题目

题型：不详难度：来源：

A是有机羧酸盐，B、C、D是常见化合物； A、B、C、D焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性，其中B的碱性最强。X、Y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同。A与B等物质的量反应生成D和一种气体单质；C受热分解得到Y、D和X；B与C反应生成D和X。E由两种元素组成，式量为83，将E投入X中得到B和气体Z，Z在标准状况下的密度为0.76g·L^-1。
（1）A的化学式是              。Y的电子式是               。
（2）X的沸点比同主族同类型物质要高，原因是                。
（3）写出E与足量盐酸反应的化学方程式           
（4）写出在D的饱和溶液中不断通Y析出C的离子方程式                    。
（5）A的一个重要应用是根据2A →P +H₂↑得到P，P溶液中的阴离子通常用CaCl₂使之沉淀，当它完全沉淀时，溶液中Ca²⁺的物质的量浓度至少为         。
（沉淀K_sp=2.3×10^-9，当溶液中离子浓度≤10^-5mol·L^-1，即可认为完全沉淀）
（6）实验室常用P与足量HCl反应所得的有机物在浓硫酸条件下共热分解制某还原性气体，设计实验证明分解产物中还原性气体的存在                          。

答案

（1）HCOONa（2分）           （2分）
（2）水分子间存在氢键（2分）      
（3）Na₃N+4HCl=3NaCl+NH₄Cl（2分）
（4）2Na⁺+CO₃^2-+H₂O+CO₂==2NaHCO₃↓（2分）
（5）2.3×10^-4mol·L^-1（2分）
（6）将所得气体先通过足量NaOH溶液，再通过澄清石灰水，无现象，点燃剩余气体，将事先用澄清石灰水润湿过的烧杯倒置在火焰上方，烧杯内壁变浑浊，说明有还原性气体CO的存在。（3分）（其它合理答案也给分）

解析

试题分析：① 已知A是有机羧酸盐，B、C、D是常见化合物； A、B、C、D焰色反应呈黄色，水溶液均呈碱性。则可推知化合物A、B、C、D均为含有Na元素的碱或强碱弱酸盐，B的碱性最强，则B为NaOH。② X、Y是最常见的氧化物且与人体、生命息息相关，它们的晶体类型相同，则X、Y应为H₂O和CO₂。③ 由C受热分解得到Y、D和X；B与C反应生成D和X，可推知C为NaHCO₃，D为Na₂CO₃；即2 NaHCO₃Na₂CO₃ +CO₂↑+H₂O； NaHCO₃ +NaOH =Na₂CO₃ +H₂O； 由此可确定X为H₂O，Y为CO₂。④ 由有机羧酸盐A与NaOH等物质的量反应生成Na₂CO₃和一种气体单质，可联想到由无水醋酸钠与NaOH加热反应制取甲烷的脱羧反应：，由此迁移可知，A为甲酸钠（HCOONa），与等物质的量NaOH进行脱羧反应生成Na₂CO₃和氢气：。⑤ E由两种元素组成，式量为83，将E投入H₂O中得到NaOH和气体Z，Z在标准状况下的密度为0.76g·L^-1。由计算可知气体Z的相对分子质量是17，则Z为NH₃，由该反应：E + H₂O → NaOH + NH₃↑，可推知E由Na和N两种元素组成，再根据元素化合价可确定E是Na₃N。
由此可解答：
（1）A的化学式是  HCOONa ；Y的电子式是
（2）X的沸点比同主族同类型物质要高的原因是：水分子间存在氢键，从而使分子间作用力增加，因此有较高的沸点。
（3）E与足量盐酸反应的化学方程式：Na₃N + 4HCl =" 3NaOH" + NH₄Cl 。
（4）D的饱和溶液中不断通入通Y析出C的离子方程式为：
2Na⁺+CO₃^2-+H₂O+CO₂ = 2NaHCO₃↓
（5）根据2A →P +H₂↑得到P，可知，2HCOONa →Na₂C₂O₄ + H₂↑，P为Na₂C₂O₄，C₂O₄^2- + Ca²⁺ = CaC₂O₄↓，依据Ksp(CaC₂O₄) = c(Ca²⁺)•c(C₂O₄^2-) = 2.3×10^-9，可计算出当CaC₂O₄完全沉淀时，溶液中Ca²⁺的物质的量浓度至少为：c(Ca²⁺) =mol•L^-1
（6）实验室Na₂C₂O₄与足量HCl反应可得到H₂C₂O₄ ，H₂C₂O₄在浓硫酸条件下共热分解生成CO、CO₂、H₂O ( 即 H₂C₂O₄CO↑ + CO₂↑+ H₂O )。设计证明分解产物中存在还原性气体CO的实验为：将所得气体先通过足量NaOH溶液（或通过盛有固体NaOH的干燥管），再通过澄清石灰水，若无现象，点燃剩余气体，将事先用澄清石灰水润湿过的烧杯倒置在火焰上方，烧杯内壁变浑浊，说明有还原性气体CO的存在。