【化学】高考化学离子反应的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)1(4)

【化学】高考化学离子反应的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)1(4)
一、高中化学离子反应
1．下列各反应对应的离子方程式正确的是（）
A．向Ca(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O B．向100mL0.12mol·L-1的Ba(OH)2溶液中通入0.02molCO2：Ba2++3OH-+2CO2=HCO3-
+BaCO3↓+H2O
C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
D．向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L0.4mol·L-1稀盐酸：OH-+CO32-
+3H+=CO2↑+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据定少为一的原则，将NaHCO3的系数定为1，则向Ca(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液，离子反应方程式应为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，A选项错误；
B．先算出Ba(OH)2的物质的量为0.012mol，而CO2的物质的量为0.02mol，二者的物质的量为3:5，按照3:5的化学计量比来写方程式：3Ba2++6OH-+5CO2=4HCO3-+BaCO3↓+H2O，B 选项错误；
C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7，因此二者按2:1的系数来反应：
2H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+2H2O，C选项错误；
D．首先三者的物质的量之比为1:1:4，稀盐酸先和烧碱中和，过量的稀盐酸再和纯碱反应，据此离子反应方程式为：OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O，D选项正确；
答案选D。

【点睛】
本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子反应，题目难度较大，注意反应的顺序，尤其是某一种反应物过量时的后续反应。

2．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•L-1
【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23CO -
一定不存在；由于加入适量Cl 2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Fe 3+＞I 2，所以I -会被Fe 3+氧化，所以原溶液中一定不会存在Fe 3+；根据I 2的质量为2.54g 可知，100mL 的原溶液含有I -0.02mol ，所以原溶液中(I )0.2mol/L c -
=；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Fe 2+，那么1.60g 固体即Fe 2O 3，所以100mL 原溶液中，Fe 2+的量为0.02mol ，即原溶液中2(Fe )=0.2mol/L c +；由于第一步中加入的Cl 2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(H )=0.1mol/L c +，(I )0.2mol/L c -=，
2(Fe )=0.2mol/L c +，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(Cl )0.3mol/L c -
≥；当(Cl )=0.3mol/L c -
，溶液中不含
Na +，当(Cl )0.3mol/L c -＞，溶液中一定有Na +。

【详解】
A ．通过分析可知，溶液中一定不含Fe 3+，A 项错误；
B ．通过分析可知，原溶液中一定不含23CO -
；原溶液中一定还含有Cl -，且当
(Cl )=0.3mol/L c -，溶液中不含Na +，当(Cl )0.3mol/L c -＞，溶液中一定有Na +，B 项错
误；
C ．通过分析可知，溶液中含Fe 2+，不含Fe 3+，C 项错误；
D ．通过分析可知，溶液中一定含有Cl -，且(Cl )0.3mol/L c -≥，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。

3．下列反应的离子方程式表达正确的是
A ．向FeBr 2溶液中通入过量Cl 2：2Fe 2＋＋Cl 2＝2Fe 3＋＋2Cl －
B ．向碳酸钠溶液中通入少量CO 2：CO 32－＋CO 2＋H 2O ＝2HCO 3－
C ．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H 2O 2＋I －＝IO 3－＋3H 2O
D ．Fe(OH)3固体溶于HI 溶液：Fe(OH)3＋3H +＝Fe 3+＋3H 2O 【答案】B 【解析】
【详解】
A. 过量的Cl 2不仅会氧化亚铁离子，还可以和Br -发生反，FeBr 2中Fe 2+与Br -之比为1：2，所以离子方程式为2Fe 2＋＋3Cl 2＋4Br －＝2Fe 3＋＋6Cl －＋2Br 2，A 项错误；
B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO 2，Na 2CO 3、CO 2、H 2O 发生反应产生NaHCO 3，反应的离子方程式为：CO 32－＋CO 2＋H 2O=2HCO 3－，B 项正确；
C. H 2O 2具有氧化性，在酸性条件下，会将I －氧化为I 2，反应的离子方程式为：H 2O 2＋2H ＋＋2I －=I 2＋2H 2O ，C 项错误；
D. Fe(OH)3与HI 发生中和反应的同时，还有生成的Fe 3+与I -之间的氧化还原反应，还缺少Fe 3+与I -生成Fe 2+和I 2的反应，D 项错误； 答案选B 。

