Question

20．（Ⅰ）将少量某红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失．上述过程中还产生一种无色气体B．B遇空气后又可产生A，则：
（1）写出钠离子的结构示意图；B与空气反应的化学方程式2NO+O₂=2NO₂．
（2）甲种肯定不含有下列物质中的AC（填选项字母）．
A．Na₂S  B．NaAlO₂ C．Na₂SiO₃  D．NaCl
（3）通入气体A使白色沉淀逐渐消失且产生气体B，该反应的离子方程式是9NO₂+Al（OH）₃=2Al³⁺+6NO₃^-+3NO↑．
（Ⅱ）某研究小组为了探究一种无机化合物X（化合物X中带有6个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均呈现单一价态，X的式量为400）的组成和性质，设计了如下实验：

（1）写出气体B的电子式；气体D的结构式．
（2）混合气体C通入品红溶液褪色，加热后恢复原色的原因是二氧化硫能与品红反应，生成不稳定的无色物质，加热时，这些无色物质又会发生分解，恢复原来的颜色．
（3）8.00固体X所含阴离子的物质的量是0.04mol．
（4）固体X受热分解的化学方程式是Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu+N₂↑+2SO₂↑+10H₂O．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将少量某红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失．上述过程中还产生一种无色气体B．B遇空气后又可产生A，推断A为NO₂，B为NO，红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失说明酸中生成的白色沉淀能溶于过量酸中，则判断钠盐为NaAlO₂，白色沉淀为Al（OH）₃，据此分析回答问题；
（1）钠原子三个电子层，最外层有一个电子，失去最外层电子形成阳离子Na⁺，B为一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮；
（2）Na₂S在硝酸溶液中可以写成硫单质沉淀，但硫不随硝酸增多溶解，Na₂SiO₃酸溶液中会生成硅酸沉淀，硅酸不溶于过量硝酸，氯化钠无沉淀生成；，偏铝酸钠和硝酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于硝酸；
（3）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸溶解氢氧化铝沉淀，生成硝酸铝；
（Ⅱ）固体X加水溶解后成蓝色溶液，说明X中含有Cu²⁺，加足量NaOH溶液加热有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体B放出，则B为NH₃气，说明X中含有NH₄⁺； 固体X隔绝空气加热产生混合气体，其中无色单质气体D化学性质稳定，则是氮气（N₂），而能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的气体，应是SO₂，由此可以推出X中含有SO₄^2-；8.00g固体X隔绝空气加热后，有1.28g紫红色固体E产品，加稀硫酸无现象，则该紫红色，固体E是金属铜（Cu）．综上分析，再根据题目告知的信息：X是一种无机化合物，X 中带有6个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X 的式量为400，可以推知固体X是复盐，X为：Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O；固体X隔绝空气加热分解的反应是：Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ Cu+N₂↑+2SO₂↑+10H₂O，据此回答问题；

解答 解：（Ⅰ） 将少量某红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失．上述过程中还产生一种无色气体B．B遇空气后又可产生A，推断A为NO₂，B为NO，红棕色气体A通入到稀钠盐溶液甲中，有白色沉淀产生；当红棕色气体通入过量时，白色沉淀完全消失说明酸中生成的白色沉淀能溶于过量酸中，则判断钠盐为NaAlO₂，白色沉淀为Al（OH）₃，某红棕色气体 A是NO₂，B是NO，稀钠盐溶液甲是NaAlO₂，反应为：3NO₂ +2NaAlO₂ +4H₂O=2Al（OH）₃↓+2 NaNO₃+NO↑；当红棕 色气体通入过量时，白色沉淀逐渐完全消失，反应离子方程式为：9NO₂+2Al（OH）₃=2Al （NO₃）₃+3NO↑+3H₂O．
（1）钠原子三个电子层，最外层有一个电子，失去最外层电子形成阳离子Na⁺，钠离子的结构示意图为；B为一氧化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，B 与空气反应的化学方程式：2NO+O₂ =2NO₂；
故答案为：，2NO+O₂ =2NO₂；
（2）Na₂S在硝酸溶液中可以写成硫单质沉淀，但硫不随硝酸增多溶解，Na₂SiO₃酸溶液中会生成硅酸沉淀，硅酸不溶于过量硝酸，氯化钠无沉淀生成；，偏铝酸钠和硝酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于硝酸；
A．Na₂S能发生氧化还原反应有黄色的S沉淀，但硝酸不能溶解硫，故A符合；
B、Na₂SiO₃酸溶液中会生成硅酸沉淀，硅酸不溶于过量硝酸，故B错误；
C．Na₂SiO₃能与酸反应生成难溶于过量NO₂的白色沉淀H₂SiO₃，硅酸不能溶于硝酸，故C符合；
D、NaCl溶液中和二氧化氮生成的硝酸不能反应，无沉淀生成，故D错误；
故甲中肯定不含有A．Na₂S，C．Na₂SiO₃；
故答案为：AC．
（3）通入气体 A 为NO₂ ，溶于水生成硝酸和一氧化氮，硝酸使白色沉淀氢氧化铝逐渐消失且产生气体B为NO，该反应的离子方程式是：9NO₂+2Al（OH）₃ =2Al³⁺+6NO₃^-+3NO↑+3H₂O；
故答案为：9NO₂+2Al（OH）₃ =2Al³⁺+6NO₃^-+3NO↑+3H₂O；
（Ⅱ）流程分析可知，固体X加水溶解后成蓝色溶液，说明X中含有Cu²⁺，加足量NaOH溶液加热有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的无色气体B放出，则B为NH₃气，说明X中含有NH₄⁺； 固体X隔绝空气加热产生混合气体，其中无色单质气体D化学性质稳定，则是氮气（N₂），而能使品红溶液褪色，加热后恢复原色的气体，应是SO₂，由此可以推出X中含有SO₄^2-；8.00g固体X隔绝空气加热后，有1.68g紫红色固体E产品，加稀硫酸无现象，则该紫红色固体E是金属铜（Cu）；
综上分析，再根据题目告知的信息：X是一种无机化合物，X 中带有 6 个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X 的式量为400，可以推知固体X是复盐，X为：Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O；固体X隔绝空气加热分解的反应是：Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$ Cu+N₂↑+2SO₂↑+10H₂O；
（1）气体B为氨气，氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为，气体D 为氮气，气体的结构式为；
故答案为：，；
（2）混合气体 C 通入品红溶液褪色，加热后恢复原色的原因是：二氧化硫能与品红反应，生成不稳定的无色物质，加热时，这些无色物质又会发生分解，恢复原来的颜色
故答案为：二氧化硫能与品红反应，生成不稳定的无色物质，加热时，这些无色物质又会发生分解，恢复原来的颜色；
（3）X是一种无机化合物，X 中带有 6 个结晶水，仅含五种元素，且每种元素在该化合物中均只有单一价态，X 的式量为400，可以推知固体X是复盐，X为：Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O，Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O的相对分子质量400，8.00gX物质的量=$\frac{8.00g}{400g/mol}$=0.02mol，所以8.00 固体 X 所含阴离子为SO₄^2-，硫酸根的物质的量是0.04mol；
故答案为：0.04；
（4）依据上述分析可知，固体X 受热分解生成铜、氮气、二氧化硫和水，反应的化学方程式是：Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu+N₂↑+2SO₂↑+10H₂O； 
故答案为：Cu（NH₄）₂（SO₄）₂•6H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu+N₂↑+2SO₂↑+10H₂O．

点评 本题考查了物质性质和结构的分析判断，主要是反应现象和产物的分析应用，离子方程式和化学方程式书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等．