1、【化学】化学离子反应练习题含答案1一、高中化学离子反应1下列反应，不能用离子方程式：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O表示的是A碳酸氢钠与足量的氢氧化钙B氢氧化钙与足量的碳酸氢钙C碳酸氢钙与足量的氢氧化钠D氢氧化钠与足量的碳酸氢钙【答案】C【解析】【分析】【详解】A碳酸氢钠与足量的氢氧化钙反应，少量：；故A正确；B向碳酸氢钙中加入氢氧化钙，先和反应生成碳酸根，再结合钙离子生成沉淀： ，故B正确；C碳酸氢钙与足量的氢氧化钠反应，碳酸氢钙少量，钙离子和满足1:2关系：，故C错误；D氢氧化钠与足量的碳酸氢钙反应：，故D正确；答案选C。【点睛】根据物质的少量、足量，分析离子的对应系数关系，若少量
2、，需要各组分呈化学式中的比例关系。2学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析，提出假设：该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。实验探究：取少量该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红。取100mL该溶液于试管中，滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。另取100mL该溶液，逐渐加入Na2O2粉末，产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）A该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-B该溶液中一定含有K+，其物
3、质的量浓度为1molL-1C在溶液中加入0.250.3molNa2O2时，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2OD该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解【答案】D【解析】【分析】滴加紫色石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，则溶液中无HCO3-；滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明溶液中有SO42-，且n（SO42-）=0.3mol，无Cl-、I-；逐渐加入Na2O2粉末，由图可知，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠依次
4、与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol，与铵根离子反应生成氨气0.2mol，最后与氢氧化铝反应，含有铝离子，一定不存在碳酸氢根离子。【详解】A.由分析可知，该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-，故A正确；B.由分析可知，100mL溶液中有n（SO42-）=0.3mol，n（Al3+）=0.1mol，n（NH4+）=0.2mol，由电荷守恒可知n（K+）=0.1mol，其浓度为1molL-1，故B正确；C.在溶液中加入0.250.3molNa2O2时，过氧化钠会与水发生反应，生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、Al(OH)3+NaOH
5、=NaAlO2+2H2O，故C正确；D.溶液中存在铵根离子和铝离子，则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解，故D错误；综上所述，答案为D。3某溶液中可能含有K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、Cl-、NO3-中的几种，将此溶液分成两等份。进行如下实验：（AgCl式量为143.5，AgI式量为235）在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生。有关该溶液中离子种类（不考虑H+和OH-）的判断正确的是
6、A溶液中至少有2种阳离子B只能确定溶液中NH4+、SO42-是否存在C溶液中最多有4种阴离子D溶液中不可能同时存在K+和NO3-【答案】C【解析】【分析】在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L，和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在，且物质的量为0.05mol；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g，故一定存在，一定不含有Ba2+，且物质的量为：=0.01mol；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，若沉淀只有AgCl，则，若沉淀只有AgI，则，若溶液中不含有K+、，
7、根据电荷守恒可知，I与Cl均存在，若溶液中不含有K+，含有时，I与Cl可能均存在，也可能只I-，若溶液中含有K+，不含有时，I与Cl可能均存在，也可能只Cl-，不可能只含有I-。【详解】A依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A错误；B依据分析可知，溶液中一定存在、，还有Cl或I中的一种或2种，故B错误；C依据分析可知，溶液中一定存在，而Cl或I存在1种或2种，也可能存在，故C正确；D由上述分析可知，溶液中可能同时存在K+和，故D错误；故答案为：C。【点睛】离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况，在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分
8、析，做到心中有数，一般来说，离子间能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，与，与弱酸根阴离子，与弱碱阳离子，与、，、与、，与酸性条件下，与，与、等等，都不能在溶液中共存。 在具体推断过程中，要注意以下几点： （1）把推断离子的肯定与否定存在结合起来考虑； （2）推断过程中，前后的结论不应该矛盾，因此，前面已下结论的离子，在后面的推断过程中可不再重叙，若在分析中发现前后结论有矛盾，则应找出错误原因； （3）在作推断结果时，应该考虑三个方面，即肯定存在的离子，肯定不存在的离子，不能判定存在与否的离子，并且这三个方面的离子应是互相独立的，任何一种离子只