【点睛】
本题考查离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式反应遵循客观事实、原子个数守恒、电荷守恒、量比关系等。

例如本题A 项向FeBr 2溶液中通入过量Cl 2，氯气不仅可以氧化亚铁离子，还可以与溴离子发生反应，同时根据量比关系FeBr 2中Fe 2+与Br -之比为1：2。

4．某100mL 溶液可能含有 Na +、NH 4+、Fe 3+、CO 32－
、SO 42－
、Cl －
中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是
A ．若原溶液中不存在 Na +，则 c （Cl －）＜0.1mol•L ﹣1
B ．原溶液可能存在 Cl － 和 Na +
C ．原溶液中 c （CO 32－）是 0.01mol•L ﹣1
D ．原溶液一定存在 CO 32－和SO 42－，一定不存在 Fe 3+ 【答案】D 【解析】 【分析】
加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+（Fe 3+和CO 32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO 4，n(BaSO 4)=-1
m 2.33g ==0.01mol M 233g mol g ，m(BaCO 3)=4.30g-2.33g=1.97g ，则n(BaCO 3)=
-1
m 1.97g ==0.01mol M 197g mol g 。

加入NaOH 溶液产生1.12L （标况）气体，则溶液中有NH 4+，NH 3有0.05mol ，即n(NH 4+)=0.05mol 。

CO 32－和SO 42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol ，NH 4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol ，
根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl -，且最少为0.01mol （因为无法判断是否有Na +，如果有Na +，需要多于的Cl -去保持溶液的电中性）。

【详解】
A. 若原溶液中不存在 Na +，则 c(Cl －)=
1n 0.01==0.1mol L V 0.1mol L
g ，A 错误； B. 原溶液中一定有Cl -，可能有Na+，B 错误；
C. 经计算，原溶液中，n(CO 32-)=0.01mol ，则c(CO 32-)=0.01mol÷0.1L =0.1mol •L ﹣1，C 错误；
D. 加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+，D 正确； 故合理选项为D 。

【点睛】
溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。

5．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(HCO 3)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：Mg 2++2HCO 3-+4OH -=Mg(OH)2↓+2CO 32-+2H 2O ，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Fe 2+氧化成Fe 3+，离子方程式为：3Fe 3O 4+NO 3-+28H +=9Fe 3++14H 2O+NO ↑，C 错误；
D ．Fe 2+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：2Fe 2++5ClO -+5H 2O=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。

6．铁铝矾[Al 2Fe （SO 4）4·xH 2O] 有净水作用，将其溶于水中得到浅绿色溶液，有关该溶液的叙述正确的是 A ．该溶液显中性
B ．该溶液中：2 c （Al 3+）+c （Fe 2+）+c （H + ）= 4 c （SO 42-）+ c （OH －）
C ．在空气中蒸干并灼烧该溶液，最后所得的残留固体为Al 2O 3、Fe 2O 3
D ．向该溶液中加入Ba （OH ）2溶液，当SO 42-完全沉淀时，Al 3+、Fe 2+恰好被完全沉淀 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A. 该溶液中的铝离子和亚铁离子会水解，因此溶液显酸性，A 错误；
B. 电荷守恒，因此该溶液中：3 c (Al 3+)+2c (Fe 2+)+c (H + )= 2 c (SO 42-)+ c (OH －)，B 错误；
C. 在空气中蒸干并灼烧该溶液，一开始加热时，温度升高促进溶液中的铝离子和亚铁离子水解，水解生成的硫酸浓度也增大，硫酸是不挥发性酸，随着硫酸浓度增大，水解平衡不可能一直右移，最终不可能得到Al 2O 3、Fe 2O 3，C 错误；
D. 向该溶液中加入Ba （OH ）2溶液，当SO 42-完全沉淀时，Al 3+、Fe 2+恰好被完全沉淀，
3+2+2-2+-43242Al +Fe +4SO +4Ba +8OH =2Al(OH)Fe(OH)+3BaSO ↓+↓↓，D 正确；
答案选D 。

