Question

11．硅基太陽電池需用化合物甲作鈍化材料，甲的摩爾質(zhì)量為140g•mol^-1，其中硅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%．已知1mol NH₃與足量的化合物乙充分反應(yīng)后可得到35g 甲與6g H₂．工業(yè)上制乙的流程如圖：

請(qǐng)回答下列問題：
（1）乙的電子式是；比較熱穩(wěn)定性：乙＜NH₃（填＞，＜或=）．
（2）NH₃與足量的化合物乙反應(yīng)制甲的化學(xué)方程式是3SiH₄+4NH₃=Si₃N₄+12H₂．
（3）合成爐內(nèi)物質(zhì)需在保護(hù)氣氛下高溫合成，下列氣體可作保護(hù)氣的有BE（填字母編號(hào)）．
A．O₂    B．H₂    C．N₂    D．CO₂    E．Ar
（4）上述生產(chǎn)乙的過程中液氨的作用是制冷或降溫．
（5）甲與少量H₂SO₄溶液反應(yīng)只得到H₂SiO₃和鹽M兩種產(chǎn)物，寫出該反應(yīng)的離子方程式Si₃N₄+4H⁺+9H₂O=3H₂SiO₃↓+4NH₄⁺．請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)驗(yàn)證產(chǎn)物鹽M的實(shí)驗(yàn)方案取少量濾液于試管中，先加稀鹽酸無現(xiàn)象，再加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；另取少量濾液于試管中，加入氫氧化鈉固體（或濃溶液）并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙（或pH試紙）變藍(lán)色，則說明鹽M是（NH₄）₂SO₄．

Answer 1

分析 由于甲的摩爾質(zhì)量為140g•mol^-1，其中硅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%，則分子中含有硅的原子數(shù)=$\frac{140×60%}{28}$=3，已知1mol NH₃與足量的化合物乙充分反應(yīng)后可得到35g 甲與6g H₂．化合物甲中除了含有硅元素還含有N元素，含1molN元素時(shí)質(zhì)量為14g，則每mol甲中含有N原子數(shù)=140÷35=4，4個(gè)N原子和3個(gè)Si原子的相對(duì)原子質(zhì)量之和為3×28+4×14=140，所以甲的化學(xué)式為Si₃N₄，而1molNH₃中含有3g氫元素，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)中的元素質(zhì)量守恒得到乙中含有Si，H兩種元素，含硅元素$\frac{35}{140}$×3=0.75mol，含H原子3mol，n（Si）：n（H）=0.75：3=1：4，乙的化學(xué)式為SiH₄，
（1）乙是SiH₄屬于共價(jià)化合物，硅原子和四個(gè)氫原子形成四個(gè)共用電子對(duì)，元素非金屬性N＞Si，元素非金屬性越強(qiáng)對(duì)應(yīng)氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng)；
（2）NH₃和足量乙反應(yīng)制備甲，同時(shí)生成氫氣，結(jié)合原子守恒配平書寫化學(xué)方程式；
（3）合成爐內(nèi)Mg和Si反應(yīng)生成Mg₂Si需要在保護(hù)氣氛下高溫生成，則可作保護(hù)氣物質(zhì)不能發(fā)生反應(yīng)，
A、O₂與Mg、Si發(fā)生反應(yīng)，不能作保護(hù)氣；
B、H₂與物質(zhì)都不反應(yīng)可以作保護(hù)氣’
C、N₂與Mg反應(yīng)生成Mg₃N₂，不能作保護(hù)氣；
D、二氧化碳和鎂發(fā)生反應(yīng)生成氧化鎂和碳，不能作保護(hù)氣；
E、Ar是稀有氣體，和任何物質(zhì)不發(fā)生反應(yīng)，可以作保護(hù)氣；
（4）在上述生產(chǎn)過程中，液氨的作用是制冷或降溫，防止物質(zhì)分解；
（5）甲與少量H₂SO₄溶液反應(yīng)只得到H₂SiO₃和鹽M兩種產(chǎn)物，結(jié)合元素守恒應(yīng)為硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為：Si₃N₄+4H⁺+9H₂O=3H₂SiO₃+4NH₄⁺，檢驗(yàn)鹽M的實(shí)驗(yàn)方案是設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)銨根離子和硫酸根離子的存在分析判斷．

