Question

5．（Ⅰ）将过量稀硫酸加入某混合溶液甲中，产生大量无色无味的温室气体乙，同时得到溶液丙．若在溶液丙中加入过量氨水，析出大量白色沉淀．则：
（1）写出气体乙的结构式O=C=O．
（2）溶液甲中肯定不含下列微粒中的A．
A、Fe³⁺      B、Mg²⁺      C、CO₃^2-       D、AlO₂^- 
（3）溶液丙中加入过量氨水生成白色沉淀，写出可能发生的一个离子方程式Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺（Mg²⁺+2NH₃•H₂O=Mg（OH）₂↓+2NH₄⁺）．
（Ⅱ）已知盐X溶于水后发生如下变化：

已知：①物质B是最简单的羧酸；   ②Cu₂O+2H+=Cu+H₂O 
（1）写出生成气体C的离子反应方程式HCO₃^-+HCOOH=CO₂↑+H₂O+HCOO^-．
（2）盐X的化学式为Fe（HCOO）₃．
（3）有人认为红褐色沉淀A也可和B发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式2Fe（OH）₃+5HCOOH=CO₂↑+6H₂O+2Fe（HCOO）₂．请用必要的文字说明能发生反应的原因三价铁具有强氧化性，氧化性大于铜离子，甲酸中的醛基具有还原性，二者能发生氧化还原反应．
（4）设计实验方案证明砖红色沉淀D中是否含有单质铜取一定量的氧化亚铜样品，溶于足量的稀硫酸中，过滤、洗涤、干燥后称重，与等质量纯氧化亚铜的计算量对比，若质量偏大，则样品中含有单质铜．

Answer 1

分析 I 温室气体的成分为二氧化碳，则乙为CO₂，加入过量稀硫酸产生二氧化碳气体，则溶液甲中含有碳酸根或碳酸氢根，溶液丙中加入过量氨水生成白色沉淀，溶液中可能含有铝离子或者镁离子，据此答题；
 II．物质B是最简单的羧酸，则B为HCOOH，盐X与水反应生成红褐色沉淀A为Fe（OH）₃和HCOOH，则盐X为Fe（HCOO）₃；甲酸与碳酸氢钠反应生成C为CO₂，甲酸与氢氧化铜反应生成D为Cu₂O，据此答题．

解答 解：I 温室气体的成分为二氧化碳，则乙为CO₂，加入过量稀硫酸产生二氧化碳气体，则溶液甲中含有碳酸根或碳酸氢根，溶液丙中加入过量氨水生成白色沉淀，溶液中可能含有铝离子或者镁离子，
（1）乙为CO₂，结构式为O=C=O，
故答案为：O=C=O；  
（2）加入过量浓硫酸产生二氧化碳气体，则溶液中含有碳酸根或碳酸氢根，溶液甲一定不能共存的离子是Fe³⁺，
故选A；
（3）溶液丙中加入过量氨水生成白色沉淀，溶液中可能含有铝离子或者镁离子，方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺（Mg²⁺+2NH₃•H₂O=Mg（OH）₂↓+2NH₄⁺），
故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺（Mg²⁺+2NH₃•H₂O=Mg（OH）₂↓+2NH₄⁺）；
 II．物质B是最简单的羧酸，则B为HCOOH，盐X与水反应生成红褐色沉淀A为Fe（OH）₃和HCOOH，则盐X为Fe（HCOO）₃；甲酸与碳酸氢钠反应生成C为CO₂，甲酸与氢氧化铜反应生成D为Cu₂O，
（1）甲酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，反应方程式为HCO₃^-+HCOOH=CO₂↑+H₂O+HCOO^-，
故答案为：HCO₃^-+HCOOH=CO₂↑+H₂O+HCOO^-；
（2）根据上面的分析可知，X为Fe（HCOO）₃，
故答案为：Fe（HCOO）₃；  
（3）氢氧化铁与甲酸发生氧化还原反应的方程式为2Fe（OH）₃+5HCOOH=CO₂↑+6H₂O+2Fe（HCOO）₂，原因是三价铁具有强氧化性，氧化性大于铜离子，甲酸中的醛基具有还原性，二者能发生氧化还原反应，
故答案为：2Fe（OH）₃+5HCOOH=CO₂↑+6H₂O+2Fe（HCOO）₂；三价铁具有强氧化性，氧化性大于铜离子，甲酸中的醛基具有还原性，二者能发生氧化还原反应；
（4）D为Cu₂O，检验砖红色沉淀中含有铜的方法是取一定量的氧化亚铜样品，溶于足量的稀硫酸中，过滤、洗涤、干燥后称重，与等质量纯氧化亚铜的计算量对比，若质量偏大，则样品中含有单质铜，
故答案为：取一定量的氧化亚铜样品，溶于足量的稀硫酸中，过滤、洗涤、干燥后称重，与等质量纯氧化亚铜的计算量对比，若质量偏大，则样品中含有单质铜；

点评 本题考查了物质的性质与推断，涉及结构式、离子反应、离子共存、离子检验等知识，中等难度，物质的推断是解题的关键，注意元素化合物知识的综合应用．