题目内容

5．某研究小组为了探究固体甲（二元化合物）和固体乙（无机矿物盐，含五种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：

已知：向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；气体2是无色无味气体，向溶液2中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解．请回答下列问题：
（1）甲的化学式Al4C3，气体1的电子式．
（2）加热条件下，气体1与固体2反应，可产生另外一种气体和一种固体，该反应的化学方程式为4CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+CO+2H2O或6CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu2O+CO+2H2O．
（3）乙的化学式BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3．
（4）足量气体2与溶液1反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．有人认为，判断该反应的气体2是否过量较难，应对其中一种产物是“正盐”还是“酸式盐”进行检验，请设计实验证明这一产物的成分取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐．若二者都出现，为二者混合物．（可选的试剂为：氨水、NaOH溶液、稀硫酸、CaCl2溶液）

分析 甲和NaOH溶液反应生成气体1，气体1是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒知甲中含有C元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据C原子守恒得m（C）=0.15mol×12g/mol=1.8g，甲是二元化合物，另一种元素质量为7.2g-1.8g=5.4g，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1为偏铝酸盐，根据元素守恒知，溶液1为NaAlO2，则n（Al）=$\frac{5.4g}{27g/mol}$=0.2mol，C、Al原子个数之比=0.15mol：0.2mol=3：4，则甲为Al4C3；
偏铝酸钠和气体2反应生成白色沉淀b为Al（OH）3，气体2为酸性气体；
固体2和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2中含有Cu元素；固体1和溶液a混合得到溶液2和固体2，溶液2能溶解氢氧化铝，向溶液2中连续通入气体2，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液2为强碱溶液，溶液2只能是Ba（OH）2；固体1和液体a混合得到溶液2，则a为H2O，且固体1中含有BaO，固体1为氧化物，所以还含有CuO；
根据质量守恒得气体2质量=29.5g-1.8g-23.3g=4.4g，且气体2为无色无味气体，向氢氧化钡溶液中通入气体2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，则气体2为CO2，n（CO2）=$\frac{4.4g}{44g/mol}$=0.1mol，n（CuO）=$\frac{8g}{80g/mol}$=0.1mol、n（BaO）=$\frac{23.3g-8g}{153g/mol}$=0.1mol，n（H2O）=$\frac{1.8g}{18g/mol}$=0.1mol，
乙中Ba、Cu、H、O、C原子个数之比=n（BaO）：n（CuO）：2n（H2O）：[2n（CO2）+n（BaO）+n（CuO）+n（H2O）]：n（CO2）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：0.5mol：0.1mol=1：1：2：5：1，其化学式为BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，据此分析解答．

解答 解：甲和NaOH溶液反应生成气体1，气体1是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒知甲中含有C元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据C原子守恒得m（C）=0.15mol×12g/mol=1.8g，甲是二元化合物，另一种元素质量为7.2g-1.8g=5.4g，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1为偏铝酸盐，根据元素守恒知，溶液1为NaAlO2，则n（Al）=$\frac{5.4g}{27g/mol}$=0.2mol，C、Al原子个数之比=0.15mol：0.2mol=3：4，则甲为Al4C3；
偏铝酸钠和气体2反应生成白色沉淀b为Al（OH）3，气体2为酸性气体；
固体2和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2中含有Cu元素；固体1和溶液a混合得到溶液2和固体2，溶液2能溶解氢氧化铝，向溶液2中连续通入气体2，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液2为强碱溶液，溶液2只能是Ba（OH）2；固体1和液体a混合得到溶液2，则a为H2O，且固体1中含有BaO，固体1为氧化物，所以还含有CuO；
根据质量守恒得气体2质量=29.5g-1.8g-23.3g=4.4g，且气体2为无色无味气体，向氢氧化钡溶液中通入气体2，先生成白色沉淀后白色沉淀溶解，则气体2为CO2，n（CO2）=$\frac{4.4g}{44g/mol}$=0.1mol，n（CuO）=$\frac{8g}{80g/mol}$=0.1mol、n（BaO）=$\frac{23.3g-8g}{153g/mol}$=0.1mol，n（H2O）=$\frac{1.8g}{18g/mol}$=0.1mol，
乙中Ba、Cu、H、O、C原子个数之比=n（BaO）：n（CuO）：2n（H2O）：[2n（CO2）+n（BaO）+n（CuO）+n（H2O）]：n（CO2）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：0.5mol：0.1mol=1：1：2：5：1，其化学式为BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，
（1）通过以上分析知，甲为Al4C3，气体1是甲烷，电子式为，故答案为：Al4C3；；
（2）气体1是甲烷、固体2是CuO，加热条件下，气体1与固体2反应，可产生另外一种气体和一种固体，生成的气体应该是二氧化碳或CO、固体是Cu或Cu2O，根据元素守恒知还应该生成水，所以该反应的化学方程式为4CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+CO+2H2O或6CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu2O+CO+2H2O，
故答案为：4CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4Cu+CO2+2H2O或8CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4Cu2O+CO2+2H2O或3CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu+CO+2H2O或6CuO+CH4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cu2O+CO+2H2O；
（3）通过以上分析知，乙为BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3，故答案为：BaCO3•Cu（OH）2或BaCu（OH）2CO3；
（4）气体2是二氧化碳、溶液1为偏铝酸钠，足量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；碳酸根离子和钡离子反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢根离子和钡离子不反应，所以其检验方法是：取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐．若二者都出现，为二者混合物，
故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的CaCl2溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐．若二者都出现，为二者混合物．

