【化学】高中化学离子反应及其解题技巧及练习题(含答案)及解析

【化学】高中化学离子反应及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
一、高中化学离子反应
1．某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、SO42-、NO3-、Cl-中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol。

若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解），下列说法不正确的是
A．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧最终所得固体质量为72g
B．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色
C．该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-
D．若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色
【答案】A
【解析】
【分析】
加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，气体只能为NO，为Fe2+、NO3-之间氧化还原反应生成的，由于阴离子种类不变，则原溶液中一定存在SO42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，根据电荷守恒，一定还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，据此分析作答。

【详解】
A．向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为：0.5mol×160g/mol=80g，A选项错误；
B．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，生成的气体为一氧化氮，NO易被氧化成红棕色的二氧化氮，B选项正确；
C．根据以上分析可知，该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-，C选项正确；D．该溶液中加入硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子与KSCN溶液反应显血红色，D选项正确；
答案选A。

2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 ( )
A．将 CO2通入 CaCl2溶液：CO2+H2O+Ca2+=CaCO3↓+2H+
HSO-
B．往氢氧化钠溶液中通入过量 SO2：OH- + SO2 =
3
C．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2O
SO-═BaSO4↓+H2O
D．向 Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4 溶液至中性：Ba2++OH-+H++24
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.碳酸的酸性弱于盐酸，故CO2通入CaCl2溶液不反应，A项错误；
B.往氢氧化钠溶液中通入少量SO2，生成亚硫酸钠，通入过量SO2，生成亚硫酸氢钠，离子
HSO-，B项正确；
反应式为OH- + SO2 =
3
C. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸发生的是氧化还原反应，氧化产物Fe3＋和还原产物NO，C项错误；
D.向 Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，氢离子与氢氧根恰好反应完全，离子式为
SO-═BaSO4↓+2H2O，D项错误；
Ba2++2OH-+2H++2
4
答案选B。

【点睛】
CO2和SO2都具有酸性，都可以与氢氧化钠反应，化学反应式有通入量多量少的区别，特别需要注意二氧化硫在这个过程中没有发生氧化还原反应，以Na2SO3或者NaHSO3形式存在，而不会变成NaHSO4或者NaSO4。

3．天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。

火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是
（）
A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D．“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
【答案】D
【解析】
【分析】
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。

【详解】
A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；
D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；
故答案为D。

4．下列离子方程式书写及评价合理的是下列离子方程式书写及评价合理的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，A错误；
B．根据题意得偏铝酸钠和盐酸按照物质的量2：5反应，2mol偏铝酸根钠消耗2mol盐酸生成2mol氢氧化铝，剩余的3mol盐酸能溶解1mol氢氧化铝，B正确；
C．稀硝酸有氧化性，过量的稀硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为：3Fe3O4+NO3-
+28H+=9Fe3++14H2O+NO↑，C错误；
D．Fe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成氢离子和氯离子，生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO，D错误；
答案选B。

【点睛】
此题A项涉及到沉淀的转化，最终会生成氢氧化镁的沉淀，类似的沉淀的溶解度需要理解记忆，如氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小；D项是易错点，生成氢离子会结合溶液中足量的次氯酸根离子生成次氯酸，需看清题目过量少量解题。

5．下列离子在溶液中能够共存并且在加入少量的Na2O2固体后原离子浓度能基本保持不变的是（）
A．NH4+、Ba2+、Cl-、NO3-
B．K+、AlO2-、Cl-、SO42-
C．Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3-
D．Na+、Cl-、CO32-、NO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
Na2O2固体会与溶液中的水发生反应，生成氢氧化钠和氧气；
A. NH4+与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨，加入过氧化钠后NH4+的浓度变化较大，A项错误；
B. K+、AlO2-、Cl-、SO42-之间不反应，在溶液中能够大量共存，且加入过氧化钠后各离子浓度基本不变，B项正确；
C. Ca2+、Mg2+、HCO3-都能够与氢氧根离子反应，加入过氧化钠后它们的离子浓度变化较大，C项错误；
D. 反应生成Na+，加入过氧化钠后钠离子浓度变化较大，D项错误；
答案选B。

