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3.某二元化合物A由X、Y两元素组成,它具有良好的电学和光学性能,将20.6gA隔绝空气加热至300℃完全分解,产生19.2gX单质和1.12L气体Y单质(标准状况).A遇水剧烈反应,产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C和黄色沉淀D,D在空气中最终变为蓝色固体,该蓝色固体加热生成黑色固体E.
(1)Y元素在周期表中放入位置第2周期第ⅤA族,镁与Y单质反应产物的化学式Mg3N2
(2)A在300℃下隔绝空气加热分解的化学方程式2Cu3N$\frac{\underline{\;300℃\;}}{\;}$6Cu+N2
(3)A与足量盐酸反应,产生白色沉淀,化学方程式为Cu3N+4HCl=3CuCl↓+NH4Cl,
(4)用化学方程式解释黄色固体D变为蓝色固体的原因4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
(5)固体E和气体C加热反应,有红色固体生成,其化学方程式为3CuO+2NH3$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$3Cu+N2+3H2O或6CuO+2NH3$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$3Cu2O+N2+3H2O.请设计实验方案检验红色固体成分取少量固体mg加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥到恒重,称量固体质量为ng,根据m与n的关系确定其组成.

分析 A遇水剧烈反应,产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C和黄色沉淀D,则C应为NH3,D在空气中最终变为蓝色固体,该蓝色固体加热生成黑色固体E,则D应为CuOH,E为CuO,二元化合物A由X、Y两元素组成,根据元素守恒可知,A应由Cu、N两种元素组成,则气体Y单质应为N2,X单质为Cu,它具有良好的电学和光学性能,20.6gA隔绝空气加热至300℃完全分解,产生19.2gCu和1.12LN2(标准状况),则A中铜元素和氮元素的物质的量之比为$\frac{19.2}{64}:\frac{1.12}{22.4}$=3:1,所以A为Cu3N,据此答题.

解答 解:A遇水剧烈反应,产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C和黄色沉淀D,则C应为NH3,D在空气中最终变为蓝色固体,该蓝色固体加热生成黑色固体E,则D应为CuOH,E为CuO,二元化合物A由X、Y两元素组成,根据元素守恒可知,A应由Cu、N两种元素组成,则气体Y单质应为N2,X单质为Cu,它具有良好的电学和光学性能,20.6gA隔绝空气加热至300℃完全分解,产生19.2gCu和1.12LN2(标准状况),则A中铜元素和氮元素的物质的量之比为$\frac{19.2}{64}:\frac{1.12}{22.4}$=3:1,所以A为Cu3N,
(1)Y元素为氮元素,在周期表中放入位置第2周期第ⅤA族,镁与氮气反应产物的化学式是Mg3N2
故答案为:第2周期第ⅤA族;Mg3N2
(2)Cu3N在300℃下隔绝空气加热分解的化学方程式为2Cu3N$\frac{\underline{\;300℃\;}}{\;}$6Cu+N2
故答案为:2Cu3N$\frac{\underline{\;300℃\;}}{\;}$6Cu+N2
(3)Cu3N与足量盐酸反应,产生白色沉淀为氯化亚铜,反应的化学方程式为Cu3N+4HCl=3CuCl↓+NH4Cl,
故答案为:Cu3N+4HCl=3CuCl↓+NH4Cl;
(4)黄色固体CuOH变为蓝色固体Cu(OH)2的原因是因为氢氧化亚铜被空气中的氧气所氧化,反应的方程式为4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
故答案为:4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
(5)CuO和NH3加热反应,有红色固体铜或氧化亚铜生成,其化学方程式为3CuO+2NH3$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$3Cu+N2+3H2O或6CuO+2NH3$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$3Cu2O+N2+3H2O,检验红色固体成分 的方法是取少量固体mg加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥到恒重,称量固体质量为ng,根据m与n的关系确定其组成,
故答案为:3CuO+2NH3$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$3Cu+N2+3H2O或6CuO+2NH3$\frac{\underline{\;△\;}}{\;}$3Cu2O+N2+3H2O;取少量固体mg加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥到恒重,称量固体质量为ng,根据m与n的关系确定其组成.

点评 本题考查了无机推断,题目难度较大,涉及的知识点较多,注意掌握无机推断的方法与技巧,明确有关物质的颜色变化是解题的关键,试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力.

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