Question

18．含氮的物质丰富多彩
（1）从分子结构上看，氮与碳有很多对应的物质（如甲烷跟氨气对应），请找出下列含碳化合物对应的含氮物质：C₂H₄N₂H₂C₂H₂N₂．
（2）化学式为N₄的分子结构等同于白磷，N₄中每个原子满足最外层8e^-结构．则1个N₄中含有6N_A对共用电子对．
（3）某化合物的焰色反应为黄色，根据质谱分析它的相对分子质量为39且与水反应能生成氨气．则该化合物中存在的化学键类型为离子键、共价键，其与过量盐酸反应的化学方程式为NaNH₂+2HCl=NaCl+NH₄Cl．
（4）某化合物A是一种易溶于水的不含结晶水的盐，溶于水后可完全电离出三种中学化学常见离子，其中有两种是10电子的阳离子．用A进行如下实验：取2.370gA溶于蒸馏水配成溶液；向该溶液中逐滴加入一定量的氢氧化钠溶液，过程中先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，当沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol．回答下列问题：
①化合物A的化学式为NH₄Al（SO₄）₂；请设计实验方案验证A中阴离子取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子；
②请写出足量气体C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式3Cl₂+8NH₃=N₂+6NH₄Cl．

Answer 1

分析 （1）甲烷跟氨气对应，故CH₂=与NH=对应，CH≡与N≡对应，据此分析；
（2）白磷分子为正四面体，每个边都代表一个P-P键，所以共6个P-P共价键，据此推断即可；
（3）化合物的焰色反应为黄色，故含钠元素；相对分子质量为39且与水反应能生成氨气，故除了含有钠元素，还还有N元素，故此化合物为NaNH₂，据此分析化合键的类型和与盐酸的反应；
（4）由信息可知，A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为氨气，白色沉淀为氢氧化铝，A中含NH₄⁺、Al³⁺，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓、NH₄⁺+OH^-=NH₃．H₂O、Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O可知，NH₄⁺、Al³⁺为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO₄^2-，以此来解答．

解答 解：（1）甲烷跟氨气对应，故CH₂=与NH=对应，CH≡与N≡对应，则乙烯CH₂=CH₂所对应的含氮物质为：NH=NH，即N₂H₂；乙炔CH≡CH所对应的含氮物质为N₂，故答案为：N₂H₂，N₂；
（2）白磷分子为正四面体，每个边都代表一个P-P键，所以共6个P-P共价键，N₄的结构等同于白磷，故1molN₄中含有6molN-N键，即6N_A个共用电子对，故答案为：6；
（3）化合物的焰色反应为黄色，故含钠元素；相对分子质量为39且与水反应能生成氨气，故除了含有钠元素，还还有N元素，故此化合物为NaNH₂，由离子键和共价键构成，和与盐酸的反应：NaNH₂+2HCl=NaCl+NH₄Cl，故答案为：离子键、共价键，NaNH₂+2HCl=NaCl+NH₄Cl；
（4）由信息可知，A与NaOH溶液反应，先观察到产生白色沉淀B，后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体C，气体不再产生时沉淀开始溶解，则气体C为氨气，白色沉淀为氢氧化铝，A中含NH₄⁺、Al³⁺，均为10电子的阳离子，沉淀恰好完全溶解时共用去氢氧化钠的物质的量为0.050mol，由Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓、NH₄⁺+OH^-=NH₃．H₂O、Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O可知，NH₄⁺、Al³⁺为1：1，则A中含阴离子带2个单位的负电荷，且与铵根离子、铝离子不反应，则阴离子可为SO₄^2-，
①由上述分析可知A为NH₄Al（SO₄）₂，检验A中阴离子的方法为取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子，故答案为：NH₄Al（SO₄）₂；取少量A的溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡，若有白色沉淀生成，说明A中的阴离子为硫酸根离子；
②C与氯气发生氧化还原反应的化学方程式为3Cl₂+8NH₃=N₂+6NH₄Cl，故答案为：3Cl₂+8NH₃=N₂+6NH₄Cl．

点评 本题考查无机物的推断，为高频考点，把握铵根离子、铝离子的检验为解答的关键，注意阴离子可由电荷守恒分析，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．