Question

11．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；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）甲的化学式是Al₄C₃，
（2）乙的化学式是BaCO₃•Cu（OH）₂或BaCu（OH）₂CO₃．
（3）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．
（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（可选试剂：氨水、NaOH溶液、稀硫酸、CaCl₂溶液）．

Answer 1

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，
故答案为：Al₄C₃；
（2）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；
（3）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；
（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．