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+)=1×10-12mol/L的溶液中一定不能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-
D．n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5时发生的反应为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++5OH-
=NH3·H2O+AlO2-+2H2O+2BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．Fe3+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−+2OH−＝CaCO3↓+CO32−+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4++Ca2++HCO3−+2OH−＝CaCO3↓+NH3⋅H2O+H2O↓，则题中说法错误，故B 错误；
C．由水电离出的c(H+)=1×10−12mol/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；
D．n[NH4AlSO4)2]:n[Ba(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++5OH−＝NH3·H2O+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(xFe 2O 3•ySO 3•zH 2O)，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BaCl 2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( ) A ．Fe 2O 3•2SO 3•7H 2O B ．4Fe 2O 3•10SO 3•25H 2O C ．3Fe 2O 3•6SO 3•20H 2O D ．2Fe 2O 3•5SO 3•17H 2O
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
取5.130g 碱式硫酸铁（xFe 2O 3•ySO 3•zH 2O ），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe 3+和SO 42﹣。

加入过量的BaCl 2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g 即BaSO 4物质的量
g
n g mol
5.82233=
=0.025mol ，根据S 原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe 2O 3•ySO 3•zH 2O ）
中“SO 3”的物质的量为0.025mol ，质量m =nM =0.025mol×80g/mol=2.00g ；
上述滤液中还含有Fe 3+，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Fe 2O 3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe 2O 3•ySO 3•zH 2O ）中“Fe 2O 3”的质量即为1.600g ，其物质的量
g
n g mol
1.600160=
=0.01mol 。

而碱式硫酸铁（xFe 2O 3•ySO 3•zH 2O ）的质量共为5.130g ，则可知其含有的“H 2O”的质量m=5.13g ﹣2.00g ﹣1.600g=1.53g ，物质的量g
n g mol
1.5318=
=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NH 4＋、Fe 2＋、Br －、CO 32－、I －、SO 32－六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BaCl 2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 ．NH 4＋、Br －、CO 32－ B ．Fe 2＋、I －、SO 32－ C ．Fe 2＋、I －、CO 32－ D ．NH 4＋、I －、SO 32－
【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CO 32-；
(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BaCl 2溶液时无沉淀生成，证明一定不含SO 42-离子； (3)橙黄色溶液不能使淀粉变蓝，没有I 2，说明原溶液一定不含I -；
根据离子共存问题，含有CO 32-就不含Fe 2＋；NH 4＋可能存在；所以一定不含有的离子是：Fe 2＋、I －、SO 32－，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．在测定液态BrF 3导电性时发现，20℃时导电性很强，其他实验证实存在一系列有明显离子化合物倾向的盐类，如KBrF 4，(BrF 2)2SnF 6等，由此推测液态BrF 3电离时的阳、阴离子是
A ．BrF 2+，BrF 4-
B ．BrF 2+，F -
C ．Br 3+，F -
D ．BrF 2+，BrF 32-
【答案】A 【解析】 【分析】
根据4KBrF 、226(BrF )SnF 等物质都是具有明显离子化合物倾向的盐可知，它们能电离出
自由移动的离子，其电离方程式分别是：44KBrF K BrF +-
=+、
22626(BrF )SnF 2BrF SnF +-=+，说明4BrF -、2BrF +是稳定存在的离子，液态3BrF 20℃时
导电性很强，说明液态BrF 3为部分电离，所以3BrF 的电离方程式为2BrF 3ƒ
42 BrF BrF -++，据此回答。

【详解】
A ．3BrF 的电离方程式为2BrF 3ƒ42 BrF BrF -++，A 正确；
B ．BrF 3电离不产生F -
，B 错误； C ．BrF 3电离不产生F -、Br -，C 错误； D ．BrF 3电离不产生BrF 2+、BrF 32-，D 错误。

答案选A 。

10．某黄色溶液中可能含有Na +、NH 4+、Fe 2+、Fe 3+、Cl ﹣、SO 42﹣、CO 32﹣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
1.6g
=0.01mol
160g/mol
n=，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
4.66g
=0.02mol
233g/mol
n=，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＋) ≤0.02mol
=0.2mol/L
0.1L
，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。

11．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++HCO3-+OH- →CaCO3↓+H2O
B．Fe(OH)3溶于氢碘酸：2Fe(OH)3 + 6H++ 2Iˉ →2Fe2+ + I2 + 6H2O
C．向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42ˉ离子沉淀完全Al3+ + 2SO42ˉ + 2Ba2++ 4OHˉ →AlO2ˉ + 2BaSO4↓+ 2H2O
D．4mol·L－1的NaAlO2溶液和7mol·L－1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Ca2＋＋2HCO3−＋2OH−＝CaCO3↓＋
2H2O＋CO32−，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)3＋6H＋＋2I−＝
2Fe2＋＋I2＋6H2O，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Al3＋＋NH4＋＋2SO42−＋2Ba2＋＋4OH−＝Al(OH)3↓＋NH3 H2O＋2BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D．4mol•L−1的NaAlO2溶液和7mol•L−1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4AlO2−＋7H＋＋H2O＝3Al(OH)3↓＋Al3＋，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。

