化学高中化学离子反应常见题型及答题技巧及练习题含答案.docx

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化学高中化学离子反应常见题型及答题技巧及练习题含答案

【化学】高中化学离子反应常见题型及答题技巧及练习题（含答案）

一、高中化学离子反应

1．下列离子方程式中正确的是

A．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：

B．用氢氧化钠溶液除去铝片表面的氧化膜：

Al3++4OH-→AlO2-+2H2O

C．次氯酸钠溶液中通入少量的CO2气体：

ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-

D．等体积、等浓度的Ca（HCO）2溶液和NaOH溶液混合：

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，羧基和氢氧化钠发生中和反应，溴原子在碱中发生水解反应，反应的化学方程式为：

CH2BrCOOH+2OH-

CH2（OH）COO-+H2O，A选项错误；

B．用氢氧化钠溶液除去铝片表面的氧化膜，氧化膜的成分为氧化铝，反应的离子方程式为：

Al2O3+2OH-===2AlO2-+H2O，B选项错误；

C．次氯酸钠溶液中通入少量的CO2气体，次氯酸的酸性大于碳酸氢根，则次氯酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢根，反应的方程式为：

ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-，C选项正确；

D．等体积、等浓度的Ca（HCO）2溶液和NaOH溶液反应，Ca2+和OH-为1:

1，正确的离子反应方程式为Ca2++HCO3-+OH-===CaCO3↓+H2O，D选项错误；

答案选C。

【点睛】

判断离子反应方程式的正误，关键在于抓住离子反应方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循质量守恒和电荷守恒、氧化还原反应中得失电子是否守恒等。

2．某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Al3+、Cu2+、Fe3+和K+中的若干种。

为检验其中含有的离子，进行如下实验：

取该溶液10mL，加入过量的氢氧化钡溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色沉淀，过滤；向上述滤液中通入足量CO2气体，产生白色沉淀。

下列关于原溶液的说法正确的是

A．至少存在4种离子B．Al3+、NH4+一定存在，Cl-可能不存在

C．SO42﹣、CO32﹣至少含有一种D．Al3+、Cu2+、Fe3+一定不存在，K+可能存在

【答案】B

【解析】

【分析】

向溶液中加过量的

并加热，由于产生了能够使湿润的红石蕊试纸变蓝的气体，所以原溶液中一定有

；又因为同时产生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu2+和Fe3+，而

和

则至少含有一种；至于Al3+，若含有的话，则在加入过量

后转化为了

；由于向滤液中通入的是过量的CO2，仍能产生白色沉淀，所以断定原来的溶液中一定有Al3+，那么这样的话

和

就只能存在

了；综上所述，溶液中一定存在

，Al3+和

，一定不存在

，Cu2+和Fe3+，不一定存在Cl-，K+。

【详解】

A．溶液中至少存在3种离子，Al3+，

以及

，A项错误；

B．Al3+，

一定存在，Cl-不一定存在，B项正确；

C．

一定存在于溶液中，而

由于与Al3+不能共存，所以一定不存在于溶液中，C项错误；

D．一定不存在的离子有

，Cu2+和Fe3+，不一定存在的离子有Cl-，K+，D项错误；

答案选B。

【点睛】

判断溶液中是否存在某离子时，一方面依据检验过程中的现象进行判断，一方面还可以利用其是否与溶液中一定存在的离子共存进行判断，最后还可以利用溶液中已经存在的离子是否满足电荷守恒进行判断；此外，在进行检验时，也要注意检验过程中，前面所加的试剂是否会对后续的检验产生干扰。

3．常温下，有c（H+）=0.1mol/L的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种，现取100mL该溶液进行如下实验：

已知氧化性Fe3+>I2，根据实验结果，下列判断正确的是（　　）

A．Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子一定存在

B．不能确定Na+和Cl﹣是否存在，CO32﹣一定不存在

C．Fe3+与Fe2+至少有一种

D．该溶液中c（Cl﹣）≥0.3mol•L1

【答案】D

【解析】

【分析】

溶液中已经含有0.1mol/L的H+，所以与其不能大量共存的

一定不存在；由于加入适量Cl2的四氯化碳溶液后下层出现了紫色，说明有碘单质生成，那么原溶液中一定含有I-；由于氧化性Fe3+＞I2，所以I-会被Fe3+氧化，所以原溶液中一定不会存在Fe3+；根据I2的质量为2.54g可知，100mL的原溶液含有I-0.02mol，所以原溶液中

；对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成沉淀，所以原溶液中一定有Fe2+，那么1.60g固体即Fe2O3，所以100mL原溶液中，Fe2+的量为0.02mol，即原溶液中

