Question

2．A～G为中学常见的化合物，它们之间有如图1所示的转化关系（反应条件及部分产物已略去）．A是绿色固体，含H、C、O、Cu四种元素．常温下D为无色无味气体，B为黑色粉末，E能发生银镜反应．
请回答：

（1）D跟G反应的化学方程式为2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂；
（2）F中一定含有的官能团的名称为羟基；
（3）某课外小组同学设计了下列实验装置，通过测定某些装置中试剂的质量变化，探究A中各元素的质量关系．
①为使数据准确，还需补充装置，请你在方框内绘出装置图如图2并写出试剂名称；
②向装置中鼓入空气的目的是将A分解产生的水蒸气送入盛有浓硫酸的洗气瓶中；丙装置中药品的名称为无水硫酸铜，实验时，该药品未见明显变化，证明A分解产生的水蒸气全部被浓硫酸吸收；
③如何判断A已完全分解？连续两次加热、鼓气、冷却，称量甲装置的质量，质量差不超过0.1 g，证明A分解完全
④更精确的测定得出如下数据：A受热后完全分解，固体由8.0g变为6.0g，装置乙增重0.90g．写出A的化学式（表示为碱式盐）：Cu₃（OH）₄CO₃或CuCO₃•2Cu（OH）₂．

Answer 1

分析 A为绿色固体，含H、C、O、Cu四种元素证明为铜绿．常温下，D为无色无味气体结合与G反应生成氧气判断D为CO₂；B为黑色粉末推断为CuO，F和E均为有机物，已知F和E的相对分子质量之差等于2．说明EF反应是在氧化铜催化作用下把醇羟基氧化为醛基；F为醇，E为醛；已知A、B、D、E、F、G为中学化学中常见的化合物，所以判断E为CH₃CHO；F为CH₃CH₂OH，依据判断物质分析回答问题．

解答 解：A为绿色固体，含H、C、O、Cu四种元素证明为铜绿．常温下，D为无色无味气体结合与G反应生成氧气判断D为CO₂；B为黑色粉末推断为CuO，F和E均为有机物，已知F和E的相对分子质量之差等于2．说明EF反应是在氧化铜催化作用下把醇羟基氧化为醛基；F为醇，E为醛；已知A、B、D、E、F、G为中学化学中常见的化合物，所以判断E为CH₃CHO；F为CH₃CH₂OH，
（1）D（CO₂）跟G（Na₂O₂）反应的化学方程为：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，故答案为：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂；
（2）B（CuO）和F（C₂H₅OH）在加热条件下反应生成E（CH₃CHO）醇去氢氧化反应，反应的化学方程式为：CH₃CH₂OH+CuO $\stackrel{△}{→}$CH₃CHO+H₂O+Cu，所以F中一定含有羟基，
故答案为：羟基；
（3）过测定装置甲和乙中试剂的质量变化，探究A的化学式：
①为使数据准确需要把通入的空气中的水蒸气除去，以免影响测定结果，装置为，
故答案为：；
②向装置中鼓入空气的目的是，将A分解产生的水蒸气送入盛有浓硫酸的洗气瓶中；丙装置中药品的名称是无水硫酸铜，作用是检查水蒸气是否除净；无变化证明水蒸气除净，A分解产生的水蒸气全部被浓硫酸吸收，
故答案为：将A分解产生的水蒸气送入盛有浓硫酸的洗气瓶中；无水硫酸铜；A分解产生的水蒸气全部被浓硫酸吸收；
③判断A已完全分解的方法为，连续两次加热、鼓气、冷却，称量甲装置的质量，质量差不超过0.1 g，证明A分解完全，
故答案为；连续两次加热、鼓气、冷却，称量甲装置的质量，质量差不超过0.1 g，证明A分解完全；
④实验测得出如下数据：A受热后完全分解，固体由8.0g变为6.0g，装置乙增重0.9g为生成的水的质量，干燥管中增重1.1g为CO₂．根据原子守恒，8.0gA中含有的氢元素物质的量为$\frac{0.9g}{18g/mol}$=0.1mol：所含碳元素物质的量为$\frac{1.1g}{44g/mol}$=0.025mol；生成的氧化铜质量为6g；铜物质的量为$\frac{6g}{80g/mol}$=0.075mol；氧元素的质量为8.0g-0.1mol×1g/mol-0.025mol×12g/mol-0.075mol×64g/mol=2.8g，氧元素物质的量为物质的量为=$\frac{2.8g}{16g/mol}$=0.175mol；A中元素原子物质的量之比为n（Cu）：n（C）：n（H）：n（O）=0.075：0.025：0.1：0.175=3：1：4：7；化学式为Cu₃H₄CO₇；结合反应转化可知，结构中含碳酸根，剩余为氢氧根，写出化学式为：Cu₃（OH）₄CO₃或CuCO₃•2Cu（OH）₂，
故答案为：Cu₃（OH）₄CO₃或CuCO₃•2Cu（OH）₂．

点评 本题考查了物质转化关系和物质性质的综合应用，实验方案的设计和实验测定的准确操作，化学式的计算判断，实验过程的分析判断，题目难度中等．