Question

有一應用前景廣闊的納米材料甲，其由A、B兩種短周期非金屬元素組成，熔點高，硬度大，難溶于水．取1.40g材料甲與熔融的燒堿反應，生成一種含A的含氧酸鹽乙和一種含B的氣體丙，測得丙在標準狀況下的體積為0.896L．
乙能溶于水，加鹽酸產生白色膠狀沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解；丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍．
（1）甲的化學式為

 

，屬于

 

晶體，丙的電子式為

 

（2）工業上制備甲的方法之一是用A的氯化物與丙在高溫下反應，則其化學反應方程式為

 

，該反應屬于

 

（填“氧化還原反應”或“非氧化還原反應”）
（3）乙的水溶液露置在空氣中容易變質，寫出相應的離子方程式

 

（4）工業上以廢銅為原料經一系列化學反應可生產氯化亞銅（CuCl），其工藝流程如圖所示：

試根據圖轉化回答下列問題：
①還原過程中的產物為Na[CuCl₂]，試寫出反應的化學方程式

 

．制備中當氯化完成后必須經還原過程再制得CuCl，為什么不用一步法制得CuCl？（已知Cu²⁺+Cu+2Cl^-═2CuCl↓）

 

．
②實驗室中在CuCl₂熱溶液中通入SO₂氣體也可制備白色的CuCl沉淀，試寫出該反應的離子方程式

 

．

Answer 1

考點：銅金屬及其重要化合物的主要性質,氧化還原反應

專題：元素及其化合物

分析：測得丙在標準狀況下的體積為0.896L，物質的量=

0.896L

22.4L/mol

=0.04mol，丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，說明丙氣體是氨氣，乙是含A的含氧酸鹽，乙能溶于水，加鹽酸產生白色膠狀沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解，判斷是生成的硅酸沉淀由此推斷A為Si元素，B為N元素，結合元素化合價，甲由A、B兩種短周期非金屬元素組成，熔點高，硬度大，難溶于水，判斷為Si₃N₄，；
（1）依據分析判斷書寫化學式和電子式，結合物質性質判斷物質類型；
（2）根據反應物和生成物結合原子守恒計算書寫化學方程式；
（3）碳酸酸性大于硅酸，硅酸鹽和二氧化碳反應生成硅酸；
（4）①流程分析可知，銅和氯氣反應生成氯化銅，加入銅、氯化鈉和鹽酸還原得到產物為Na[CuCl₂]，結合原子守恒配平書寫；
②氯化銅溶液中通入二氧化硫具有還原性，還原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化為硫酸；

解答： 解：題干信息可知，測得丙在標準狀況下的體積為0.896L，物質的量=

0.896L

22.4L/mol

=0.04mol，丙能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，說明丙氣體是氨氣，乙是含A的含氧酸鹽，乙能溶于水，加鹽酸產生白色膠狀沉淀，鹽酸過量沉淀不溶解，判斷是生成的硅酸沉淀由此推斷A為Si元素，B為N元素，結合元素化合價，甲由A、B兩種短周期非金屬元素組成，熔點高，硬度大，難溶于水，判斷為Si₃N₄，；
（1）上述分析可知甲為Si₃N₄，依據熔點高，硬度大，難溶于水性質分析可知是原子晶體，氨氣是氮原子和氫原子形成共價鍵形成的共價化合物，電子式為：；
故答案為：Si₃N₄，原子，；
（2）工業上制備甲的方法之一是用A的氯化物為SiCl₄，與丙為NH₃在高溫下反應生成Si₃N₄和HCl，則其化學反應方程式為：3SiCl₄+4NH₃=Si₃N₄+12HCl，反應前后元素化合價都不變屬于非氧化還原反應；
故答案為：3SiCl₄+4NH₃=Si₃N₄+12HCl，非氧化還原反應；
（3）乙為Na₂SiO₃，水溶液露置在空氣中容易變質是和空氣中二氧化碳反應生成硅酸和碳酸鈉，反應的離子方程式為：SiO₃^2-+CO₂+H₂O=H₂SiO₃↓+CO₃^2-；
故答案為：SiO₃^2-+CO₂+H₂O=H₂SiO₃↓+CO₃^2-；
（4）①流程分析可知，銅和氯氣反應生成氯化銅，加入銅、氯化鈉和鹽酸還原得到產物為Na[CuCl₂]，結合原子守恒配平書寫化學方程式為：CuCl₂+2NaCl+Cu═2Na[CuCl₂]；制備中當氯化完成后必須經還原過程再制得CuCl的原因是CuCl沉淀沉積在Cu表面阻礙反應的進行；
故答案為：CuCl₂+2NaCl+Cu═2Na[CuCl₂]；CuCl沉淀沉積在Cu表面阻礙反應的進行；
②氯化銅溶液中通入二氧化硫具有還原性，還原得到白色的CuCl沉淀，二氧化硫被氧化為硫酸，反應的離子方程式為：2Cu²⁺+2Cl^-+SO₂+2H₂O

△   .

2CuCl+4H⁺+SO₄^2-；
故答案為：2Cu²⁺+2Cl^-+SO₂+2H₂O

△   .

2CuCl+4H⁺+SO₄^2-；

點評：本題考查學生對元素及其化合物的主要性質的掌握、書寫化學方程式、閱讀題目獲取新信息能力、對工藝流程的理解等，難度中等，需要學生具備扎實的基礎與綜合運用知識、信息分析解決問題能力．