；由于第一步中加入的Cl2会转变为Cl-，所以不能通过生成AgCl白色沉淀证明原溶液中含有Cl-；通过上述分析，原溶液中

，

，

，电荷并不守恒，所以原溶液中一定还含有Cl-，由于上述检验过程并未证明溶液中一定不含Na+，所以

；当

，溶液中不含Na+，当

，溶液中一定有Na+。

【详解】

A．通过分析可知，溶液中一定不含Fe3+，A项错误；

B．通过分析可知，原溶液中一定不含

；原溶液中一定还含有Cl-，且当

，溶液中不含Na+，当

，溶液中一定有Na+，B项错误；

C．通过分析可知，溶液中含Fe2+，不含Fe3+，C项错误；

D．通过分析可知，溶液中一定含有Cl-，且

，D项正确；

答案选D。

【点睛】

离子推断的问题，可以通过四个原则进行分析：

肯定原则，指的是，由题干中给出的检验现象等信息判定某离子一定存在；互斥原则，指的是，在某离子一定存在的前提下，与之不能大量共存的离子，一定不能存在于溶液中；进出原则，指的是，在设计实验检验溶液中存在的离子时，前面步骤加入的试剂是否会对后面的检验造成干扰；电中性原则，指的是，若题干中有给出沉淀质量，气体体积等信息，那么要对溶液中一定存在的离子是否符合电荷守恒进行验证。

4．向0.02mol·L-1CuSO4溶液中匀速滴加1mol·L-1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu2（OH）2SO4]生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。

该实验过程体系的pH和电导率随时间的变化如图所示。

下列说法正确的是

A．c（Cu2+）：

a点=b点

B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为

C．d点时：

D．导电能力：

【答案】D

【解析】

【分析】

c到d溶液pH突变，说明c点沉淀达到最大值，a到c发生生成沉淀的反应：

，c到e发生沉淀溶解反应：

+

=2

+8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。

【详解】

A．a到b发生

，c（Cu2+）减小，故c（Cu2+）：

a点＞b点，A错误；

B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为

、而不是

，B错误；

C．c点沉淀达到最大值，此时溶质为（NH4）2SO4，c到d，pH突变，但导电率几乎不变，故d点，溶质为（NH4）2SO4和

，那么d点溶液中电荷守恒为：

c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），因此时pH＞7，c（H+）＜c（OH-），故c（NH4+）＞2c（SO42-），C错误；

D．b’点之前释放NH4+，导电能力增强，b’之后释放

和OH-，导电能力降低，说明导电能力

，D正确。

答案选D。

【点睛】

找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。

5．在电解质溶液的导电性实验（装置如图所示）中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是（）

A．盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液

B．硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液

C．硫酸中逐滴加入氯化钡溶液

D．盐酸中逐滴加入硝酸银溶液

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A、盐酸中加入氢氧化钠溶液，反应生成水和氯化钠，溶液中离子的浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故A项错误；

B、向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶液中的离子浓度增大，灯泡亮度升高，故B项正确；

C、硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故C项正确；

D、盐酸中加入硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀和硝酸，溶液中离子的浓度不发生变化，灯泡不会变暗，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

6．向15mL0.1mol/LBa（OH）2溶液中，滴加等浓度NH4Al（SO4）2溶液xmL，下列叙述错误的是

A．x=5时，溶液中有Ba2＋、OH－、AlO2－，且OH－＞AlO2－

B．x=7.5时，溶液中有NH4＋、AlO2－，且NH4＋=AlO2－

C．x=10时，溶液中有SO42－、NH4＋，且H＋＞OH－

D．x=15时，溶液中有SO42－、NH4＋、Al3＋，且NH4＋＞Al3＋

【答案】B

【解析】

【分析】

15mL0.1mol/LBa（OH）2溶液中氢氧化钡的物质的量为0.0015mol，n（Ba2+）＝0.0015mol，n（OH-）=0.003mol。

【详解】

A．当x＝5时，NH4Al（SO4）2的物质的量为0.0005mol，n（SO42-）＝0.001mol，n（Al3+）＝0.0005mol，n（NH4+）＝0.0005mol。

SO42-与Ba2+反应，SO42-不足，Ba2+剩余0.0005mol；0.0005molAl3+反应生成Al（OH）3消耗OH-的量为0.0015mol，溶液中没有Al3+，生成0.0005molAl（OH）3，还剩余0.0015molOH-；然后与0.0005molNH4+反应消耗OH-的量为0.0005mol，溶液中NH4+完全反应，剩余0.001molOH-；0.0005molAl（OH）3又完全溶解，生成0.0005molAlO2-，消耗0.0005molOH-，最终剩余0.0005molOH-。