解答 解：由于甲的摩爾質(zhì)量為140g•mol^-1，其中硅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%，則分子中含有硅的原子數(shù)=$\frac{140×60%}{28}$=3，已知1mol NH₃與足量的化合物乙充分反應(yīng)后可得到35g 甲與6g H₂．化合物甲中除了含有硅元素還含有N元素，含1molN元素時(shí)質(zhì)量為14g，則每mol甲中含有N原子數(shù)=140÷35=4，4個(gè)N原子和3個(gè)Si原子的相對(duì)原子質(zhì)量之和為3×28+4×14=140，所以甲的化學(xué)式為Si₃N₄，而1molNH₃中含有3g氫元素，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)中的元素質(zhì)量守恒得到乙中含有Si，H兩種元素，含硅元素$\frac{35}{140}$×3=0.75mol，含H原子3mol，n（Si）：n（H）=0.75：3=1：4，乙的化學(xué)式為SiH₄，
（1）乙是SiH₄屬于共價(jià)化合物，硅原子和四個(gè)氫原子形成四個(gè)共用電子對(duì)，電子式為：，元素非金屬性N＞Si，元素非金屬性越強(qiáng)對(duì)應(yīng)氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng)，所以穩(wěn)定性SiH₄＜NH₃，
故答案為：；＜；
（2）NH₃和足量乙反應(yīng)制備甲，同時(shí)生成氫氣，結(jié)合原子守恒配平書寫化學(xué)方程式，3SiH₄+4NH₃=Si₃N₄+12H₂，
故答案為：3SiH₄+4NH₃=Si₃N₄+12H₂；
（3）合成爐內(nèi)Mg和Si反應(yīng)生成Mg₂Si需要在保護(hù)氣氛下高溫生成，則可作保護(hù)氣物質(zhì)不能發(fā)生反應(yīng)，
A、O2與Mg、Si發(fā)生反應(yīng)，不能作保護(hù)氣，故A錯(cuò)誤；
B、H₂與物質(zhì)都不反應(yīng)可以作保護(hù)氣，故B正確；
C、N₂與Mg反應(yīng)生成Mg₃N₂，不能作保護(hù)氣，故C錯(cuò)誤；
D、二氧化碳和鎂發(fā)生反應(yīng)生成氧化鎂和碳，不能作保護(hù)氣，故D錯(cuò)誤；
E、Ar是稀有氣體，和任何物質(zhì)不發(fā)生反應(yīng)，可以作保護(hù)氣，故E正確；
故答案為：BE；
（4）液氨揮發(fā)為氣體需要吸收能量，在上述生產(chǎn)過程中，液氨的作用是制冷或降溫，防止物質(zhì)分解，故答案為：制冷或降溫；
（5）甲與少量H₂SO₄溶液反應(yīng)只得到H₂SiO₃和鹽M兩種產(chǎn)物，結(jié)合元素守恒應(yīng)為硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為：Si₃N₄+4H⁺+9H₂O=3H₂SiO₃+4NH₄⁺，檢驗(yàn)鹽M的實(shí)驗(yàn)方案是：取少量濾液于試管中，先加稀鹽酸無現(xiàn)象，再加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；另取少量濾液于試管中，加入氫氧化鈉固體（或濃溶液）并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的色石蕊試紙（或pH試紙）變藍(lán)色，說明含NH₄⁺，則說明鹽M是（NH₄）₂SO₄；
故答案為：Si₃N₄+4H⁺+9H₂O=3H₂SiO₃↓+4NH₄⁺；取少量濾液于試管中，先加稀鹽酸無現(xiàn)象，再加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；另取少量濾液于試管中，加入氫氧化鈉固體（或濃溶液）并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙（或pH試紙）變藍(lán)色，說明含NH₄⁺，則說明鹽M是（NH₄）₂SO₄．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了化合物推斷、物質(zhì)的電子式書寫，物質(zhì)穩(wěn)定性的比較、化學(xué)方程式和離子方程式書寫方法，離子檢驗(yàn)等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．