氧气，红色固体G为氧化亚铜4CuO$\frac{\underline{\;1000℃\;}}{\;}$2Cu₂O+O₂↑，G氧化亚铜和硫酸发生歧化反应：Cu₂O+H₂SO₄=CuSO₄+Cu+H₂O，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜．
（1）水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为，
故答案为：；
（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu₂O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应为：3Cu₂O+14H⁺+2NO₃^-═6Cu²⁺+2NO↑+7H₂O，
故答案为：3Cu₂O+14H⁺+2NO₃^-═6Cu²⁺+2NO↑+7H₂O；
（3）浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO₃）=1：4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu₄（OH）_mSO₄，Cu₄（OH）_mSO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuO+SO₃↑+（m-1）H₂O↑，根据氧元素守恒得：m=4，则该反应流程为：X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu₄（OH）₆SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuO+SO₃↑+3H₂O，
故答案为：Cu₄（OH）₆SO₄；Cu₄（OH）₆SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuO+SO₃↑+3H₂O；
（4）空气主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，反应为：3CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N₂+3Cu+3H₂O、6CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N₂+3Cu₂O+3H₂O，红色固体的成分可能是Cu，或Cu₂O，或Cu与Cu₂O混合物，准确称取一定量的红色固体，在NH₃气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为Cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为Cu₂O，或Cu与Cu₂O混合物，
故答案为：3CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N₂+3Cu+3H₂O、6CuO+2NH₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N₂+3Cu₂O+3H₂O；红色固体的成分可能是Cu，或Cu₂O，或Cu与Cu₂O混合物；准确称取一定量的红色固体，在NH₃气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为Cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为Cu₂O，或Cu与Cu₂O混合物．

点评 本题考查了物质组成的推断，涉及离子的检验、物质的性质等知识点，熟悉元素化合物的性质、知道流程图中每一步发生的反应及反应现象是解本题关键，题目难度中等．