点评 本题考查无机物推断，涉及铝、Cu、Ba元素及其化合物知识，明确偏铝酸盐性质是解本题关键，结合原子守恒确定物质化学式，题目难度中等．

练习册系列答案
相关题目
15．下列说法正确的是（　　）
A．乳酸薄荷醇酯（）只能发生水解、氧化、消去反应
B．乙醛和丙烯醛不是同系物，它们的氢化产物也一定不是同系物
C．分子式为C7H14O2的有机物中，含3个甲基且能发生银镜反应还能发生水解反应的同分异构体数目是8个
D．硝化甘油、硝化纤维、硬脂酸甘油酯两两互不为同分异构体，其水解产物也完全不相同
16．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）
A．${\;}_{17}^{35}$Cl2与${\;}_{17}^{37}$Cl2氧化能力相近，二者互为同位素
B．${\;}_{34}^{78}$Se与${\;}_{34}^{80}$Se所含质子数相同，中子数不同
C．同主族元素形成的含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
D．同周期主族元素形成的简单离子半径随核电荷数的增大而减小
13．利用工业废铁粉（主要成为Fe3O4、Fe）与硫酸反应可制备硫酸盐．

（1）Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6．
（2）FeSO4隔绝空气受热分解生成SO2、SO3、Fe2O3．SO2分子的空间构型为V形，其中S原子的杂化类型为sp2杂化．与SO3互为等电子体的离子与分子分别为NO3-或CO32-、BF3或COCl2（填化学式）．
（3）苯酚可以与Fe3+发生显色反应．1mol苯酚中含有σ键的数目为13mol或13×6.02×1023．
（4）Fe3O4具有反尖晶石结构．某化合物MgxAlyOz与反尖晶石结构相仿，其结构如下图所示，它是由下列A、B方块组成．该化合物的化学式为MgAl2O4．
20．下列说法正确的是（　　）
A．实验中要配制500mL 0.2mol•L-1 KCl溶液，需用托盘天平称量7.45gKCl固体
B．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液
C．排除碱式滴定管尖嘴端气泡时，可以向上弯曲橡皮管，然后挤压玻璃球，排出气泡
D．往含有FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，然后把溶液蒸干、灼烧，得到FeCl3固体
10．下列应用涉及氧化还原反应的是（　　）
A．用食醋清洗烧水壶的水垢
B．用铝盐、铁盐作净水剂
C．用硫磺粉处理散落在地上的汞
D．用丁达尔现象区分食盐水和淀粉溶液
17．煤矸石是采煤和洗煤时的废弃物，其主要成分是Al2O3、SiO2，另外还含有数量不等的Fe2O3、CaO、MgO、Na2O、K2O、P2O5、SO3和微量稀有元素（如Ga等）．下列关于煤矸石的说法正确的是（　　）
A．可用于生产矸石水泥、耐火砖等建筑材料
B．煤矸石中的金属氧化物均为碱性氧化物
C．P2O5和SO3对应水化物的酸性较强的是 H3PO4
D．铝比镓活泼，能电解GaCl3水溶液制备镓单质
14．下列解释实验事实的方程式不正确的是（　　）
A．葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂会炭化发黑：C6H12O6（葡萄糖）$\stackrel{浓硫酸}{→}$ 6C+6H2O
B．向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，再加入NaCl溶液，黑色沉淀变成白色：Ag2S+2Cl-=2AgCl↓+S2-
C．将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红：NH3+H2O?NH3•H2O?NH${\;}_{4}^{+}$+OH-
D．明矾的水溶液pH＜7：Al3++3H2O?Al（OH）3（胶体）+3H+
16．亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量，某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：
①2NO+Na2O2=2NaNO2②2NO2+Na2O2=2NaNO3
③酸性KMnO4溶液可将NO2-氧化为NO3-，MnO4-还原成Mn2+．
Ⅰ．产品制备与检验：用如图1装置制备NaNO2：
（1）写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目．
（2）B装置的作用是将NO2转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成NO（或制取NO）．
（3）有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为制备纯净NaNO2应在B、C装置间增加一个装置，请在右框内画出增加的装置图2，并标明盛放的试剂．
（4）试设计实验检验装置C中NaNO2的存在（写出操作、现象和结论）取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，（加入稀硫酸酸化）滴加入1-2滴（少量）酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有NaNO2．
Ⅱ．含量的测定
称取装置C中反应后的固体4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：
滴定次数1234
KMnO4溶液体积/mL20.6020.0220.0019.98
（5）第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是AC（双项选择）．
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗   
B．锥形瓶洗净后未干燥
C．滴定终了仰视读数                         
D．滴定终了俯视读数
（6）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数86.25%或0.8625．
（结果保留4位有效数字）

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网