12．Ba(HS)2溶液中加入一定量的CuSO4溶液，发生的反应的离子方程式可能为（）A．Ba2++HS-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+CuS↓+H+
B．Ba2++2HS-+2Cu2++SO42-=BaSO4↓+2CuS↓+2H+
C．2Ba2++2HS-+Cu2++2SO42-=2BaSO4↓+CuS↓+H2S↑
D．Ba2++2HS-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+CuS↓+H2S↑
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A. 1molBa2+一定含有2molHS-，因为铜离子和硫离子结合会生成难溶于酸的硫化铜沉淀，A 项错误；
B. 硫酸铜过量时，HS-离子全部电离生成硫化铜，所以反应的离子方程式为Ba2++2HS-
+2Cu2++SO42-=BaSO4↓+2CuS↓+2H+，B项正确；
C. 2molBa2+提供4molHS-，依据2molSO42-溶液中含有2molCu2+，铜离子全部沉淀后剩余HS-会和氢离子形成2molH2S，C项错误；
D. 1molBa2+一定含有2molHS-，1molCu2+和1molHS-反应生成1molCuS沉淀，电离出的氢离子和剩余的1molHS-结合生成硫化氢，反应的离子方程式为：Ba2++2HS-+Cu2++SO42-
=BaSO4↓+CuS↓+H2S↑，D项正确；
答案选BD。

13．氯化亚铜是一种重要的化工产品，广泛用于颜料、电镀和有机合成等方面。

它不溶于H2SO4和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解且被氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu(OH)C1]。

以海绵铜(主要成分是Cu，还含少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分
解技术生产CuCl的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）为了提高“溶解”速率，工业生产中宜采用的措施有__(答两条即可)。

（2）写出“溶解”过程中发生氧化还原反应的离子方程式：__。

（3）“过滤2”所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作获得一种化学肥料，它的主要成分是__(填化学式)。

（4）工业生产中，用pH=2的硫酸洗涤“产品”，其目的是__。

（5）氯化亚铜产率与温度、溶液pH的关系如图所示。

据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低会影响CuCl产率的原因是__；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是__。

（6）目前利用膜电解再生氨性含铜蚀刻废液制备氯化亚铜的技术获得突破。

首先在电解槽中电解氨性含铜蚀刻废液，电解后向阴极液中加入盐酸酸化，再倒入蒸馏水稀释得到氯化亚铜沉淀。

电解装置如图所示，阴极区发生的电极反应为__，阳极区溶液的pH将__(填“变大”或“变小”)。

【答案】适当加热，适当增大硫酸浓度 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O (NH4)2SO4
抑制CuCl的水解温度过低反应速率慢 Cu2+容易向CuO和Cu2O转化[或铵盐(如氯化铵、亚硫酸铵)受热易分解] Cu(NH3)42++e-+2H2O=Cu(NH3)2++2NH3·H2O 变小
【解析】
【分析】
海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵，生成氯化亚铜，发生反应
2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，以此解答该题。

【详解】
(1) 从影响反应速率的因素角度分析，反应物接触面积越大，反应速率越快，或者适当升高反应液的温度，适当增大硫酸的浓度等也可以增大“溶解”速率；
(2) 在酸性条件下硝酸根离子能氧化铜，还原产物为NO，对应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3) 亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原成CuCl，对应的化学方程式为
2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O═2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4；
(4)CuCl是强酸弱碱盐，易水解，用硫酸洗涤氯化亚铜，避免氯化亚铜水解；
(5) 流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，Cu2+容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(如氯化铵、亚硫酸铵)受热易分解；
(6) 根据电解装置，阴极得电子，其电极反应式为[Cu(NH3)4]2++e-
+2H2O=[Cu(NH3)2]++2NH3•H2O；阳极的电极反应式为4OH--4e-═O2↑+2H2O，溶液的pH将变小。

14．一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶（SrCl2·6H2O）”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m H2O：m SrO表示）对Sr(OH)2·8H2O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)2·8H2O产率减小，其原因是_____。

（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pH
C 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，必须对SrCl2·6H2O(M=267g·mol-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+4C SrS+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 SrCl2·H2O
【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(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，化学方程式为SrSO4+4C SrS+4CO↑；答案为：SrSO4+4C SrS+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)2·8H2O的纯度和产率均相对较高；当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O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：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)SrCl2·6H2O(M=267g·mol-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SrCl2·6H2O的物质的量1mol，质量为267g，在170℃下预脱水，失重33.7%，失重的质量为267g×33.7%=90g，则失水的物质的量为5mol，则此时产物的化学式为SrCl2·H2O；答案为：SrCl2·H2O；
【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ⅡA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。