溶液中AlO2-水解，故OH-＞AlO2-，综上所述，溶液中有Ba2+、OH-、AlO2-，且OH-＞AlO2-，故A正确；

B．NH4+和AlO2-会发生双水解反应而不能大量共存，故B错误；

C．当x＝10时，NH4Al（SO4）2的物质的量为0.001mol，n（SO42-）＝0.002mol，n（Al3+）＝0.001mol，n（NH4+）＝0.001mol。

SO42-与Ba2+反应，Ba2+不足，SO42-剩余0.0005mol；0.001molAl3+反应生成Al（OH）3消耗OH-的量为0.003mol，溶液中没有Al3+，生成0.001molAl（OH）3，OH-完全反应，溶液中NH4+不反应，此时溶液为硫酸铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，综上所述，溶液中有SO42-、NH4+，且H+＞OH-，故C正确；

D．当x=15时，NH4Al（SO4）2的物质的量为0.0015mol，n（SO42-）＝0.003mol，n（Al3+）＝0.0015mol，n（NH4+）=0.0015mol。

SO42-与Ba2+反应，Ba2+不足，SO42-剩余0.0015mol；0.0015molAl3+反应生成Al（OH）3消耗OH-的量为0.0045mol，OH-不足，溶液中0.001molAl3+反应，生成0.001molAl（OH）3，溶液中剩余0.0005molAl3+，溶液中NH4+不反应，此时溶液中有0.0005molAl3+，0.0015molNH4+，NH4+＞Al3+，故D正确；

答案选B。

7．常温下，pH=1的某溶液A中含NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32-、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。

现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示。

下列有关说法正确的是

A．该溶液中一定有上述离子中的NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子

B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L

C．沉淀乙中一定有BaCO3，可能有BaSO4

D．一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-

【答案】A

【解析】

【分析】

pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO32－一定不存在；溶液A中加入过量的（NH4）2CO3溶液，Fe3＋和CO32－发生双水解，生成氢氧化铁沉淀（红褐色），说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁,因此，丁为NO2，丙为：

NO，说明原溶液中有NO3－，但是NO3－在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al（OH）3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n（Al3＋）＋n（H＋）=3×0.1＋0.1=0.4mol·L－1，而NO3－所带电荷数为0.1mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1mol·L－1，因此原溶液中含有SO42－、Cl－，据以上分析解答。

【详解】

pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO32－一定不存在，

A.溶液A中加入过量的（NH4）2CO3溶液，Fe3＋和CO32－发生双水解，生成氢氧化铁沉淀（红褐色），说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁,因此，丁为NO2，丙为：

NO，说明原溶液中有NO3－，但是NO3－在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al（OH）3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n（Al3＋）＋n（H＋）=3×0.1＋0.1=0.4mol·L－1，而NO3－所带电荷数为0.1mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1mol·L－1，因此原溶液中含有SO42－、Cl－，故A正确；

B.题目中没有说标准状况，因此无法计算气体体积，故B错误；

C.因为加的是过量的（NH4）2CO3，所以有Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，根据A选项的分析，原溶液中有SO42－，因此也就有Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，因此沉淀乙一定是BaCO3、BaSO4，故C错误；

D.根据A选项的分析，原溶液中一定没有I－，故D错误；

故答案选A。

8．某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种。

向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，此溶液的焰色为黄色。

根据以上实验现象，下列关于原溶液中离子成份的推测正确的是（）

A．一定有S2-、SO32-、Na+B．可能只有Na+、S2-、CO32-

C．一定没有Ag+、Al3+D．不可能只有Na+、S2-、NO3-

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

溶液中加入稀盐酸，浅黄色沉淀和气体出现，SO32-、S2-或者NO3-、S2-在加入盐酸后可以生成沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；溶液的焰色为黄色，则含有Na+；推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，依据离子共存判断Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有；

A．此溶液中一定有Na+、S2-，而SO32-可能有，故A错误；

B．若只有Na+、S2-、CO32-，则向此溶液中加入稀盐酸，没有浅黄色沉淀出现，故B错误；

C．上述分析判断可知，此溶液中一定没有Ag+、Al3+，故C正确；

D．上述分析判断可知，此溶液中可能有S2-、NO3-，故D错误；

故选：

C。

【点睛】

S2-和Ag+生成Ag2S不共存，S2-和Al3+发生双水解反应不共存。

9．在含有Na＋的溶液中，还可能存在NH4＋、Fe2＋、Br－、CO32－、I－、SO32－六种离子中的一种或几种，进行如下实验：

（1）原溶液滴加少量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；

（2）向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀生成；

（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。

由此推断原溶液中一定不存在的离子是

A．NH4＋、Br－、CO32－B．Fe2＋、I－、SO32－

C．Fe2＋、I－、CO32－D．NH4＋、I－、SO32－

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

（1）加足量氯水后，有气泡产生、溶液呈橙黄色，氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，氯气和溴离子反应生成溴单质溶液呈橙黄色，推断一定含有Br-，生成气体，是溶液中盐酸和阴离子反应生成气体，说明含有CO32-；