9、能出现一次，不能重复出现，当然有的题目中不一定三种情况都需要回答，但分析问题时都应该考虑到。4某溶液中可能含有下列5种离子中的几种：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-。为确认该溶液组成进行如下实验：取20.0 mL该溶液，加入32.5 mL 4.00 molL-1 NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成。过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03 g。再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2 molL-1；另取20.0 mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35 g。关于原溶液组成结论正确的是A一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、N
10、H4+B一定含有Na+、Mg2+、Cl-，不含有NH4+、可能含有Al3+Cc(Mg2+)为1.75 molL-1，c(Na+)为1.50 molL-1Dc(Cl-)为5.00 molL-1，c(Al3+)为1.00 molL-1【答案】A【解析】【分析】【详解】取20.0 mL该溶液，加入32.5 mL 4.00 molL-1 NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，可能含有Mg2+、Al3+中至少一种离子；无刺激气味气体生成，说明没有NH4+。过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03 g。n(NaOH)(总)=0.0325 L 4.00 mol/L=0.13mol,再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c
11、(OH-)=0.2 molL-1，溶液显碱性，在碱过量时不可能存在Al(OH)3沉淀，所以沉淀2.03 g为Mg(OH)2，n(Mg2+)=2.03 g58g/mol=0.035mol； Mg2+消耗的OH-的物质的量是0.035mol2=0.07mol，剩余的OH-的物质的量是0.1mL0.2mol/l=0.02 mol；0.13mol0.07mol0.02 mol=0.04mol0，说明溶液中含有Al3+，发生反应: Al3+4OH-=AlO2-+2H2O；n(Al3+)=0.01mol；另取20.0 mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35 g。含有Cl-，n(Cl-
12、)=14.35 g143.5 g/mol=0.1mol；此时溶液中阳离子带的正电荷总数是：2n(Mg2+)+3n(Al3+)=20.035mol+30.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1n(Cl-)=10.1mol=0.1mol，正负电荷总数相等。c(Mg2+)=0.035mol0.02L=1.75 mol/L；c(Al3+)=0.01mol0.02L=0.5 mol/L，无NH4+、Na+，故答案选A。5某强酸性溶液 X 中可能含有 Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-、NO2-中的一种或几种，现取 X 溶液进行连续实验
13、，实验过程及产物如下：根据以上信息，下列判断正确的是AX 溶液中一定存在 A13+、NH4 + 、Fe3+、SO42-BX 溶液中可能存在 SO32-、C1-、NO2-C向溶液 J 中加入过量的溶液 E，最终溶液中可能含有两种溶质D沉淀 I 一定是 Al (OH)3【答案】D【解析】【分析】【详解】强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为N
14、H3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中通入过量CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO2-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，根据上述分析，溶液中一定含有A13+、NH4+ 、Fe2+、SO42-；一定不存在Ba2+、CO32-、SO32-、NO2-；可能存在Fe3+和Cl-，故A、B错误；溶液H中含有前几步加入的过量的Ba2+、Na+、OH-、NO3-和生成的 AlO2-，通入过量CO2，得到的溶液J中含有Ba2+、Na+、NO3-和HCO3-，加
15、入过量的硝酸(溶液E)，最终溶液中有硝酸钠、硝酸钡和过量的硝酸，故C错误；沉淀I 是 Al (OH)3，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点和难点是NO2-离子的判断，要注意NO2-在酸性条件下也具有强氧化性。6能在溶液中大量共存，加入绿矾后仍能大量存在的离子组是AK+、Ba2+、OH-、I-BNa+、Mg2+、Cl-、SO42-CNa+、H+、Cl-、NO3-DCu2+、S2-、Br-、ClO-【答案】B【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。绿矾溶于水电离出Fe2和SO42。【详解】A、溶液中的Ba2、OH均不能大量共存；B、离子间可以大量共存；C、酸性溶液
16、中，硝酸根能氧化亚铁离子，不能大量共存；D、ClO能氧化S2以及Fe2，均不能大量共存，答案选B。【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液
17、的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。7某溶液中可能含有 Na、K、NH4、Cu2、SO42、SO32、MnO4、Cl、Br、CO32等离子，且所含离子的物质的量的浓度都相等。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成了如下实验：则关于原溶液组成的判断中正确的是：A肯定不存在的离子是 Cu2、SO42、CO32、MnO4，而是否含NH4另需实验验证；B肯定存在的离子是SO32、Br，且N
18、a、K至少有一种存在；C无法确定原溶液中是否存在Cl；D若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用 BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响。【答案】D【解析】【分析】往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，则原溶液中无，加足量氯水，无气体，则无，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有，因与Cu2+能够发生相互促进的双水解反应，则原溶液中无Cu2+，因Br-、与能够发生氧化还原反应，因此原溶液中无，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都相等，根据电荷守恒，一定含有、Na+、K+，一定不存在Cl-，滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色
