题目内容

20．氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种地壳中含量最多的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1．请回答下列问题：
（1）甲的化学式是AlH3．
（2）甲与水反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑．
（3）气体丙与金属镁反应的产物是Mg3N2  （用化学式表示）．
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式3CuO+2NH3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N2+3Cu+3H2O．
（5）有人提出产物Cu中可能还混有CuO，请设计实验方案验证之取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O． （已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）

分析 白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）=$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.3mol，
则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）=$\frac{5.4g}{27g/mol}$=0.2mol，
所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．

解答 解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）=$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.3mol，则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）=$\frac{5.4g}{27g/mol}$=0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，
（1）由以上分析可知甲为AlH3，故答案为：AlH3；
（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，
故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；
（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；
（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N2+3Cu+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N2+3Cu+3H2O；
（5）要判断产物中是否含有CuO，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O，
故答案为：取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O．

点评 本题考查无机物的推断，为高频考点，把握Al及其化合物、相互转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意根据相关反应的现象以及数据判断甲乙两种物质为解答的突破口，题目难度中等．

练习册系列答案
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12．写出下列原子的核外电子排布式：
（1）17Cl1s22s22p63s23p5；
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15．电解普通水（H2O）和重水（D2O）的混合物，通电一段时间后，两极共生成气体18.5g，其体积为33.6L（标况下），在所生成的气体中重氢和普通氢的原子个数比为（　　）
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5．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（　　）
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12．能发生消去反应，生成物中存在同分异构体的是（　　）
A．B．C．D．CH3CH2Br
9．用如图所示装置进行实验，装置正确且设计合理的是（　　）
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B．图②所示装置进行用已知浓度为NaOH溶液测定盐酸浓度的实验
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10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
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C．c（Fe3+）=0.1 mol．L-1的溶液中：K+、SCN-、SO42-
D．由水电离的c（H+）=1×10-14 mol．L-1的溶液中：Na+、AlO2-、CO32-

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