Question

3．（Ⅰ） 某鈉鹽溶液中通入足量氨氣，無明顯現(xiàn)象．再在所得溶液中通入過量CO₂，產(chǎn)生大量白色沉淀．
（1）寫出氨氣的電子式．
（2）該鈉鹽溶液中一定不可能含有下列哪種微粒B（填編號(hào)）．
A．Cl^-B．Fe²⁺C．SiO₃^2-D．AlO₂^-
（3）寫出一個(gè)通入過量CO₂時(shí)生成白色沉淀的離子方程式CO₂+AlO₂^-+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-或2CO₂+SiO₃^2-+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-．
（Ⅱ） 電鍍工業(yè)中往往產(chǎn)生大量的有毒廢水，必須嚴(yán)格處理后才可以排放．某種高濃度有毒的含A離子（陰離子）廢水在排放前的處理過程如下：

已知：9.0g沉淀D在氧氣中灼燒后，產(chǎn)生8.0g黑色固體，生成的氣體通過足量澄清石灰水時(shí)，產(chǎn)生10.0g白色沉淀，最后得到的混合氣體除去氧氣后，還剩余標(biāo)況下密度為1.25g/L的氣體1.12L．
（4）沉淀D的化學(xué)式是CuCN．
（5）寫出沉淀D在氧氣中灼燒發(fā)生的化學(xué)方程式2CuCN+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N₂+2CO₂．
（6）濾液C中還含有微量的A離子，通過反應(yīng)②，可將其轉(zhuǎn)化為對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)，試用離子方程式表示該原理2CN^-+5ClO^-+2H⁺=5Cl^-+N₂↑+2CO₂↑+H₂O．
（7）反應(yīng)①為制得某種元素的低價(jià)X離子，試從氧化還原反應(yīng)的角度分析，是否可以用Na₂SO₃溶液來代替B溶液可以，因?yàn)镹a₂SO₃具有還原性，有可能將Cu²⁺還原為Cu⁺離子，
并設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明所用Na₂SO₃溶液是否變質(zhì)取少許Na₂SO₃溶液于試管中，加入足量稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液，若有沉淀生成，說明Na₂SO₃溶液變質(zhì)，否則，說明Na₂SO₃溶液未變質(zhì)．

Answer 1

分析 （Ⅰ） （1）氨氣分子中N原子與H原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)；
（2）某鈉鹽溶液中通入足量氨氣，無明顯現(xiàn)象，再在所得溶液中通入過量CO₂，產(chǎn)生大量白色沉淀，不可能可以Fe²⁺，因通入氨氣會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，迅速變化灰綠色，最終變?yōu)榧t褐色；可能為硅酸鈉、偏鋁酸鈉，可能為NaCl（侯德邦制堿法）；
（3）過量二氧化碳與偏鋁酸鈉（或硅酸鈉）反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉（或硅酸沉淀碳酸氫鈉）等；
（Ⅱ）9.0g沉淀D在氧氣中灼燒后，產(chǎn)生8.0g黑色固體，黑色固體應(yīng)為CuO，生成的氣體通過足量澄清石灰水時(shí)，產(chǎn)生10.0g白色沉淀，最后得到的混合氣體除去氧氣后，還剩余標(biāo)況下密度為1.25g/L的氣體1.12L，氣體的相對(duì)分子質(zhì)量為1.25×22.4=28，電鍍?nèi)芤褐泻�有高濃度的CN^-離子，應(yīng)為氮?dú)�，則白色沉淀為CaCO₃，其物質(zhì)的量為$\frac{10g}{100g/mol}$=0.1mol，碳元素質(zhì)量為0.1mol×12g/mol=1.2g，氮?dú)獾馁|(zhì)量為1.25g×1.12L=1.4g，物質(zhì)的量為$\frac{1.4g}{28g/mol}$=0.05mol，CuO的物質(zhì)的量為$\frac{8g}{80g/mol}$=0.1mol，C、N、Cu元素總質(zhì)量為1.2g+1.4g+0.1mol×64g/mol=9g，等于沉淀D的質(zhì)量，故D由Cu、C、N三種元素組成，且三原子物質(zhì)的量之比為0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，故D的化學(xué)式為CuCN，A離子為CN^-離子、X為Cu⁺離子．
（6）CN^-離子與NaClO在酸性條件轉(zhuǎn)化為對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)是生成氮?dú)狻⒍�氧化碳，還有氯化鈉與水生成；
（7）Na₂SO₃具有還原性，有可能將Cu²⁺還原為Cu⁺離子；
Na₂SO₃溶液變質(zhì)為生成Na₂SO₄，可以利用氯化鋇溶液檢驗(yàn)溶液中是否含有硫酸根，注意加入鹽酸排除亞硫酸根離子的影響．