7．下列离子方程式书写正确的是：
A ．将Ba(OH)2溶液不断加入KAl(SO 4)2溶液中反应至沉淀物质的量最大：3Ba 2++ 6OH –+ 2Al 3++ 3SO 42–=3BaSO 4↓+ 2Al(OH)3↓
B ．Cl 2通入冷水中：Cl 2+ H 2O =Cl –+ ClO –+ 2H +
C ．CuSO 4溶液跟Ba(OH)2溶液混合：Ba 2++ SO 42–= BaSO 4↓
D ．漂白粉溶液中通入SO 2气体：Ca 2++2ClO -+SO 2+H 2O=CaSO 3↓+2HClO 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A. 将Ba(OH)2溶液不断加入KAl(SO 4)2溶液中反应至沉淀物质的量最大，此时钡离子和硫酸根离子都恰好完全沉淀，该反应的离子方程式为3Ba 2++ 6OH –+ 2Al 3++ 3SO 42–=3BaSO 4↓+
2Al(OH)3↓，A正确；
B. Cl2通入冷水中生成盐酸和次氯酸，该反应的离子方程式为Cl2+ H2O⇌ Cl–+ HClO +H+，B不正确；
C. CuSO4溶液跟Ba(OH)2溶液混合后生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，该反应的离子方程式为Cu2++Ba2++2OH-+ SO42–= BaSO4↓+ Cu(OH)2↓，故C错误；
D. 漂白粉溶液中通入SO2气体，由于次氯酸具有氧化性，不能生成亚硫酸钙，该反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HCl，D错误。

综上所述，离子方程式书写正确的是A。

8．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。

9．在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
①K＋、ClO－、NO3－、S2－
②K＋、Fe2＋、I－、SO42－
③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－
④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－
⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。

【详解】
①在酸性环境下S2－不能大量共存，错误；
②在碱性环境下Fe2＋不能大量共存，错误；
③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；
④HCO3－在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；
⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；
答案选B。

【点睛】
本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。

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
A．H+、Ca2+、Fe3+、NO3-
B．Ba2+、Cl-、Al3+、H+
C．Na+、NH4+、I-、HS-
D．Na+、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+H2O⇌H2SO3，
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+H2O H2SO3，H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，H++HS-=H2S↑，
2H2S+SO2=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+H2O H2SO3，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+H2O H2SO3，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．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
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。

