题目内容

17．现有A、B、C、D、E五种易溶于水的强电解质，它们由如下离子组成（各种离子不重复）．
阳离子H+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Al3+
阴离子OH-、Cl-、HCO3-、NO3-、SO42-
已知：①0.1mol/L A溶液中c（H+）＞0.1mol/L；
②B溶液与其它四种溶液反应，均能产生沉淀；
③向C溶液中逐滴加入B溶液，有白色沉淀生成，当B溶液过量时，沉淀完全溶解．
回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：AH2SO4、BBa（OH）2．
（2）D、E两种物质中必有一种是NH4HCO3，写出将少量该物质的稀溶液滴加到0，1mol/L B溶液中反应的离子方程式Ba2++2OH-+NH4++HCO3-=BaCO3↓+NH3H2O+H2O．
（3）用铝粉可除去废水中的NO3-．在pH为10.7左右的溶液中，加入铝粉除去NO3-，同时产生物质的量之比为1﹕1的氨气和氮气，该反应的还原产物是NH3、N2，除去0.1mol NO3-，要消耗铝5.4g，其对应离子方程式为6Al+3NO3-+3OH-=6AlO2-+NH3↑+N2↑．

分析 0.1mol/LA溶液的pH＜1，说明氢离子浓度＞0.1mol/L，为二元酸，所以A为H2SO4；将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成，可知B为Ba（OH）2；氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，氢氧化钡和氯化镁或氯化铝或硝酸铝反应生成氢氧化镁或氢氧化铝沉淀，氢氧化钡和碳酸氢铵反应生成碳酸钡沉淀，向C溶液中逐滴加入B溶液，有白色沉淀生成，当B溶液过量时，沉淀完全溶解，C为氯化铝，硝酸铵和氢氧化钡不生产沉淀，故硝酸根离子和Mg2+结合成硝酸铝或硝酸镁，HCO3-只能和NH4+结合，碳酸氢铵和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，故D、E两种物质中必有一种是NH4HCO3，以此来解答．

解答 解：0.1mol/LA溶液的pH＜1，说明氢离子浓度＞0.1mol/L，为二元酸，所以A为H2SO4；将B溶液分别与其它四种溶液混合，均有白色沉淀生成，可知B为Ba（OH）2；氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，氢氧化钡和氯化镁或氯化铝或硝酸铝反应生成氢氧化镁或氢氧化铝沉淀，氢氧化钡和碳酸氢铵反应生成碳酸钡沉淀，向C溶液中逐滴加入B溶液，有白色沉淀生成，当B溶液过量时，沉淀完全溶解，C为氯化铝，硝酸铵和氢氧化钡不生产沉淀，故硝酸根离子和Mg2+结合成硝酸铝或硝酸镁，HCO3-只能和NH4+结合，碳酸氢铵和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，故D、E两种物质中必有一种是NH4HCO3，
（1）根据上面的分析可知，A为H2SO4，B为Ba（OH）2，
故答案为：H2SO4；Ba（OH）2；
（2）根据上面的分析可知，D、E两种物质中必有一种是 NH4HCO3，将少量该物质的稀溶液滴加到0.1mol/L Ba（OH）2溶液中反应的离子方程式为Ba2++2OH-+NH4++HCO3-=BaCO3↓+NH3H2O+H2O，
故答案为：NH4HCO3；Ba2++2OH-+NH4++HCO3-=BaCO3↓+NH3H2O+H2O；
（3）用铝粉可除去废水中的NO3-，在pH为10.7左右的溶液中，加入铝粉除去NO3-，同时产生物质的量之比为1﹕1的氨气和氮气，根据元素守恒和电子得失守恒可知，该反应离子方程式为6Al+3NO3-+3OH-=6AlO2-+NH3↑+N2↑，反应中还原产物是 NH3、N2，根据离子方程式可在，除去0.1mol NO3-，要消耗铝为0.2mol，即为5.4g，
故答案为：NH3、N2； 5.4；6Al+3NO3-+3OH-=6AlO2-+NH3↑+N2↑．

点评 本题考查无机物的推断及离子反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应推断物质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应及与量有关的离子反应的应用，题目难度不大．

练习册系列答案
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