解答 解：（Ⅰ） （1）氨氣分子中N原子與H原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)，電子式為，
故答案為：；
（2）某鈉鹽溶液中通入足量氨氣，無明顯現(xiàn)象，再在所得溶液中通入過量CO₂，產(chǎn)生大量白色沉淀，不可能可以Fe²⁺，因通入氨氣會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，迅速變化灰綠色，最終變?yōu)榧t褐色；可能為硅酸鈉、偏鋁酸鈉，可能為NaCl（侯德邦制堿法），可能含有Cl^-、SiO₃^2-、AlO₂^-，
故選：B；
（3）過量二氧化碳與偏鋁酸鈉（或硅酸鈉）反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉（或硅酸沉淀碳酸氫鈉）等，反應(yīng)離子方程式為：CO₂+AlO₂^-+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-或2CO₂+SiO₃^2-+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-，
故答案為：CO₂+AlO₂^-+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-或2CO₂+SiO₃^2-+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-；
（Ⅱ）9.0g沉淀D在氧氣中灼燒后，產(chǎn)生8.0g黑色固體，黑色固體應(yīng)為CuO，生成的氣體通過足量澄清石灰水時(shí)，產(chǎn)生10.0g白色沉淀，最后得到的混合氣體除去氧氣后，還剩余標(biāo)況下密度為1.25g/L的氣體1.12L，氣體的相對(duì)分子質(zhì)量為1.25×22.4=28，電鍍?nèi)芤褐泻�有高濃度的CN^-離子，應(yīng)為氮?dú)�，則白色沉淀為CaCO₃，其物質(zhì)的量為$\frac{10g}{100g/mol}$=0.1mol，碳元素質(zhì)量為0.1mol×12g/mol=1.2g，氮?dú)獾馁|(zhì)量為1.25g×1.12L=1.4g，物質(zhì)的量為$\frac{1.4g}{28g/mol}$=0.05mol，CuO的物質(zhì)的量為$\frac{8g}{80g/mol}$=0.1mol，C、N、Cu元素總質(zhì)量為1.2g+1.4g+0.1mol×64g/mol=9g，等于沉淀D的質(zhì)量，故D由Cu、C、N三種元素組成，且三原子物質(zhì)的量之比為0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，故D的化學(xué)式為CuCN，A離子為CN^-離子、X為Cu⁺離子．
（4）沉淀D的化學(xué)式是：CuCN，故答案為：CuCN；
（5）沉淀D在氧氣中灼燒發(fā)生的化學(xué)方程式：2CuCN+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N₂+2CO₂，
故答案為：2CuCN+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N₂+2CO₂；
（6）CN^-離子與NaClO在酸性條件轉(zhuǎn)化為對(duì)環(huán)境無害的物質(zhì)，應(yīng)是生成氮?dú)�、二氧化碳，還有氯化鈉與水生成，反應(yīng)離子方程式為：2CN^-+5ClO^-+2H⁺=5Cl^-+N₂↑+2CO₂↑+H₂O，
故答案為：2CN^-+5ClO^-+2H⁺=5Cl^-+N₂↑+2CO₂↑+H₂O；
（7）Na₂SO₃具有還原性，有可能將Cu²⁺還原為Cu⁺離子，可以用Na₂SO₃溶液來代替B溶液；
Na₂SO₃溶液變質(zhì)為生成Na₂SO₄，檢驗(yàn)Na₂SO₃溶液是否變質(zhì)的方法為：取少許Na₂SO₃溶液于試管中，加入足量稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液，若有沉淀生成，說明Na₂SO₃溶液變質(zhì)，否則，說明Na₂SO₃溶液未變質(zhì)，
故答案為：可以，因?yàn)镹a₂SO₃具有還原性，有可能將Cu²⁺還原為Cu⁺離子；取少許Na₂SO₃溶液于試管中，加入足量稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液，若有沉淀生成，說明Na₂SO₃溶液變質(zhì)，否則，說明Na₂SO₃溶液未變質(zhì)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查無機(jī)物推斷、電子式、離子方程式書寫等，屬于拼合型題目，（II）中推斷難度很大，屬于猜測驗(yàn)證型，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)，難度較大．