Question

有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高．取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解．
（1）甲的化学式为

 

，其晶体属于

 

晶体
（2）乙的水溶液俗称

 

，其可以用来做

 

（写出一种用途）
（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等．则①丁的电子式为

 

．②常温下，8g的丁完全燃烧放出的热量为Q kJ，写出其燃烧热的热化学方程式为

 

；
（4）化合物戊由丙和一种酸反应得到盐，其相对式量为63．已知常温下戊的水溶液pH＜7，且戊能与新制Cu（OH）₂悬浊液共热有红色沉淀生成．戊的水溶液各离子浓度由大到小的顺序为

 

．

Answer 1

考点：无机物的推断

专题：推断题

分析：取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH₃，说明甲中含有氮元素；含氧酸盐乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H₂SiO₃，证明甲中含有硅元素，材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，证明是一种原子晶体含有氮元素和硅元素，依据元素化合价熟悉得到甲为Si₃N₄，判断乙为硅酸钠，A为硅 元素，B为氮元素；
（1）分析推断甲为氮化硅为原子晶体；
（2）依据硅酸钠溶液性质分析回答；
（3）由题意可知丁为N₂H₄，发生反应为：N₂H₄+O₂=N₂+2H₂O，计算1molN₂H₄反应放出的热量，注明物质的聚集状态及反应热，据此书写热化学方程式；
（4）化合物戊由丙和一种酸反应得到盐，其相对式量为63．且戊能与新制Cu（OH）₂悬浊液共热有红色沉淀生成，说明戊含有醛基，是甲酸盐，丙为氨气，推断戊为甲酸铵，已知常温下戊的水溶液pH＜7，说明铵根离子水解程度大于甲酸根离子水解程度，据此分析溶液中离子浓度大小；

解答： 解：纳米材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH₃，说明甲中含有氮元素；含氧酸盐乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H₂SiO₃，证明甲中含有硅元素，材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，证明是一种原子晶体含有氮元素和硅元素，依据元素化合价熟悉得到甲为Si₃N₄，判断乙为硅酸钠，A为硅 元素，B为氮元素；
（1）分析推断甲为氮化硅，化学式为Si₃N₄，分析性质判断为原子晶体；
故答案为：Si₃N₄，原子晶体；
（2）乙的水溶液为硅酸钠水溶液，俗称为水玻璃，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；
故答案为：水玻璃，黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；
（3）①B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，由题意可知丁为N₂H₄，电子式为：；
故答案为：；
②发生反应为：N₂H₄+O₂=N₂+2H₂O，8g的丁完全燃烧放出的热量为Q kJ，计算1molN₂H₄反应放出的热量4QKJ，注明物质的聚集状态及反应热，据此书写热化学方程式为：N₂H₄（l）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O （l）△H=-4QkJ/mol；
故答案为：N₂H₄（l）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O（l）△H=-4QkJ/mol；
（4）化合物戊由丙和一种酸反应得到盐，其相对式量为63．且戊能与新制Cu（OH）₂悬浊液共热有红色沉淀生成，说明戊含有醛基，是甲酸盐，丙为氨气，推断戊为甲酸铵，已知常温下戊的水溶液pH＜7，说明铵根离子水解程度大于甲酸根离子水解程度，据此分析溶液中离子浓度大小为：c（HCOO^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞（OH^-）；
故答案为：c（HCOO^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞（OH^-）；

点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的分析判断，主要是结构推断，性质和反应现象的理解应用，溶液中离子浓度大小比较，热化学方程式书写，掌握基础是关键，题目难度中等．