Question

2．Ⅰ．（1）城市飲用水處理時(shí)可用二氧化氯（ClO₂）替代傳統(tǒng)的凈水劑Cl₂．工業(yè)上可用Cl₂氧化NaClO₂溶液制取ClO₂．寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式Cl₂+ClO₂^-=2ClO₂+2Cl^-．
（2）某地污水中的有機(jī)污染物主要成分是三氯乙烯（C₂HCl₃），向此污水中加入KMnO₄（高錳酸鉀的還原產(chǎn)物為MnO₂）溶液可將其中的三氯乙烯除去，氧化產(chǎn)物只有CO₂，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式2KMnO₄+C₂HCl₃═2KCl+2CO₂↑+2MnO₂+HCl．
Ⅱ．已知二元化合物甲可以用次氯酸鈉溶液和過(guò)量的氨氣制得，6.4g 甲完全燃燒得到4.48L的氮?dú)猓ㄒ颜鬯愠蓸?biāo)準(zhǔn)狀況）．甲可以與新制Cu（OH）₂反應(yīng)生成磚紅色沉淀，同時(shí)生成密度為1.25g/L的無(wú)色無(wú)味的氣體（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）．
（1）甲的化學(xué)式為N₂H₄．
（2）寫(xiě)出次氯酸鈉與過(guò)量氨氣反應(yīng)的化學(xué)方程式NaClO+2NH₃═N₂H₄+NaCl+H₂O．
甲的制備過(guò)程中氨氣需要過(guò)量的理由是次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，可以氧化N₂H₄，過(guò)量的氨氣防止N₂H₄被氧化．
（3）寫(xiě)出甲與新制Cu（OH）₂反應(yīng)的化學(xué)方程式4Cu（OH）₂+N₂H₄═2Cu₂O+N₂+6H₂O．
（4）已知乙是一種與甲含有相同電子數(shù)的液態(tài)物質(zhì)，它可與甲反應(yīng)生成一種常見(jiàn)的液態(tài)化合物和一種常見(jiàn)的穩(wěn)定單質(zhì)，同時(shí)放出大量的熱，則乙的電子式為．寫(xiě)出甲的一種用途作高能燃料．

Answer 1

分析 I．（1）Cl₂氧化NaClO₂溶液制取ClO₂，還生成NaCl；
（2）KMnO₄（高錳酸鉀的還原產(chǎn)物為MnO₂）溶液可將其中的三氯乙烯除去，氧化產(chǎn)物只有CO₂，還生成KCl、HCl；
Ⅱ．（1）6.4g甲完全燃燒得到4.48L的氮?dú)猓ㄒ颜鬯愠蓸?biāo)準(zhǔn)狀況），則甲中含有N元素；甲可以與新制Cu（OH）₂反應(yīng)生成磚紅色沉淀，磚紅色沉淀為Cu₂O，同時(shí)生成密度為1.25g/L的無(wú)色無(wú)味的氣體，該氣體含有N元素，其相對(duì)分子質(zhì)量=1.25×22.4=28，故該氣體為N₂，由由元素守恒可知，反應(yīng)還生成水，且甲中還含有H元素，4.48L氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，其質(zhì)量=0.2mol×28g/mol=5.6g，故6.4g甲中H元素質(zhì)量=6.4g-5.6g=0.8g，故H原子物質(zhì)的量=$\frac{0.8g}{1g/mol}$=0.8mol，則甲中N、H原子數(shù)目之比=0.2mol×2：0.8mol=1：2，故甲為N₂H₄；
（2）次氯酸鈉與過(guò)量氨氣反應(yīng)生成N₂H₄，根據(jù)氧化還原反應(yīng)可知，還生成NaCl，根據(jù)元素守恒可知有水生成；次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，可以氧化N₂H₄，過(guò)量的氨氣防止N₂H₄被氧化；
（3）N₂H₄與新制Cu（OH）₂反應(yīng)生成氧化亞銅、氮?dú)馀c水；
（4）乙是一種與甲含有相同電子數(shù)的液態(tài)物質(zhì)，它可與甲反應(yīng)生成一種常見(jiàn)的液態(tài)化合物和一種常見(jiàn)的穩(wěn)定單質(zhì)，同時(shí)放出大量的熱，則乙為H₂O₂．

