Question

20．（1）元素M 的离子与NH₄⁺所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为 ．
（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺．
（3）能证明Na₂SO₃溶液中存在SO₃^2-+H₂O?HSO₃^-+OH^-水解平衡的事实是C  （填序号）．
A．滴人酚酞溶液变红，再加人H₂SO₄溶液后红色退去
B．滴人酚酞溶液变红，再加人氯水后红色退去
C．滴人酚酞溶液变红，再加人BaCl₂溶液后产生沉淀且红色退去
（4）元素X、Y 在周期表中位于同一主族，化合物Cu₂X和Cu₂Y 可发生如下转化（其中D 是纤维素水解的最终产物）：Cu₂X$\stackrel{过量浓硝酸}{→}$澄清溶液$\stackrel{一定量NaOH溶液}{→}$悬浊液$→_{△}^{D的溶液}$Cu₂Y（砖红色沉淀）
①非金属性X＜Y（填“＞”或“＜”）
②Cu₂Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为Cu₂O+6HNO_3（浓）=2Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+3H₂O
（5）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别．

下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是c（填标号）．
a．CF₄      b．CH₄      c．NH₄⁺     d．H₂O．

Answer 1

分析 （1）N的质子数为7，H的质子数为1，所以NH₄⁺中质子数为11，电子数为10个，据此解答；
（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；
（3）如果亚硫酸钠不水解，则溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相等，溶液呈中性，向溶液中加入酚酞后溶液不变色，加入和亚硫酸根离子反应的物质后，溶液红色褪色，则证明存在水解平衡；
（4）①采用逆推法，悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，推出X、Y元素，再解答；
②Cu₂Y为氧化亚铜，+1价的铜具有还原性，硝酸具有氧化性，根据得失电子守恒配平；
（5）能被该有机物识别即能嵌入空腔形成4个氢键，则要求某分子或离子是正四面体结构且能形成氢键，据此解题．

解答 解：（1）N的质子数为7，H的质子数为1，NH₄⁺中含有10个电子，11个质子，与之相同的单核离子为钠离子，则M的原子结构示意图为，
故答案为：；
（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氢氧化铝不能溶于弱碱，则该反应为Al₂（SO₄）₃+6NH₃．H₂O═2Al（OH）₃↓+3（NH₄）₂SO₄，其离子反应为2Al³⁺+3NH₃．H₂O═2Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，
故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（3）A．滴入酚酞试液变红，说明溶液呈碱性，再加入硫酸溶液后，生成具有漂白性的SO₂，溶液褪色，不能说明存在SO₃^2-+H₂O?HSO₃^-+OH^-水解平衡，故A错误；
B．滴入酚酞试液变红，再加入氯水后，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使红色褪色，氯气具有强氧化性，Cl₂+SO₃^2-+H₂O═SO₄^2-+2Cl^-+2H⁺，Cl₂+HSO₃^-+H₂O═SO₄ ^2-+2Cl^-+3H⁺，氯气和碱发生歧化反应，Cl₂+2OH^-═ClO^-+Cl^-+H₂O，溶液褪色，不能说明存在SO₃^2-+H₂O?HSO₃^-+OH^-水解平衡，故B错误；
C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在SO₃^2-+H₂O?HSO₃^-+OH^-水解平衡，故C正确；
故选C；
（4）①根据悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，推出Y为O元素，再根据X，Y同主族，推出X为S元素，同一主族，从上往下，非金属性在逐渐减弱，所以，非金属性X＜Y；
故答案为：＜；
②Cu₂Y为氧化亚铜，Cu₂O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO₂，利用氧化还原反应原理配平，该反应的方程式为：Cu₂O+6HNO₃（浓）=2Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+3H₂O，
故答案为：Cu₂O+6HNO_3（浓）=2Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+3H₂O；
（5）要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力．符合这样的选项就是C和D，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选C．
故选c．

点评 本题较为综合，主要考查推断和逻辑分析能力，明确物质的性质及发生的化学反应是解答的关键，题目难度中等．