19、沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。【详解】A分析可知肯定不存在的离子是Cu2+、Cl-、，一定含，故A错误；B肯定存在的离子为：、Br，根据溶液电中性可知原溶液中一定含有Na+、K+，故B错误；C根据电荷守恒，一定不存在Cl，故C错误；D加入Ba(NO3)2和HNO3溶液目的是检验硫酸根离子，因之前加入了氯水，氯水具有强氧化性，因此不会对检验硫酸根离子存在干扰，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响，故D正确；故答案为：D。【点睛】向某溶液中加入盐酸酸化的，溶液中含有、Ag+时，溶液中会生成白色沉淀，同时还需要注意，若溶液中含有时，、会被硝酸氧化而生成，与Ba2+会发生反
20、应而生成白色沉淀，但同时也有气体产生。8硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3ySO3zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为()AFe2O32SO37H2OB4Fe2O310SO325H2OC3Fe2O36SO320H2OD2Fe2O35SO317H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3ySO3zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液
21、中含Fe3+和SO42。加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4物质的量 =0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3ySO3zH2O）中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol80g/mol=2.00g；上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3ySO3zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量=0.01mol。而碱式硫酸铁（xFe2O3ySO3z
22、H2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g2.00g1.600g=1.53g，物质的量 =0.085mol。 故该样品中x：y：z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17，故选D。9某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（ ）A若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C溶液中可能含有Fe3+D溶液中一定含有Fe2+和SO4
23、2-【答案】B【解析】【详解】向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。10某溶液中
24、只可能含有、中的若干种离子，且所含有的离子浓度均为。某同学为确定其成分，进行如图所示实验：下列说法正确的是( )A无法确定原试液中是否含有、B滤液X中大量存在的阳离子有、和C无法确定沉淀C的成分D原溶液中存在的离子为、【答案】D【解析】【分析】加稀硫酸无明显现象，说明溶液中无，加入过量硝酸钡产生了沉淀A，则沉淀A为，产生的气体根据题目限制的条件只能是氮氧化物，则溶液中必有，AlO2-和不共存，所以没有AlO2-。加入过量的碱能产生气体，则只能是氨气，溶液中必有，此时产生的沉淀B为，最终通入少量二氧化碳，产生的沉淀C中必然有，接下来根据电荷守恒来判断，已确定的离子有、，已知离子的物质的量相等，根
25、据电荷守恒，一定存在，和都不能存在。【详解】A一定存在，一定不存在，A项错误；BX中不可能有，此时溶液中的已经全部被氧化为，B项错误； C沉淀C为，C项错误；D根据以上分析，D项正确；答案选D。11某碳酸钠样品中可能含有氢氧化钠、碳酸钙、生石灰、氯化钠、硫酸铜五种杂质中的三种。现进行下列实验：称取4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解。向中所得悬浊液中加入100mL1 mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液， 此过程中共产生0.04 mol气体。向中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，由此可知杂质中（ ）A一定含NaCl，一定不含CuSO4B可能含CaO、NaOHC
26、一定含CaCO3，可能含NaOHD可能含CaO而不含CaCO3【答案】AC【解析】【分析】向中所得悬浊液中加入100mL1 mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04 mol气体，即CO2，由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl有剩余，CO32-完全反应；称取4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，n(AgCl)=0.1mol，则原样品
27、中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3，则碳元素物质的量0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3则碳元素物质的量，不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原样品只有三种杂质，则CaO和NaOH只含其中一种；A由分析可知，原样品中一定含NaCl，一定不含CuSO4，故A正确；B由分析可知，原样品中不可能同时含CaO、NaOH，故B错误；C由分析可知，原样
28、品中一定含CaCO3，可能含NaOH，故C正确；D由分析可知，原样品中可能含CaO，一定含有CaCO3，故D错误；故答案选AC。【点睛】注意本题要理清题目中所给信息，要定性判断，更要通过计算得到原样品中所含的杂质种类，此为本题易错点。12一种以NH4Cl酸性蚀铜废液含NH4Cl，Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等为原料制备CuCl并回收Cu(OH)2的工艺流程如图：已知：CuCl溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇。回答下列问题：（1）“反应1”中，NaCl、Cu与CuSO4反应的离子方程式为_；生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是_。（2）“水解”步骤中，溶液