（2）若原溶液中含有亚硫酸根离子，在氯水中会被氧化为硫酸根离子，加入氯化钡会生成沉淀，橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，证明一定不含SO42-离子；

（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝，没有I2，说明原溶液一定不含I-；

根据离子共存问题，含有CO32-就不含Fe2＋；NH4＋可能存在；所以一定不含有的离子是：

Fe2＋、I－、SO32－，B正确；

答案选B。

【点睛】

离子推断需要的四个原则，肯定原则、互斥原则、引入原则、电中性原则；根据氯水中含有氢离子及溶液中的离子具有氧化性分析第一问，根据亚硫酸根具有还原性分析第二问，根据淀粉遇碘变蓝分析第三问。

10．将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是

A．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO4↓+HClO+H++Cl-

B．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2H++2ClO-

C．SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO3↓+2HClO

D．SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-

【答案】A

【解析】

【详解】

将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸钙，还生成HClO等，再根据原子守恒，电子守恒配平反应方程式即可，所以该离子反应为SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO4↓+HClO+H++Cl-，故A正确；

所以答案：

A。

11．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SO42-

【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。

12．工业生产上用过量烧碱溶液处理某矿物（含Al2O3、MgO），过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al（OH）3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图，下列有关说法不正确的是（）

A．生成沉淀的离子方程式为：

B．原NaHCO3溶液中

=0.8mol/L

C．a点溶液中存在：

D．a点水的电离程度小于b点水的电离程度

【答案】B

【解析】

【分析】

氢氧化钠与氧化铝反应后生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸氢钠反应会生成氢氧化铝沉淀；根据物料守恒，原溶液中的

，推断出

即可得到答案；

【详解】

A．根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式

，故A正确；

B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应（

）不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应（

）生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度

=

mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为

=1.0mol/L，故B错误；

C．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：

，故C正确；

D．水的电离程度：

a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，b点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：

a点小于b点，故D正确；

答案选B。

【点睛】

氢氧化钠与氧化铝反应后生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸氢钠反应会生成氢氧化铝沉淀；物料守恒是水溶液常考的知识点，例如此题中原溶液的

，推断出

即可得到答案；水的电离与酸碱性有很大关系，酸碱抑制水的电离，能水解的盐可以促进水的电离。

13．某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣等离子（不考虑水的电离和离子的水解）。

某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：

下列说法正确的是（）

A．c（Fe3+）一定为0.2mol•L﹣1

B．Cl﹣一定存在

C．Na+、SO42﹣一定存在，NH4+一定不存在

D．Na+、Fe2+可能存在，CO32﹣一定不存在

【答案】BD

【解析】

【分析】

某黄色溶液中可能含有Na＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、Cl－、SO42－、CO32－等离子，因为显黄色，则溶液一定含Fe3＋，加入过量NaOH溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g固体为Fe2O3，其物质的量

，则原溶液中含有0.02mol含铁的粒子，一定有Fe3＋，可能含有Fe2＋。

由于CO32－与Fe3＋会相互促进水解，而不能大量共存，则原溶液中一定没有CO32－，可知4.66g固体为BaSO4，其物质的量

，则原溶液中含有0.02molSO42－。

由于加入了过量的NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na＋。

由电荷守恒，若含铁的粒子全部为Fe3＋，则正电荷的物质的量=3n（Fe3＋）=0.06mol，负电荷的物质的量=2n（SO42－）=0.04mol，原溶液中一定有Cl－，物质的量应为0.02mol×3-0.02mol×2=0.02mol，若含铁的粒子有Fe2＋时，则Cl－物质的量小于0.02mol。

【详解】

A．溶液中含铁粒子的物质的量为0.02mol，溶液中Fe2＋加入NaOH后，生成Fe（OH）2，最终被氧化成Fe（OH）3，也会转化为Fe2O3，则原溶液中c（Fe3＋）≤

，A错误；

B．根据以上分析，原溶液中一定有Cl－，B正确；

C．由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，C错误；

D．根据以上分析，Na＋、Fe2＋可能存在，CO32－一定不存在，D正确；

答案选BD。

14．下列离子方程式正确的是（）

A．将过量NaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中：

Ca2++HCO

+OH-→CaCO3↓+H2O

B．