Question

甲、乙、丙、丁均是由短周期元素组成的单质，X、Y、Z、W均为化合物，常温下，X为淡黄色固体，Z遇空气变为红棕色，W能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，工业上常用W来制取Z，其转化关系如右图所示．
请回答下列问题：
（1）X中化学键类型为______．实验室制备W的化学方程式为______ CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O

Answer 1

【答案】分析：X由两种短周期元素组成的化合物，且为淡黄色固体，则X为Na₂O₂；Z遇空气变为红棕色，则Z为NO；W能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则W为NH₃；结合转化关系，可以推知丙为O₂，甲为Na，乙为N₂，丁为H₂，钠是活泼金属，氢气是活泼非金属，二者可以化合生成离子化合物NaH，故Y为NaH．
（1）Na₂O₂属于离子化合物，过氧根离子中氧原子之间形成非极性键；
实验室制备氨气通常利用氯化铵与氢氧化钙，在加热的条件下制备，反应生成氯化钙、氨气与水；
（2）将钠投入氯化铁溶液中，钠首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；
（3）①氨气催化氧化生成NO与水；
②NaH与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应中只有NaH、水中的氢元素化合价变化，氧化产物与还原产物都是氢气，由氢元素化合价变化可知为1：1；
（4）过氧化钠首先与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠再与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在水被氧气氧化生成氢氧化铁，先写出各步反应，再利用质量守恒加合可得总反应式；
（5）工业合成氨采取“高温、高压和催化剂”条件；
根据氮气的三键结构、催化剂活性、反应速率与原料转化率分析选择条件．
解答：解：X由两种短周期元素组成的化合物，且为淡黄色固体，则X为Na₂O₂；Z遇空气变为红棕色，则Z为NO；W能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则W为NH₃；结合转化关系，可以推知丙为O₂，甲为Na，乙为N₂，丁为H₂，钠是活泼金属，氢气是活泼非金属，二者可以化合生成离子化合物NaH，故Y为NaH．
（1）Na₂O₂属于离子化合物，钠离子与过氧根之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性键；
实验室通常利用氯化铵与氢氧化钙在加热的条件下制备氨气，反应方程式为：2NH₄Cl+Ca（OH）₂CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O，
故答案为：离子键、非极性键；2NH₄Cl+Ca（OH）₂CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O；
（2）将钠投入氯化铁溶液中，钠首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故现象为：钠融化为小球，在液面上四处游动，发出嘶嘶声，最后消失，有红褐色沉淀产生，
故答案为：钠融化为小球，在液面上四处游动，发出嘶嘶声，最后消失，有红褐色沉淀产生；
（3）①氨气催化氧化生成NO与水，方程式为：4NH₃+5O₂4NO+6H₂O，
故答案为：4NH₃+5O₂4NO+6H₂O；
②NaH与水反应生成氢氧化钠与氢气，方程式为：NaH+H₂O=NaOH+H₂↑，反应中只有NaH、水中的氢元素化合价变化，氧化产物与还原产物都是氢气，由氢元素化合价变化可知为1：1，
故答案为：NaH+H₂O=NaOH+H₂↑；1：1；
（4）过氧化钠首先与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠再与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在水被氧气氧化生成氢氧化铁，发生反应：
①2Na₂O₂+2H₂O═4NaOH+O₂↑，
②FeSO₄+2NaOH=Fe（OH）₂↓+Na₂SO₄，
③4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃，
①×2+②×4+③得4Na₂O₂+4FeSO₄+2H₂O=4Fe（OH）₃+4Na₂SO₄+O₂↑，
故离子方程式为4Na₂O₂+4Fe²⁺+2H₂O=4Fe（OH）₃↓+8Na⁺+O₂↑，
故答案为：4Na₂O₂+4Fe²⁺+2H₂O=4Fe（OH）₃↓+8Na⁺+O₂↑；
（5）工业合成氨采取“高温、高压和催化剂”条件，氮气分子中存在三键，很稳定，选择高温是由于催化剂活性需要一定温度，且加快化学反应速率，选择高压是为了加快反应速率和提高原料的转化率，
故答案为：高温、高压和催化剂；氮气分子中存在三键，很稳定，选择高温是由于催化剂活性需要一定温度，且加快化学反应速率，选择高压是为了加快反应速率和提高原料的转化率．
点评：本题考查了无机物推断、常用化学用语、化学工业等，题目综合性较强，（4）中离子方程式的书写为易错点、难点，注意根据各步反应利用质量守恒进行书写总的反应式，再书写离子方程式．