29、中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是_(结合离子方程式，从平衡角度分析)。（3）湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，该反应的化学方程式为_。（4）“反应2”需加入的试剂X是_；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，主要反应的化学方程式为_。（5）测定产品中CuCl质量分数的步骤如下：称取ag产品，加入稍过量的FeCl3溶液，待溶解后用邻菲罗啉作指示剂，立刻用cmolL-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL。则产品中CuCl的质量分数为_(已知滴定反应为Ce4Fe2=Ce3Fe3，列出计算式)。【答案】Cu+Cu2+8Cl-2CuCl
30、43- 提高铜元素的利用率 CuCl43-CuCl+3Cl-，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移 4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2 NaOH溶液 NH3+H2O+CO2=NH4HCO3 100% 【解析】【分析】NH4Cl酸性蚀铜废液含NH4Cl，Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等，加入铜单质和氯化钠，生成CuCl43-，水解后生成CuCl，因CuCl溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇除杂。【详解】（1）“反应1”中，根据氧化还原反应原理，NaCl、Cu与Cu
31、SO4反应的离子方程式为Cu+Cu2+8Cl-2CuCl43-；滤渣含有铜元素，生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是提高铜元素的利用率。（2）“水解”步骤中，溶液中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是CuCl43-CuCl+3Cl-，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移。（3）湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，根据氧化还原反应原理，该反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl或12CuCl+3O2+6H2O=4Cu2(OH)3Cl+4CuCl2。（4）过滤2的滤液中含有Cu2+ ，与碱反应生成
32、氢氧化铜，因此，“反应2”需加入的试剂X是NaOH溶液；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，即化肥中含有铵根和碳元素，碳元素多为碳酸根，主要反应的化学方程式为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3。（5）已知滴定反应为Ce4Fe2=Ce3Fe3，用cmolL-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL，即该反应消耗了0.01cVmol的亚铁离子，产品中CuCl与氯化铁的反应为CuCl+Fe3+=Cu2+Fe2+ +Cl-，即产品中CuCl的物质的量为0.01cVmol，产品中CuCl的质量分数为100%。13一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶（SrCl26H2O）
33、”的工艺流程如下：（1）锶与钙元素同主族。金属锶应保存在_中（填“水”、“乙醇”或“煤油”）。（2）天青石(主要成分SrSO4)经过多步反应后可制得工业碳酸锶。其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为_。（3）工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质。“滤渣”的主要成分是_。（4）“重结晶”时蒸馏水用量（以质量比mH2O：mSrO表示）对Sr(OH)28H2O纯度及产率的影响如下表。最合适的质量比为_，当质量比大于该比值时，Sr(OH)28H2O产率减小，其原因是_。质量mH2O：mSrO4：15：16：17：18：19：110：1Sr(OH)2
34、8H2O纯度%98.6498.6898.6598.6498.6398.6398.65Sr(OH)28H2O产率%17.9153.3663.5072.6692.1789.6588.93（5）水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中SO42-含量约为1%，“净化”过程中常使用SrCl2 除杂，写出该过程的离子方程式_。（6）将精制氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁溶液在90时反应一段时间，下列判断MgCl2是否反应完全的最简易可行的方法是_（填标号）。A 反应器中沉淀量不再增加 B 测定不同时间反应液pHC 测定Sr2+浓度变化 D 向反应器中滴加AgNO3溶液观察是否有沉淀（7）若需进一步获得无水氯化锶，必
35、须对SrCl26H2O(M=267gmol-1)进行脱水。脱水过程采用烘干法在170下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为_。【答案】煤油 SrSO4+4CSrS+4CO Ca(OH)2，MgO 8：1 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 SO42-+Sr2+= SrSO4 B SrCl2H2O 【解析】【分析】流程图可知：工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物SrO、CaO、MgO、BaO，SrO与水反应生成Sr(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(
36、OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；锶与钙元素同主族，均活泼，所以保存在煤油中；SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO；SrCl2 除SO42-杂质利用的是沉淀法；氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；根据脱水失重的比例计算出失水的物质的量，进而求出化学式。据此分析。【详解】(1)锶与钙元素同主族,且锶的金属性大于钙，易与水、乙醇等物质反应，故金属锶应保存在煤油中；答案为：煤油；(2)根据氧化还原反应原理可知SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO，