15．石棉矿是天然纤维状硅酸盐类矿物的总称，可分为蛇纹石石棉矿(又称温石棉矿)和闪石类石棉矿两大类。

蛇纹石石棉矿具有优良的性能，在工业中应用广泛，在国防和航天工业中亦有许多用途。

(1)“蛇纹石石棉”的氧化物形式为6MgO•4SiO2•4H2O，其中原子半径最大的元素在周期表中的位置是______________________。

Si原子的核外有_____种能量不同的电子，其最外层电子的运动状态有____种。

SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为
_____________________。

(2)能源材料是当今科学研究的热点。

氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，
C60(结构见图)可用作储氢材料。

继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_____。

a.C60、Si60、N60都属于新型化合物
b.C60、Si60、N60互为同分异构体
c.已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱N2
d.已知金刚石中C－C键长154pm，C60中C－C键长145~140pm，故C60熔点高于金刚石
(3)常温下，将a mL 三种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：
组别c(一元酸)c(NaOH) /mol/L混合溶液的pH
甲c(HX)=0.1 mol/L0.1pH =10
乙c(HY)=0.1mol/L0.1pH = 7
丙c(HZ)=0.1 mol/L0.1pH = 9
丙组实验发生反应的离子方程式为______________________________________，所得溶液中由水电离出的c(OH－) =__________________mol/L；比较此时HX、HY、HZ三种酸的酸性强弱_________＞_______＞______
(4)部分实验反应过程中的pH变化曲线如下图：
①表示乙组实验的pH变化曲线是________________(填图1或图2)
②上图中表示溶液呈中性的点为_________，表示溶液恰好完全反应的点是_______
【答案】第三周期第IIA 族 5种 4种 SiO 2 + 2NaOH →Na 2SiO 3 + H 2O c HZ +OH - → H 2O + Z - 1×10-5 HY HZ HX 图1 BD BE
【解析】
【详解】
()1这几种元素中，原子半径最大的元素是Mg 元素，镁原子核外有3个电子层、最外层电子数是2，所以镁位于第三周期第IIA 族； 原子核外有几种能级就有几种能量不同的轨道，原子最外层上有几个电子就有几种运动状态不同的电子，Si 原子核外有1s 、2s 、2p 、3s 、3p 5n 种能量不同的电子，其最外层有4个电子，所以有4种运动状态的电子；2SiO 与NaOH 溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式为2232SiO 2NaOH Na SiO H O +=+； 故答案为：第三周期第IIA 族；5；4；2232SiO 2NaOH Na SiO H O +=+；
()602a.C 、60Si 、60N 都属于单质，a 错误；b.同分异构体研究对象为化合物，60C 、60Si 、60N 都属于单质，且分子式不相同，b 错误；c.N N -键能小于N N ≡，键能越小，化学键越不稳定，故60N 的稳定性弱于2N ，c 正确；d.金刚石属于原子晶体，60C 属于分子晶体，故金刚石的熔点高于60C ，d 错误，故答案选c 。

()3pH 9=，说明NaZ 为强碱弱酸盐，HZ 为弱酸，则HZ 和NaOH 发生反应的离子方程式
为2HZ OH H O Z --+=+；所得溶液中由水电离出的
()
1495c OH 10/10110mol /L ----==⨯；等体积等浓度混合，只有HY 与NaOH 反应后溶液的pH 7=，则HY 为强酸，混合溶液的PH 的大小顺序为：甲>丙>乙，所以对应的酸
的酸性强弱为HY HZ HX >>，故答案为：2HZ OH H O Z --+=+；5110-⨯；HY HZ HX ；；；
()40.1mol /L ①的酸溶液，图1表示的pH 1=说明为强酸，图Ⅱ起始溶液pH 3=，说明为弱酸在溶液中部分电离出氢离子，乙组酸碱等浓度等体积反应溶液pH 7=说明溶液呈中性是强酸强碱发生的反应，图1符合，故答案为：图1；
②图象中溶液pH 7=时溶液呈中性，B 、D 点时溶液显示中性，分析图①，图②可知图1是强酸强碱反应，反应终点时溶液pH 7=，图2是弱酸和强碱反应，恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，说明BE 点是表示溶液恰好完全反应的点，故答案为：BD ；BE 。