最新 化学离子反应专题练习及答案1.docx

1、最新 化学离子反应专题练习及答案1最新 化学离子反应专题练习(及答案)1一、高中化学离子反应1某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()ANaOH溶液可以用氨水来代替B溶液a中含有Al3、K、Cl、Na、OHC溶液b中只含有NaClD向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH【答案】D【解析】【分析】【详解】A用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；BAl3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；CK+、Cl-、Na+在整个过程中不

2、参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。2向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）A2Fe2Cl2=2Fe32Cl-B10Fe2+2Br-6Cl2=10Fe3+Br212Cl-C2Br-Cl2=Br22Cl-D2Fe24Br-3Cl2=2Br22Fe36Cl-【答案】C【解析】【分析】还原性：Fe2B

3、r-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2反应，后与Br-反应。【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl-，故A正确；B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2+2Br-6Cl2=10Fe3+Br212Cl-，故B正确； C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe24Br-3Cl2=2Br22Fe36Cl-，故D正确；综上所述，答案为C。3现有一混合物的水溶液，可能含

4、有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份各100 mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08 mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g。以下结论正确的是（ ）A该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-B该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-C该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-D该混合液中一

5、定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-【答案】A【解析】【分析】【详解】第一份：第一份加入AgNO3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl、CO32、SO42；第二份：加足量NaOH溶液加热后生成的0.08mol气体为氨气，则溶液中一定含有NH4+，且物质的量为0.08mol；第三份：能够与氯化钡生成白色沉淀的为碳酸根离子或硫酸根离子，根据题中信息可知4.66g为硫酸钡，12.54g为硫酸钡和碳酸钡的混合物，因此一定不存在Mg2+、Ba2+。，碳酸钡的物质的量为：；再根据电荷守恒，正电荷为：n(+)=n(NH4+)=0.08mol；负电荷：n(-)=2n(CO32)+2

6、n(SO42)=0.12mol，故一定有K+，至少0.04mol；根据以上分析可知，溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32、SO42，可能含有Cl，若存在氯离子，钾离子的物质的量大于0.04mol；若不存在氯离子，钾离子的物质的量为0.04mol，所以A正确。故答案选：A。【点睛】离子推断问题有定量计算时可根据电荷守恒，得出是否存在某些离子。4向0.02molL-1CuSO4溶液中匀速滴加1molL-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Ac(Cu2+)：a点=b点Bbc段生成

7、浅蓝色沉淀的反应为Cd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】Aa到b发生，c(Cu2+)减小，故c(Cu2+)：a点b点，A错误；Bbc段生成浅蓝色沉淀的反应为、而不是，B错误；Cc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pH7，c(H+)c(OH-)，故c(N

8、H4+)2c(SO42-)，C错误；Db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；

9、C、酸性溶液中，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-

10、；（2）溶液的颜色，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。6下列有关溶液中离子存在和转化的表达不合理的是（ ）A中性溶液中不可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-B离子方程式2Ca2+3HCO3-+3OH-=2CaCO3+CO32-+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应C由水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液中一定不能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-DnNH4Al(SO4)2：nBa(OH)2=2：5时发生的反

11、应为：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+5OH-=NH3H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4【答案】B【解析】【分析】【详解】AFe3+发生水解，只能存在酸性溶液中，中性溶液中不可能大量，故A正确；B若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4+Ca2+HCO3+2OHCaCO3+NH3H2O+H2O，则题中说法错误，故B错误；C由水电离出的c(H+)=11012mol/L的溶液呈酸性或碱性，Mg2+与氢氧根离子反应，酸性条件下I、NO3发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C正确；DnNH4AlSO4

12、)2:nBa(OH)2=2:5时，反应生成一水合氨按、偏铝酸钡、硫酸钡沉淀和水，发生的反应为：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+5OHNH3H2O+AlO2+2H2O+2BaSO4，故D正确；答案选B。7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()AFe2O32SO37H2O B4Fe2O310SO325H2OC3Fe2O3

13、6SO320H2O D2Fe2O35SO317H2O【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

14、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（xFe2O3ySO3zH2O）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。8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

15、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ANH4、Br、CO32 BFe2、I、SO32CFe2、I、CO32 DNH4、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

16、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。9某废液阳离子只可能含有：Na、NH4、Ba2、Cu2、Fe2、Fe3、Al3中的某几种，实验设计了下述方案进行处理，以回收金属，保护环境已知：步骤中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解，下列说法正确的是：A根据步骤中的现象，

17、说明废液中一定含有Al3B步骤，由红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3C取溶液丙进行焰色反应，焰色为黄色，说明原溶液中一定含NaD该废液一定含有NH4、Ba2、Cu2【答案】D【解析】【分析】沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2或Fe3；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2，以此解答该题。【详解】A由步骤可知，废液中一定含有Cu2，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后

18、，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4，Cu元素以Cu(NH3)42形式存在于溶液甲中，因此步骤沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3，故A错误；B由分析可知，废液中可能含有Fe2或Fe3，故B错误；C由于步骤中加入过量NaOH溶液，因此溶液丙中一定含有Na，焰色反应显黄色，不能说明废液中含有Na，故C错误；D由分析可知，废液中一定含有Ba2和Cu2，由选项A的分析可知，废液中一定含有NH4，故D正确；故答案选D。10含有下列离子或分子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是AH+、Ca2+、Fe3+、NO3-BBa2+、Cl-、Al3+、H+CNa+、NH4+、

