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12.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+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.如图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mmL bmol•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$\frac{am}{3000}$mol;当3b<a<4b件时,生成沉淀的物质的量是(4bm-am)×10-3mol.

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,仅有B为紫色(透过蓝色钴玻璃),则B中含有钾离子,其它金属离子与氢氧根离子不能共存,所以E是氢氧化钠;
④在各溶液中加入Ba(NO32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是氯化钾,C为氯化铝,所以A是碳酸氢钠
综上可知,A为NaHCO3,B为KCl,C为AlCl3,D为CuSO4,E为NaOH,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,仅有B为紫色(透过蓝色钴玻璃),则B中含有钾离子,其它金属离子与氢氧根离子不能共存,所以E是氢氧化钠;
④在各溶液中加入Ba(NO32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是氯化钾,C为氯化铝,所以A是碳酸氢钠
综上可知,A为NaHCO3,B为KCl,C为AlCl3,D为CuSO4,E为NaOH,
(1)B、D的化学式分别为K2SO4、CuSO4,故答案为:KCl;CuSO4
(2)C为AlCl3可用作净水剂,在溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体,能净水,其水解离子方程式:Al3++3H2O═Al(OH)3+3H+
故答案为:Al3++3H2O═Al(OH)3+3H+
(3)将含0.01molNaHCO3的溶液与含0.02mol NaOH的溶液反应生成0.01molNa2CO3,还剩余0.01molNaOH,向溶液中滴加0.1mol•L-1稀盐酸,先与NaOH反应,然后与Na2CO3反应生成NaHCO3,再与NaHCO3反应生成二氧化碳气体,三个反应中消耗的HCl相同,所以前面消耗0.2LHCl时,没有气体生成,最后消耗0.1LHCl生成气体,C项符合;
故答案为:C;
(4)在mmL bmol•L-1 AlCl3溶液中,加入等体积a mol•L-1的NaOH溶液.当a≤3b时,氢氧化钠不足,则按照NaOH计算,则氢氧化铝的物质的量为$\frac{1}{3}$×m×a×10-3=$\frac{am}{3000}$mol;
当3b<a<4b件时,发生AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,
生成沉淀的物质的量等于bm×10-3-(am×10-3-3bm×10-3)mol=(4bm-am)×10-3mol;
故答案为:$\frac{am}{3000}$;(4bm-am)×10-3

点评 本题考查无机物的推断、离子反应和离子鉴别,把握离子之间的反应推断物质为解答的关键,侧重分析、推断能力和计算能力的考查,题目难度中等.

练习册系列答案
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CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H20(g)△H=-1160kJ•mol-1
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2.根据下表的信息判断,下列说法错误的是(  )
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Cl2、H2O2Cl-
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 ③KClO3、HClCl2、KCl、H2O
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