Question

9．现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子K⁺、Fe³⁺、Cu²⁺、Ba²⁺、Al³⁺和五种阴离子Cl^-、OH^-、NO₃^2-、CO₃^2-、X中的一种．
（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是K₂CO₃和Ba（OH）₂．
（2）物质C中含有离子X．为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO₃，沉淀部分溶解，剩余白色固体．则X为B（填字母）．
A．Br^-  B．SO₄^2- C．CH₃COO^-  D．HCO₃^-
（3）将19.2g Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H₂SO₄，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出Cu溶解的离子方程式：3Cu+8H⁺+2NO₃^-═3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，若要将Cu完全溶解，至少加入H₂SO₄的物质的量是0.4mol．
（4）若用惰性电极电解C和D的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1mol，请在坐标系中画出通电后阴极析出固体的质量m与通过电子的物质的量n的关系．（标明纵坐标数值）
（5）E溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为2Fe³⁺+2I^-═2Fe²⁺+I₂．

Answer 1

分析 CO₃^2-与Fe³⁺、Cu²⁺、Ba²⁺、Al³⁺不能大量共存，OH^-与Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺不能大量共存；则必有的两种物质记为A、B，A、B分别为K₂CO₃、Ba（OH）₂，C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO₃，沉淀部分溶解，剩余白色固体，蓝色沉淀为氢氧化铜，白色沉淀为硫酸钡，则A应为Ba（OH）₂，C中含SO₄^2-，则C为CuSO₄，D为Al（NO₃）₃，E为FeCl₃，据此分析解答即可．

解答 解：CO₃^2-与Cu²⁺、Ba²⁺、Fe³⁺、Al³⁺不能大量共存，OH^-与Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺不能大量共存，则必有的两种物质记为A、B，A、B分别为K₂CO₃、Ba（OH）₂，C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO₃，沉淀部分溶解，剩余白色固体，蓝色沉淀为氢氧化铜，白色沉淀为硫酸钡，则A应为Ba（OH）₂，C中含SO₄^2-，则C为CuSO₄，D为Al（NO₃）₃，E为FeCl₃，
（1）由上述分析可知，必有的两种物质为K₂CO₃、Ba（OH）₂，
故答案为：K₂CO₃；Ba（OH）₂；
（2）由上述分析可知，C为CuSO₄，C中X为SO₄^2-，
故答案为：B；
（3）根据以上推断可知D中含有NO₃^-，已知将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H₂SO₄，Cu逐渐溶解，
发生的反应为3Cu+8H⁺+2NO₃^-═3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O
则n（Cu）=mM=$\frac{19.2g}{64g/mol}$=0.3mol，
有方程可知$\frac{3}{8}$=$\frac{0.3mol}{n（{H}^{+}）}$，
所以n（H⁺）=0.8mol，
所以n（H₂SO₄）=12n（H⁺）=0.4mol，
故答案为：3Cu+8H⁺+2NO₃^-═3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O；0.4mol；
（4）阴极上阳离子放电：Cu²⁺+2e^-═Cu，转移0.2mol电子时Cu²⁺放电完全，得到金属Cu 6.4g，之后水电离出的H⁺放电：2H⁺+2e^-═H₂↑，固体的质量不再变化，故答案为：；
（5）E为FeCl₃，E溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂，
故答案为：2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂．

点评 本题综合性较强，涉及无机物推断、离子检验、离子方程式的书写等，需要学生熟练掌握基础知识，有利于考查学生的推理能力，难度中等．