Question

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

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(yīng)，均能產(chǎn)生沉淀；
③向C溶液中逐滴加入B溶液，有白色沉淀生成，當(dāng)B溶液過量時(shí)，沉淀完全溶解．
回答下列問題：
（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：AH₂SO₄、BBa（OH）₂．
（2）D、E兩種物質(zhì)中必有一種是NH₄HCO₃，寫出將少量該物質(zhì)的稀溶液滴加到0，1mol/L B溶液中反應(yīng)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(shí)產(chǎn)生物質(zhì)的量之比為1﹕1的氨氣和氮?dú)�，該反�?yīng)的還原產(chǎn)物是NH₃、N₂，除去0.1mol NO₃^-，要消耗鋁5.4g，其對應(yīng)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(yīng)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(yīng)生成氫氧化鎂或氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋇和碳酸氫銨反應(yīng)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(dāng)B溶液過量時(shí)，沉淀完全溶解，C為氯化鋁，硝酸銨和氫氧化鋇不生產(chǎn)沉淀，故硝酸根離子和Mg²⁺結(jié)合成硝酸鋁或硝酸鎂，HCO₃^-只能和NH₄⁺結(jié)合，碳酸氫銨和氫氧化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，故D、E兩種物質(zhì)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(yīng)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(yīng)生成氫氧化鎂或氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋇和碳酸氫銨反應(yīng)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(dāng)B溶液過量時(shí)，沉淀完全溶解，C為氯化鋁，硝酸銨和氫氧化鋇不生產(chǎn)沉淀，故硝酸根離子和Mg²⁺結(jié)合成硝酸鋁或硝酸鎂，HCO₃^-只能和NH₄⁺結(jié)合，碳酸氫銨和氫氧化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，故D、E兩種物質(zhì)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(zhì)中必有一種是 NH₄HCO₃，將少量該物質(zhì)的稀溶液滴加到0.1mol/L Ba（OH）₂溶液中反應(yīng)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(shí)產(chǎn)生物質(zhì)的量之比為1﹕1的氨氣和氮?dú)�，根�?jù)元素守恒和電子得失守恒可知，該反應(yīng)離子方程式為6Al+3NO₃^-+3OH^-=6AlO₂^-+NH₃↑+N₂↑，反應(yīng)中還原產(chǎn)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(diǎn)評 本題考查無機(jī)物的推斷及離子反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)推斷物質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意氧化還原反應(yīng)及與量有關(guān)的離子反應(yīng)的應(yīng)用，題目難度不大．