解答 解：I．（1）Cl₂氧化NaClO₂溶液制取ClO₂，還生成NaCl，離子反應(yīng)為Cl₂+ClO₂^-=2ClO₂+2Cl^-，故答案為：Cl₂+ClO₂^-=2ClO₂+2Cl^-；
（2）KMnO₄（高錳酸鉀的還原產(chǎn)物為MnO₂）溶液可將其中的三氯乙烯除去，氧化產(chǎn)物只有CO₂，還生成KCl、HCl，化學(xué)反應(yīng)方程式為2KMnO₄+C₂HCl₃═2KCl+2CO₂↑+2MnO₂+HCl，
故答案為：2KMnO₄+C₂HCl₃═2KCl+2CO₂↑+2MnO₂+HCl；
Ⅱ．（1）6.4g甲完全燃燒得到4.48L的氮?dú)猓ㄒ颜鬯愠蓸?biāo)準(zhǔn)狀況），則甲中含有N元素；甲可以與新制Cu（OH）₂反應(yīng)生成磚紅色沉淀，磚紅色沉淀為Cu₂O，同時(shí)生成密度為1.25g/L的無(wú)色無(wú)味的氣體，該氣體含有N元素，其相對(duì)分子質(zhì)量=1.25×22.4=28，故該氣體為N₂，由由元素守恒可知，反應(yīng)還生成水，且甲中還含有H元素，4.48L氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，其質(zhì)量=0.2mol×28g/mol=5.6g，故6.4g甲中H元素質(zhì)量=6.4g-5.6g=0.8g，故H原子物質(zhì)的量=$\frac{0.8g}{1g/mol}$=0.8mol，則甲中N、H原子數(shù)目之比=0.2mol×2：0.8mol=1：2，故甲為N₂H₄，
故答案為：N₂H₄；
（2）次氯酸鈉與過(guò)量氨氣反應(yīng)生成N₂H₄，根據(jù)氧化還原反應(yīng)可知，還生成NaCl，根據(jù)元素守恒可知有水生成，反應(yīng)方程式為：NaClO+2NH₃═N₂H₄+NaCl+H₂O；次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，可以氧化N₂H₄，過(guò)量的氨氣防止N₂H₄被氧化；
故答案為：NaClO+2NH₃═N₂H₄+NaCl+H₂O；次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，可以氧化N₂H₄，過(guò)量的氨氣防止N₂H₄被氧化；
（3）N₂H₄與新制Cu（OH）₂反應(yīng)生成氧化亞銅、氮?dú)馀c水，反應(yīng)方程式為：4Cu（OH）₂+N₂H₄═2Cu₂O+N₂+6H₂O，
故答案為：4Cu（OH）₂+N₂H₄═2Cu₂O+N₂+6H₂O；
（4）乙是一種與甲含有相同電子數(shù)的液態(tài)物質(zhì)，它可與甲反應(yīng)生成一種常見(jiàn)的液態(tài)化合物和一種常見(jiàn)的穩(wěn)定單質(zhì)，同時(shí)放出大量的熱，則乙為H₂O₂，其電子式為：，N₂H₄可以作高能燃料，
故答案為：；作高能燃料．

點(diǎn)評(píng) 本題考查無(wú)機(jī)物推斷，為高頻考點(diǎn)，屬于計(jì)算推斷型題目，涉及內(nèi)容在中學(xué)中基本沒(méi)有接觸，側(cè)重分析、計(jì)算、推斷能力的綜合考查，注意N、Cl及其化合物的性質(zhì)及應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．