Question

4．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；
⑥A与E的溶液中具有相同的阳离子．根据上述实验填空：
（1）写出B、D的化学式：BKCl，DCuSO₄；
（2）A受热分解的化学方程式为2NaHCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑；
（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）向C中滴加过量E溶液，可用一个离子方程式表示Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+H₂O；若在1L 0.1mol/L C溶液中加入175mL 2mol/L的E溶液，生成沉淀的物质的量是0.05mol．

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中含有铜离子；
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中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；
③进行焰色反应实验，仅有B为紫色，只有B含有钾离子，所以E是氢氧化钠；
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中含有碳酸氢根离子，D中产生白色沉淀，则D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜；
⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KCl，C为硫酸铝钾；
⑥A与E的溶液中具有相同的阳离子，所以A是碳酸氢钠，以此来解答．

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中含有铜离子；
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中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；
③进行焰色反应实验，仅有B为紫色，只有B含有钾离子，所以E是氢氧化钠；
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中含有碳酸氢根离子，D中产生白色沉淀，则D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜；
⑤将B、C两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KCl，C为硫酸铝钾；
⑥A与E的溶液中具有相同的阳离子，所以A是碳酸氢钠，
（1）由上述分析可知，B为KCl，D为CuSO₄，故答案为：KCl；CuSO₄；
（2）A受热分解的化学方程式为为2NaHCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑，故答案为：2NaHCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑；
（3）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HCl+Na₂CO₃=NaHCO₃+NaCl，不放出气体，共消耗盐酸$\frac{0.02mol}{0.1L}$=0.2L，继续滴加盐酸时，发生NaHCO₃+HCl=NaCl+H₂O+CO₂↑，生成0.01mol气体，此时又消耗盐酸为$\frac{0.01mol}{0.1mol/L}$=0.1L，共消耗盐酸0.3L，只有图象C符合，故答案为：C；
（4）NaOH过量，滴加过量E溶液，反应的离子方程式表示为Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+H₂O，在1L 0.1mol/L C溶液中加入175mL 2mol/L的E溶液，铝离子为0.1mol，NaOH为0.175L×2=0.35mol，由Al³⁺+3OH^-═Al（OH）₃↓可知生成0.1mol沉淀，消耗NaOH为0.3mol，然后发生Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，过量的0.05molMaOH溶解0.05mol沉淀，则生成沉淀的物质的量是0.05mol，故答案为：0.05．

点评 本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子的检验、离子的反应推断物质为解答的关键，涉及化学反应计算等，侧重分析、推断、计算能力的综合考查，题目难度中等．