Question

16．有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：

阳离子	K+      Na+      Cu2+    Al3+
阴离子	SO42-   HCO3-OH-    Cl-

为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：
①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；
②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；
③进行焰色反应，仅有B为紫色（透过蓝色钴玻璃）；
④在各溶液中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，只有A中放出无色气体，只有D中产生白色沉淀；
⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：
（1）写出B、D的化学式：BKCl，DCuSO₄．
（2）C可用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（胶体）+3H⁺．
（3）将含0.01mol A的溶液与含0.02mol E的溶液反应后，向溶液中滴加0.1mol•L^-1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO₂的物质的量的关系的是C

（4）在m mL b mol•L^-1 C溶液中，加入等体积a mol•L^-1 的E溶液．当a≤3b时，生成沉淀的物质的量是$\frac{ma}{3}$×10^-3 mol；当3b＜a＜4b件时，生成沉淀的物质的量是（4mb-ma）×10^-3mol．

Answer 1

分析 ①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有Cu²⁺；
②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有Al³⁺，E中含有OH^- 离子；
③进行焰色反应实验，只有B含有K⁺离子，结合②可知E是NaOH；
④在各溶液中加入Ba（NO₃）₂溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有HCO₃^-离子，D中产生白色沉淀，则D中含有SO₄^2-离子，所以D是CuSO₄，C是AlCl₃；
⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KCl，所以A是NaHCO₃．

解答 解：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有Cu²⁺；
②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有Al³⁺，E中含有OH^- 离子；
③进行焰色反应实验，只有B含有K⁺离子，结合②可知E是NaOH；
④在各溶液中加入Ba（NO₃）₂溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有HCO₃^-离子，D中产生白色沉淀，则D中含有SO₄^2-离子，所以D是CuSO₄，C是AlCl₃；
⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KCl，所以A是NaHCO₃．
（1）由上述分析可知，B、D分别是：KCl、CuSO₄，故答案为：KCl；CuSO₄；
（2）C为氯化铝，水解生成胶体可净化水，离子反应为Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（胶体）+3H⁺，
故答案为：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃（胶体）+3H⁺；
（3）发生反应NaHCO₃+NaOH=Na₂CO₃+H₂O，则反应后剩余0.01molNaOH，生成0.01molNa₂CO₃，再滴加盐酸，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H₂O，再发生HCl+Na₂CO₃=NaHCO₃+NaCl，开始没有气体放出，共消耗盐酸$\frac{0.02mol}{0.1mol/L}$=0.2L，继续滴加盐酸时，发生反应：NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑，生成0.01mol气体，又消耗盐酸为$\frac{0.01mol}{0.1mol/L}$=0.1L，共消耗盐酸0.3L，选项中图象C符合，
故选：C；
（4）在m mL b mol•L^-1 AlCl₃溶液中，加入等体积a mol•L^-1 的NaOH溶液，当a≤3b时，碱不足，发生Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓，生成沉淀的物质的量是m×10^-3L×amol/L×$\frac{1}{3}$=$\frac{ma}{3}$×10^-3mol；
当3b＜a＜4b时，则Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓，生成沉淀为mb×10^-3mol，消耗NaOH为3mb×10^-3mol，然后发生Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，则由Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O可知溶解的沉淀为am×10^-3mol-3b×10^-3mol，最后生成的沉淀为mb×10^-3mol-（am×10^-3mol-3b×10^-3mol）=（4mb-mama）×10^-3mol，故答案为：$\frac{ma}{3}$×10^-3；（4mb-ma）×10^-3．

点评 本题考查无机物的推断，掌握离子的检验、离子的反应为解答的关键，涉及离子反应、离子共存、化学反应计算等，侧重分析、推断与计算能力的综合考查，题目难度中等．