题目内容
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+、A13+和五种阴离子Cl-、OH-、NO3-、CO32-、X中的一种．
（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断五种物质中肯定有的两种物质是 和 ．
（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 （填字母）．
A．Br- B．SO42-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 ，若要将Cu完全溶解，至少应加入H2SO4的物质的量是 ．
（4）若用惰性电极电解C和D的混合溶液，若溶质的物质的量均为0.1mol，通电后，当在阴极产生气体1.12L时，阳极产生的气体体积为 L．（气体体积均为标准状况，且不考虑气体在水中的溶解）
（5）将E溶液蒸干后并将所得固体灼烧，最终得到的固体成分是（填化学式） ．
（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断五种物质中肯定有的两种物质是
（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
A．Br- B．SO42-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
（4）若用惰性电极电解C和D的混合溶液，若溶质的物质的量均为0.1mol，通电后，当在阴极产生气体1.12L时，阳极产生的气体体积为
（5）将E溶液蒸干后并将所得固体灼烧，最终得到的固体成分是（填化学式）
考点：离子共存问题,常见离子的检验方法,电解原理
专题：离子反应专题,电化学专题
分析：因阳离子中Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+均不能与CO32-共存，所以CO32-只能与K+结合成Na2CO3存在，又因Al3+、Cu2+、Fe3+均不能与OH-共存，所以OH-只能与Ba2+结合成Ba（OH）2存在；
由（2）可知，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，不难得出B为K2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Cu2+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为CuSO4，酸性条件下D能和铜反应，说明D中含有硝酸根离子，则E中含有Cl-，
结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．
由（2）可知，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，不难得出B为K2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Cu2+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为CuSO4，酸性条件下D能和铜反应，说明D中含有硝酸根离子，则E中含有Cl-，
结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．
解答：
解：因阳离子中Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+均不能与CO32-共存，所以CO32-只能与K+结合成Na2CO3存在，又因Al3+、Cu2+、Fe3+均不能与OH-共存，所以OH-只能与Ba2+结合成Ba（OH）2存在；
由（2）可知，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，不难得出B为K2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Cu2+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为CuSO4，酸性条件下D能和铜反应，说明D中含有硝酸根离子，则E中含有Cl-，
（1）CO32-与Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+不能大量共存，OH-与Al3+、Cu2+、Fe3+不能大量共存，由于所含阴、阳离子互不相同，所以对应的物质应为K2CO3和Ba（OH）2，
故答案为：K2CO3； Ba（OH）2；
（2）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，不难得出B为K2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Cu2+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为CuSO4，HCO3-
与Cu2+不能共存，CH3COO-、Br-不可能生成钡盐沉淀，则X只能为SO42-，
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=
=0.3mol，
有方程可知
=
，
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）C为CuSO4，D中含有硝酸根离子，二者混合溶液电解，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电后氢离子放电，阴极上铜离子放电转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，生成氢气转移电子的物质的量=
×2=0.1mol，串联电路中转移电子相等，所以阳极上转移电子的物质的量为0.2mol+0.1mol=0.3mol，阳极上生成氧气体积=
×22.4L/mol=1.68L，
故答案为：1.68；
（5）如果D是硝酸铁，（4）中铜在没有加稀硫酸之前能溶解，实际上铜没有溶解，则D是Al（NO3）3，所以E是FeCl3，加热蒸发氯化铁溶液时，氯化铁水解，升高温度促进HCl挥发，则蒸干时得到的固体是Fe（OH）3，灼烧氢氧化铁时，氢氧化铁分解得到Fe2O3，
故答案为：Fe2O3．
由（2）可知，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，不难得出B为K2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Cu2+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为CuSO4，酸性条件下D能和铜反应，说明D中含有硝酸根离子，则E中含有Cl-，
（1）CO32-与Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+不能大量共存，OH-与Al3+、Cu2+、Fe3+不能大量共存，由于所含阴、阳离子互不相同，所以对应的物质应为K2CO3和Ba（OH）2，
故答案为：K2CO3； Ba（OH）2；
（2）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，不难得出B为K2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Cu2+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为CuSO4，HCO3-
与Cu2+不能共存，CH3COO-、Br-不可能生成钡盐沉淀，则X只能为SO42-，
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=
| 19.2g |
| 64g/mol |
有方程可知
| 3 |
| 8 |
| 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）C为CuSO4，D中含有硝酸根离子，二者混合溶液电解，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电后氢离子放电，阴极上铜离子放电转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，生成氢气转移电子的物质的量=
| 1.12L |
| 22.4L/mol |
| 0.3mol |
| 4 |
故答案为：1.68；
（5）如果D是硝酸铁，（4）中铜在没有加稀硫酸之前能溶解，实际上铜没有溶解，则D是Al（NO3）3，所以E是FeCl3，加热蒸发氯化铁溶液时，氯化铁水解，升高温度促进HCl挥发，则蒸干时得到的固体是Fe（OH）3，灼烧氢氧化铁时，氢氧化铁分解得到Fe2O3，
故答案为：Fe2O3．
点评：本题考查了离子共存，涉及电解原理、盐类水解、物质的量的计算等知识点，根据题给信息推断物质，再结合离子放电顺序、盐类水解特点及物质间的反应来分析解答，注意（4）中电解时，铜离子先放电、氢离子后放电，为易错点．
练习册系列答案
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表示的是（ ）
| Mx |
| VNA |
| A、该气体的密度（以g/L为单位） |
| B、VL该气体的质量（以g为单位） |
| C、1mol该气体的体积（以L为单位） |
| D、1L该气体中所含的分子数 |