Question

5种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。

阳离子	Na^+　 Al^3+Fe^3+　 Cu^2+、　Ba^2+
阴离子	OH^－　Cl^－　CO3^2－　NO3^－　SO4^－

分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：

①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO₃，沉淀部分溶解，剩余白色固体；

②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；

③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；

④B溶液与D溶液混合后无现象；

⑤将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 mol·L^－1稀H₂SO₄，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。

（1）据此推断A、C的化学式为：A              ；C              。

（2）写出步骤②中发生反应的化学方程式                                    。

（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是                                           ，

原因是                                             (用离子方程式说明)。

（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H₂SO₄的体积是                mL。

（5）现用500 mL 3 mol·L^－1的E溶液充分吸收11.2 L CO₂气体(标准状况 下)，反应后溶液中各离子的物质量浓度由小到大的顺序为                                 。

（6）若用惰性电极电解A和B的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1 mol，请在坐标系中画出通电后阳极产生气体的体积(标准状况下)V与通过电子的物质的量n的关系(不考虑气体溶于水)。

’

Answer

（1）CuSO4 Ba(OH)2(各1分)

（2）2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl(2分)

（3）溶液由无色变成红色(2分) Al3++3H2OAl(OH)3+3H+(2分)

（4）500(2分)

（5）c(H+)＜c(OH－)＜c(CO32－)＜c(HCO3－)＜c(Na+)(2分)

（6）(2分)

【解析】

试题分析：由①知，A、C反应产生的沉淀中应是氢氧化铜和硫酸钡沉淀；则A、C是CuSO4、Ba(OH)2中的一种；由②知，B、E只能是盐类，双水解产生气体和沉淀，其中含有Fe3+ 、CO32－，且其中必有Na2CO3；由③知C为强碱，所以C是Ba(OH)2，A是CuSO4；D为铝盐；由②④知，E为Na2CO3；由⑤知D中有NO3－，所以D为Al(NO3)3，则B只能为FeCl3。

（1）A、C的化学式为：CuSO4 、Ba(OH)2

（2）步骤②是Fe3+ 、CO32－的双水解反应，化学方程式为2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl；

（3）Al(NO3)3溶液由于Al3+水解而是溶液显酸性，所以加入石蕊试液，溶液变红色，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+

（4）根据Cu与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H++2N3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，得3Cu～8H+，38.4 g Cu的物质的量为0.6mol，所以需要硫酸的物质的量是0.8，其体积为500mL；

（5）由题意知n(CO2)=0.5mol，n(Na2CO3)=1.5mol，所以二者反应后溶液中有1mol的NaHO3，1mol的Na2CO3，

Na2CO3水解程度大于NaHO3水解程度，所以溶液中离子浓度由小到大的顺序为c(H+)＜c(OH－)＜c(CO32－)＜c(HCO3－)＜c(Na+)(2分)

（6）阳极先是Cl-放电，溶液中共有0.3mol Cl-,根据2 Cl- +2 e-= Cl2↑，得转移电子0.3mol时产生气体标准状况下的体积是3.36L；然后是氢氧根离子放电，4OH--4 e-=O2↑+2H+，每转移0.1mol电子就生成0.56L的气体，所以图像如下：

考点：考查化合物的判断，离子反应，盐的水解，氧化还原反应的计算，离子浓度的比较，电解原理的应

用