Question

3．（Ⅰ） 某钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象．再在所得溶液中通入过量CO₂，产生大量白色沉淀．
（1）写出氨气的电子式．
（2）该钠盐溶液中一定不可能含有下列哪种微粒B（填编号）．
A．Cl^-B．Fe²⁺C．SiO₃^2-D．AlO₂^-
（3）写出一个通入过量CO₂时生成白色沉淀的离子方程式CO₂+AlO₂^-+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-或2CO₂+SiO₃^2-+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-．
（Ⅱ） 电镀工业中往往产生大量的有毒废水，必须严格处理后才可以排放．某种高浓度有毒的含A离子（阴离子）废水在排放前的处理过程如下：

已知：9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标况下密度为1.25g/L的气体1.12L．
（4）沉淀D的化学式是CuCN．
（5）写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式2CuCN+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N₂+2CO₂．
（6）滤液C中还含有微量的A离子，通过反应②，可将其转化为对环境无害的物质，试用离子方程式表示该原理2CN^-+5ClO^-+2H⁺=5Cl^-+N₂↑+2CO₂↑+H₂O．
（7）反应①为制得某种元素的低价X离子，试从氧化还原反应的角度分析，是否可以用Na₂SO₃溶液来代替B溶液可以，因为Na₂SO₃具有还原性，有可能将Cu²⁺还原为Cu⁺离子，
并设计实验证明所用Na₂SO₃溶液是否变质取少许Na₂SO₃溶液于试管中，加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na₂SO₃溶液变质，否则，说明Na₂SO₃溶液未变质．

Answer 1

分析 （Ⅰ） （1）氨气分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对；
（2）某钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象，再在所得溶液中通入过量CO₂，产生大量白色沉淀，不可能可以Fe²⁺，因通入氨气会产生白色沉淀，迅速变化灰绿色，最终变为红褐色；可能为硅酸钠、偏铝酸钠，可能为NaCl（侯德邦制碱法）；
（3）过量二氧化碳与偏铝酸钠（或硅酸钠）反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠（或硅酸沉淀碳酸氢钠）等；
（Ⅱ）9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应为CuO，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标况下密度为1.25g/L的气体1.12L，气体的相对分子质量为1.25×22.4=28，电镀溶液中含有高浓度的CN^-离子，应为氮气，则白色沉淀为CaCO₃，其物质的量为$\frac{10g}{100g/mol}$=0.1mol，碳元素质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，氮气的质量为1.25g×1.12L=1.4g，物质的量为$\frac{1.4g}{28g/mol}$=0.05mol，CuO的物质的量为$\frac{8g}{80g/mol}$=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol×64g/mol=9g，等于沉淀D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，A离子为CN^-离子、X为Cu⁺离子．
（6）CN^-离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成；
（7）Na₂SO₃具有还原性，有可能将Cu²⁺还原为Cu⁺离子；
Na₂SO₃溶液变质为生成Na₂SO₄，可以利用氯化钡溶液检验溶液中是否含有硫酸根，注意加入盐酸排除亚硫酸根离子的影响．

解答 解：（Ⅰ） （1）氨气分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为，
故答案为：；
（2）某钠盐溶液中通入足量氨气，无明显现象，再在所得溶液中通入过量CO₂，产生大量白色沉淀，不可能可以Fe²⁺，因通入氨气会产生白色沉淀，迅速变化灰绿色，最终变为红褐色；可能为硅酸钠、偏铝酸钠，可能为NaCl（侯德邦制碱法），可能含有Cl^-、SiO₃^2-、AlO₂^-，
故选：B；
（3）过量二氧化碳与偏铝酸钠（或硅酸钠）反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠（或硅酸沉淀碳酸氢钠）等，反应离子方程式为：CO₂+AlO₂^-+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-或2CO₂+SiO₃^2-+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-，
故答案为：CO₂+AlO₂^-+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-或2CO₂+SiO₃^2-+2H₂O=H₂SiO₃↓+2HCO₃^-；
（Ⅱ）9.0g沉淀D在氧气中灼烧后，产生8.0g黑色固体，黑色固体应为CuO，生成的气体通过足量澄清石灰水时，产生10.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标况下密度为1.25g/L的气体1.12L，气体的相对分子质量为1.25×22.4=28，电镀溶液中含有高浓度的CN^-离子，应为氮气，则白色沉淀为CaCO₃，其物质的量为$\frac{10g}{100g/mol}$=0.1mol，碳元素质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，氮气的质量为1.25g×1.12L=1.4g，物质的量为$\frac{1.4g}{28g/mol}$=0.05mol，CuO的物质的量为$\frac{8g}{80g/mol}$=0.1mol，C、N、Cu元素总质量为1.2g+1.4g+0.1mol×64g/mol=9g，等于沉淀D的质量，故D由Cu、C、N三种元素组成，且三原子物质的量之比为0.1mol：0.1mol：0.05mol×2=1：1：1，故D的化学式为CuCN，A离子为CN^-离子、X为Cu⁺离子．
（4）沉淀D的化学式是：CuCN，故答案为：CuCN；
（5）沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式：2CuCN+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N₂+2CO₂，
故答案为：2CuCN+3O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+N₂+2CO₂；
（6）CN^-离子与NaClO在酸性条件转化为对环境无害的物质，应是生成氮气、二氧化碳，还有氯化钠与水生成，反应离子方程式为：2CN^-+5ClO^-+2H⁺=5Cl^-+N₂↑+2CO₂↑+H₂O，
故答案为：2CN^-+5ClO^-+2H⁺=5Cl^-+N₂↑+2CO₂↑+H₂O；
（7）Na₂SO₃具有还原性，有可能将Cu²⁺还原为Cu⁺离子，可以用Na₂SO₃溶液来代替B溶液；
Na₂SO₃溶液变质为生成Na₂SO₄，检验Na₂SO₃溶液是否变质的方法为：取少许Na₂SO₃溶液于试管中，加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na₂SO₃溶液变质，否则，说明Na₂SO₃溶液未变质，
故答案为：可以，因为Na₂SO₃具有还原性，有可能将Cu²⁺还原为Cu⁺离子；取少许Na₂SO₃溶液于试管中，加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，说明Na₂SO₃溶液变质，否则，说明Na₂SO₃溶液未变质．

点评 本题考查无机物推断、电子式、离子方程式书写等，属于拼合型题目，（II）中推断难度很大，属于猜测验证型，需要学生具备扎实的基础，难度较大．