37、化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO；答案为：SrSO4+4CSrS+4CO；(3)工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物CaO、MgO、BaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；答案为：Ca(OH)2，MgO；(4)根据图表信息得质量比为8：1时Sr(OH)28H2O的纯度和产率均相对较高；当质量比大于该比值时，Sr(OH)28H2O产率减小，其原因是随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；答案为
38、：8：1；随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；(5)“净化”过程中常使用SrCl2 除SO42-杂质，以生成沉淀的方式除杂，离子方程式为SO42-+Sr2+= SrSO4；答案为：SO42-+Sr2+= SrSO4；(6)氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；答案为：B；(7)SrCl26H2O(M=267gmol-1)脱水过程采用烘干法在170下预脱水，失重达33.7%，失重为H2O的质量。假设SrCl26H2O的物质的量1mol，质量为267g，在170下预脱水，失
39、重33.7%，失重的质量为267g33.7%=90g，则失水的物质的量为5mol，则此时产物的化学式为SrCl2H2O；答案为：SrCl2H2O；【点睛】周期表中元素性质呈现周期性规律变化，钙、锶和钡都是第A族元素，且金属性依次增强，所以根据常见钙、钡的性质推导锶的性质是解答此题的关键。如第五问沉淀法除去硫酸根离子，保存用煤油保存等；第七问求化学式，方法均是求出各个微粒的物质的量之比即可，此处是根据失重求出减少的水的量，再根据前后系数关系正确书写化学式。14经检测，某工业废水显酸性，且废水中含有大量Na、Cu2、Cl-、SO42-、NO3-，（1）下列离子中，不可能大量存在于该废水中的是_(填
40、序号)。AK BFe3 CAg DHCO3（2）若向上述废水中加入大量的过氧化钠固体，观察到的现象为_；相关的离子方程式为_。（3）若工业废水中只含有H和Na、Cu2、Cl-、SO42-、NO3-，经分析测得，H、Cu2、Cl-、SO42-、NO3-的物质的量浓度分别为：0.1molL1、0.05molL1、0.2molL1、0.1molL1、0.1molL1，则Na的物质的量浓度为_。（4）设计实验方案除去原废水中的Cu2和SO42(用流程图表示)(提示：加入的试剂要过量)_。【答案】CD 有气体产生，有蓝色沉淀生成 2Na2O22H2O4Na4OHO2、Cu22OHCu(OH)2或2Na2
41、O22H2OCu22Cu(OH)2O24Na 0.3molL1 【解析】【分析】（1）酸性废水中，HCO3不能大量存在；废水中含Cl-，Ag不能大量存在。（2）若向上述废水中加入大量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应，生成NaOH和O2，NaOH能沉淀Cu2。（3）若工业废水中只含有H和Na、Cu2、Cl-、SO42-、NO3-，经分析测得，H、Cu2、Cl-、SO42-、NO3-的物质的量浓度分别为：0.1molL1、0.05molL1、0.2molL1、0.1molL1、0.1molL1，利用电荷守恒，即c(Na)+ c(H)+2c(Cu2)= c(Cl-)+ 2c(SO42-)+ c(NO
42、3-)，代入数据，即可求出c(Na)。（4）除去原废水中的Cu2和SO42，需加入NaOH和BaCl2，过量的BaCl2用Na2CO3去除，过量的NaOH、Na2CO3用盐酸去除。【详解】（1）酸性废水中含有H+，HCO3不能大量存在；废水中含Cl-，Ag不能大量存在。答案为：CD；（2）若向上述废水中加入大量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应，生成NaOH和O2，NaOH能沉淀Cu2。观察到的现象为有气体产生，有蓝色沉淀生成；相关的离子方程式为2Na2O22H2O4Na4OHO2、Cu22OHCu(OH)2或2Na2O22H2OCu22Cu(OH)2O24Na。答案为：有气体产生，有蓝色沉淀生
43、成；2Na2O22H2O4Na4OHO2、Cu22OHCu(OH)2或2Na2O22H2OCu22Cu(OH)2O24Na；（3）利用电荷守恒，c(Na)+ 0.1molL1+20.05molL1=0.2molL1+ 20.1molL1+0.1molL1，可求出c(Na)= 0.3molL1。答案为：0.3molL1；（4）除去原废水中的Cu2和SO42，需加入NaOH和BaCl2，过量的BaCl2用Na2CO3去除，过量的NaOH、Na2CO3用盐酸去除。答案为：15向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸请完成下列问题：（1）写出反应的离子方程式_；（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同
44、的是_（填序号）A向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42恰好完全沉淀C向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量（3）若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是_（填序号）；（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应则反应的离子方程式是 _。【答案】Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O A C 2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4 +AlO2-+2H2O 【解析】【分析】【详解】（1）向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，发生酸、碱中和反应，产生盐和水，反应的离子方程式是Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O；（2）A向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式是Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，正确；B向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42恰好完全沉淀，反应的离子方程式是：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，错误；
