Question

【题目】(1)写出NaHSO4在水中的电离方程式________。

(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，要除去这些杂质，可选用以下试剂：①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl ，则试剂加入的先后顺序是__________(填序号)。

(3)2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目_______；若有0.1mol电子转移时生成Cl2的体积为__________(标准状况)，被氧化的HCl的物质的量为______________。

(4)某无色透明溶液可能含有K+、Cu2+、Ca2+、SO42-、CO32-、Cl﹣中的几种，现进行如下实验：

①滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。

②向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。

③向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。

试判断：该溶液中肯定有__________，肯定没有_________，可能有_________（填离子符号）。

Answer 1

【答案】NaHSO4=Na++H++SO42- ②③①④或③②①④或③①②④ 1.12L 0.1mol K+、SO42-、CO32- Cu2+、Ca2+ Cl-

【解析】

(1)根据盐NaHSO4在水中的电离产生的离子书写离子方程式；

(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，碳酸钠除去钙离子、氯化钡除去SO42-，NaOH除去镁离子，最后加盐酸除去碳酸钠，注意碳酸钠一定在氯化钡之后；

(3)2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，结合化合价变化及反应计算；

(4)无色溶液中不会存在有色的Cu2+；生成的沉淀加入稀硝酸后部分溶解，则沉淀为BaSO4和BaCO3的混合物，原溶液中含有SO42-、CO32-，根据离子共存可知溶液中不会存在Ca2+；向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，由于①中加入BaCl2溶液后引进了Cl-，则无法判断原溶液中是否含有氯离子；最后根据溶液为电中性可知一定含有K+，据此进行解答。

(1)NaHSO4在水中完全电离产生Na+、H+、SO42-，所以NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-；

(2)粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，Na2CO3除去Ca2+、BaCl2除去SO42-，NaOH除去Mg2+，最后加盐酸除去加入的过量的NaOH和Na2CO3，为减少实验操作步骤，Na2CO3一定在BaCl2溶液之后加入，因此试剂的加入顺序可以为②③①④或③②①④或③①②④；

(3)在反应2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，锰元素化合价从反应前KMnO4中+7价降低到反应后MnCl2中的+2价，获得电子5e-；Cl元素的化合价由反应前HCl中是-1价升高为反应后Cl2的0价，失去电子2×e-，化合价升降的最小公倍数是10e-，用双线桥法表示为：。根据方程式可知：每有10mol电子转移，有10molHCl被氧化，反应产生5molCl2，则有0.10mol电子发生转移时，被氧化的HCl有0.1mol；生成氯气的物质的量是0.05mol，其在标准状况下的体积为V=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；

(4)无色透明的溶液中不可能存在蓝色的Cu2+，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为BaSO4或BaCO3，其中BaCO3可溶于稀硝酸，将沉淀滤出，产生的沉淀可部分溶于稀硝酸，说明含有SO42-、CO32-离子。由于SO42-、CO32-会与Ca2+反应产生CaSO4、CaCO3沉淀而不能大量共存，则一定不含Ca2+离子，根据溶液电中性原则，可知该溶液中一定含有阳离子K+离子；向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能为Ag2SO4、Ag2CO3或AgCl沉淀，由于加入BaCl2溶液引入了Cl-，所以不能确定是否含有Cl-离子。所以根据上述分析可知，溶液中一定含有的离子为：K+、SO42-、CO32-；一定不含的离子为：Cu2+、Ca2+；可能含有的离子为Cl-。