19、I-、HS-DNa+、Ca2+、K+、Cl-【答案】B【解析】【分析】【详解】A、因足量SO2通入溶液时，SO2与Fe3+发生氧化还原反应，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，则不能共存，故A错误；B、该组离子不反应，能大量共存，通入过量SO2气体后，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，因溶液中有大量氢离子，所以二氧化硫几乎不溶，能大量共存，故B正确；C、因亚硫酸的酸性比氢硫酸强，所以当溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，H+HS-=H2S，2H2S+SO2=

20、3S+2H2O则不能共存，故C错误；D、该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，亚硫酸根离子与Ca2+反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B。【点晴】离子共存问题，解题的关键在于：掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应。解答该题注意二氧化硫与水反应的产物与溶液中的离子共存。各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，溶液中存在大量的氢离子、亚硫酸根离子，抓住隐含的信息，就可以顺利解答了。11向X的溶液

21、中加入Y试剂，产生的沉淀示意图与下图所示情形吻合的是(注意线段的斜率)A向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入CO2 B向HCl和AlCl3的混合溶液中滴加NaOHC向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH D向NH4Cl和MgCl2的混合溶液中滴加NaOH【答案】A【解析】【分析】【详解】ANaOH、Ca(OH)2都是碱，CO2与OH反应生成CO32，随着发生Ca2CO32=CaCO3，因此认为，反应先后顺序是：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O、NaOHCO2=NaHCO3、CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，符合题中图像，故A正确；B盐酸是酸，先于NaOH反应，因此顺序

22、是HClNaOH=NaClH2O，Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO22H2O，开始一段时间无沉淀，然后出现沉淀，最后沉淀完全消失，与图像不符，故B错误；CAl3结合OH能力强于NH4，反应先后顺序是：Al33OH=Al(OH)3、NH4OH=NH3H2O、Al(OH)3OH=AlO22H2O，生成沉淀最大消耗NaOH的量是Al(OH)3完全消失消耗NaOH量的3倍，与图像不符，故C错误；DMg2结合OH能力强于NH4，因此有Mg22OH=Mg(OH)2、NH4OH=NH3H2O，与图像不符，故D错误。故选A。12把一定量金属钠投入Ca(HCO3)2溶液中，有多个反应发生

23、,下列有关的离子方程式正确的是A2Na + 2H+ = 2Na+ + H2BCa2+ + HCO3- + OH-= CaCO3 + H2OCCa2+ + 3HCO3 -+ 3OH-=CaCO3 + 2CO32- + 3H2ODCa2+ + 2HCO3- CaCO3 + CO2 + H2O【答案】BD【解析】【分析】【详解】A. 钠和水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，A项错误；B. 如果NaOH不足，则发生HCO3-+Ca2+OH-CaCO3+H2O，B项正确；C. 若NaOH过量，则发生2HCO3-+Ca2+2OH-CaCO3+2H2O+CO32-，C项错误；D.

24、 如果碳酸氢钙过量，加热碳酸氢钙溶液，碳酸氢钙分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，离子反应方程式为：Ca2+ + 2HCO3- CaCO3 + CO2 + H2O，D项正确；答案选BD。13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+H2OBFe(OH)3溶于氢碘酸：2Fe(OH)3 + 6H+ + 2I 2Fe2+ + I2 + 6H2OC向硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42离子沉淀完全Al3+ + 2SO42 + 2Ba2+ + 4OH AlO2 + 2BaSO4+ 2H2OD4molL1的NaA

25、lO2溶液和7molL1的HCl等体积互相均匀混合4AlO2+ 7H+ + H2O 3Al(OH)3+ Al3+【答案】BD【解析】【分析】【详解】A二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca22HCO32OHCaCO32H2OCO32，故A错误；B二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘、水，离子方程式为2Fe(OH)36H2I2Fe2I26H2O，故B正确；C向硫酸铝铵NH4Al(SO4)2溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42离子沉淀完全，二者的物质的量之比为1：2，二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式为Al3NH42SO422Ba24OHAl(OH)3NH3H2O2BaSO4

26、2H2O，故C错误；D4molL1的NaAlO2溶液和7molL1的HCl等体积混合，二者反应生成氢氧化铝和氯化铝，且二者的物质的量之比为3：1，离子方程式为4AlO27HH2O3Al(OH)3Al3，故D正确；故答案选：BD。【点睛】本题根据物质之间的反应及离子方程式书写规则分析解答，注意B中发生氧化还原反应、D中生成物的量为易错点。14下列有关离子方程式正确的是（ ）。A向稀盐酸中加入少量钠粒：2Na2H2O=2Na+2OH-H2BNaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OC用漂白粉溶液吸收尾气中SO2：Ca2+2ClO-SO2

27、H2O=CaSO32HClOD向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁：2Al3+3MgO3H2O=2Al(OH)33Mg2+【答案】BD【解析】【详解】A. 稀盐酸中加入少量钠粒，氢离子优先反应，正确的离子方程式为：2Na+2H+=2Na+H2，A项错误；B. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性，则硫酸根过量，离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，B项正确；C. HClO有强氧化性，会将CaSO3氧化为CaSO4，C项错误；D. 含氯化铝的氯化镁溶液发生水解，溶液显酸性，加入氧化镁，离子方程式为：2Al3+3MgO+3H2O=2Al(OH)3+3Mg2

28、+，D项正确；答案选BD。【点睛】本题易错点在C项，判断离子方程式时，一定要分析反应过程，具有强氧化性和强还原性的物质，不会同时存在于产物之中，会进一步发生反应。15一种以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，溶液中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是_(结合离子方

29、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-2CuCl43- 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CuSO4反应的离子方程式为Cu+Cu2+8Cl-2CuCl4