Question

17．現(xiàn)有A、B、C、D、E五種易溶于水的強電解質，它們由如下離子組成（各種離子不重復）．

陽離子	H+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Al3+
陰離子	OH-、Cl-、HCO3-、NO3-、SO42-

已知：①0.1mol/L A溶液中c（H⁺）＞0.1mol/L；
②B溶液與其它四種溶液反應，均能產生沉淀；
③向C溶液中逐滴加入B溶液，有白色沉淀生成，當B溶液過量時，沉淀完全溶解．
回答下列問題：
（1）寫出下列物質的化學式：AH₂SO₄、BBa（OH）₂．
（2）D、E兩種物質中必有一種是NH₄HCO₃，寫出將少量該物質的稀溶液滴加到0，1mol/L B溶液中反應的離子方程式Ba²⁺+2OH^-+NH₄⁺+HCO₃^-=BaCO₃↓+NH₃H₂O+H₂O．
（3）用鋁粉可除去廢水中的NO₃^-．在pH為10.7左右的溶液中，加入鋁粉除去NO₃^-，同時產生物質的量之比為1﹕1的氨氣和氮氣，該反應的還原產物是NH₃、N₂，除去0.1mol NO₃^-，要消耗鋁5.4g，其對應離子方程式為6Al+3NO₃^-+3OH^-=6AlO₂^-+NH₃↑+N₂↑．

Answer 1

分析 0.1mol/LA溶液的pH＜1，說明氫離子濃度＞0.1mol/L，為二元酸，所以A為H₂SO₄；將B溶液分別與其它四種溶液混合，均有白色沉淀生成，可知B為Ba（OH）₂；氫氧化鋇和硫酸反應生成硫酸鋇沉淀，氫氧化鋇和氯化鎂或氯化鋁或硝酸鋁反應生成氫氧化鎂或氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋇和碳酸氫銨反應生成碳酸鋇沉淀，向C溶液中逐滴加入B溶液，有白色沉淀生成，當B溶液過量時，沉淀完全溶解，C為氯化鋁，硝酸銨和氫氧化鋇不生產沉淀，故硝酸根離子和Mg²⁺結合成硝酸鋁或硝酸鎂，HCO₃^-只能和NH₄⁺結合，碳酸氫銨和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇沉淀，故D、E兩種物質中必有一種是NH₄HCO₃，以此來解答．

解答 解：0.1mol/LA溶液的pH＜1，說明氫離子濃度＞0.1mol/L，為二元酸，所以A為H₂SO₄；將B溶液分別與其它四種溶液混合，均有白色沉淀生成，可知B為Ba（OH）₂；氫氧化鋇和硫酸反應生成硫酸鋇沉淀，氫氧化鋇和氯化鎂或氯化鋁或硝酸鋁反應生成氫氧化鎂或氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋇和碳酸氫銨反應生成碳酸鋇沉淀，向C溶液中逐滴加入B溶液，有白色沉淀生成，當B溶液過量時，沉淀完全溶解，C為氯化鋁，硝酸銨和氫氧化鋇不生產沉淀，故硝酸根離子和Mg²⁺結合成硝酸鋁或硝酸鎂，HCO₃^-只能和NH₄⁺結合，碳酸氫銨和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇沉淀，故D、E兩種物質中必有一種是NH₄HCO₃，
（1）根據(jù)上面的分析可知，A為H₂SO₄，B為Ba（OH）₂，
故答案為：H₂SO₄；Ba（OH）₂；
（2）根據(jù)上面的分析可知，D、E兩種物質中必有一種是 NH₄HCO₃，將少量該物質的稀溶液滴加到0.1mol/L Ba（OH）₂溶液中反應的離子方程式為Ba²⁺+2OH^-+NH₄⁺+HCO₃^-=BaCO₃↓+NH₃H₂O+H₂O，
故答案為：NH₄HCO₃；Ba²⁺+2OH^-+NH₄⁺+HCO₃^-=BaCO₃↓+NH₃H₂O+H₂O；
（3）用鋁粉可除去廢水中的NO₃^-，在pH為10.7左右的溶液中，加入鋁粉除去NO₃^-，同時產生物質的量之比為1﹕1的氨氣和氮氣，根據(jù)元素守恒和電子得失守恒可知，該反應離子方程式為6Al+3NO₃^-+3OH^-=6AlO₂^-+NH₃↑+N₂↑，反應中還原產物是 NH₃、N₂，根據(jù)離子方程式可在，除去0.1mol NO₃^-，要消耗鋁為0.2mol，即為5.4g，
故答案為：NH₃、N₂； 5.4；6Al+3NO₃^-+3OH^-=6AlO₂^-+NH₃↑+N₂↑．

點評 本題考查無機物的推斷及離子反應，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應推斷物質為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意氧化還原反應及與量有關的離子反應的應用，題目難度不大．