12．常温下，在l00mL 1mol/L 的NaHCO3溶液中，加入Xmol的Ba(OH)2固体（假设溶液体积和温度保持不变）。

以下关于溶液中c(CO32-)及c(HCO3-)的变化判断正确的是
A．当X=0.025时，溶液中有HCO3-和CO32-，且2C (CO32-) =" C(" HCO3-)
B．当X=0.05时，溶液中有HCO3-和CO32-，且C (CO32-)＞ C( HCO3-)
C．当X=0.06时，溶液中HCO3-、CO32-浓度都减小了
D．当X=0.1时，溶液pH增大，沉淀达到最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当X＝0.025时，溶液中发生反应：NaHCO3（少）+Ba(OH)2═BaCO3↓+NaOH+H2O，NaHCO3过量0.075mol，继续发生反应：NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，剩余
NaHCO30.05mol，生成Na2CO30.025mol，所以溶液中有HCO3-和CO32-，但CO32-发生水解生成HCO3-，则2c(CO32-)＜c(HCO3-)，故A错误；
B．当X＝0.05时，溶液恰好发生反应：2NaHCO3（过）＋Ba(OH)2＝BaCO3↓＋Na2CO3＋
2H2O，CO32-发生水解生成HCO3-，所以溶液中有HCO3-和CO32-，且c(CO32-)＞c(HCO3-)，故B 正确；
C．当X＝0.06时，溶液发生反应：NaHCO3（少）+ Ba(OH)2═BaCO3↓+NaOH+H2O，NaHCO3过量0.04mol，继续发生反应：NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，剩余NaOH 0.02mol，生成Na2CO3 0.04mol，HCO3-是CO32-发生水解生成的，所以溶液中HCO3-浓度减小，CO32-浓度增大，故C错误；
D．当X＝0.1时，溶液中恰好发生反应：NaHCO3（少）+ Ba(OH)2＝BaCO3↓+NaOH+H2O，溶液碱性增强，溶液pH增大，Ba(OH)2完全沉淀，沉淀达到最大值，故D正确；
答案选BD。

13．在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应的离子方程式是
A．Fe2++SO42－+Ba2++2OH－=BaSO4↓+Fe（OH）2↓
B．NH4++Fe3++ 2SO42－+ 2Ba2++ 4OH－=2BaSO4↓+ Fe（OH）3↓+ NH3·H2O
C．2Fe3++ 3SO42－+ 3Ba2++6OH－=3BaSO4↓+ 2Fe（OH）3↓
D．3NH4++ Fe3++3SO42－+ 3Ba2++ 6OH－=3BaSO4↓+Fe（OH）3↓+3NH3·H2O
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.在复盐NH4Fe(SO4）2中Fe元素的化合价是+3价，选项A中铁元素的离子是Fe2+，元素存在形式的化合价不符合事实，A错误；
B.向该溶液中逐滴加入Ba(OH）2溶液，由于在盐中n(NH4+）:n(Fe3+）: n(SO42-）＝1:1:2，当1mol复盐完全反应时需要2mol Ba(OH）2，反应的离子方程式是NH4++Fe3++2SO42-+ 2Ba2++ 4OH-＝2BaSO4↓+ Fe(OH）3↓↓+NH3•H2O，B正确；
C.在复盐NH4Fe(SO4）2溶液中逐滴加入Ba(OH）2溶液，加入的OH-先与Fe3+发生反应，该复盐可表示为(NH4）2SO4∙Fe2(SO4）3，当Ba(OH）2溶液少量时，以Ba(OH）2溶液为标准书写离子方程式，反应产生BaSO4和Fe(OH）3，离子方程式是2Fe3++3SO42-+3Ba2++ 6OH-＝
3BaSO4↓+2Fe(OH）3↓，C正确；
D.当加入溶液中含有3mol Ba(OH）2时，Ba(OH）2溶液过量，反应的n(Fe3+）:n(SO42-）＝
1:2，题目给出的离子方程式不符合反应事实，D 错误。

答案选BC 。

14．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。

以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS 和SiO 2）中回收铍和铜两种金属的流程。

已知：
Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似
Ⅱ．常温下：K sp [Cu （OH ）2]=2.2×10-20，K sp [Fe （OH ）3]=4.0×10-38，K sp [Mn （OH ）2]=2.1×10-13
(1)滤渣B 的主要成分为______（填化学式）；
(2)写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式______；
(3)MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式______，若用浓HNO 3溶解金属硫化物缺点是______（任写一条）； (4)从BeCl 2溶液中得到BeCl 2固体的操作是______。

(5)溶液D 中含c （Cu 2+）=2.2mol•L -1、c （Fe 3+）=0.008mol•L -1、c （Mn 2+）=0.01mol•L -1，逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离首先沉淀的是______（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH 大于______；
(6)取铍铜元件1000g ，最终获得Be 的质量为72g ，则Be 的产率是______。

【答案】CuS 、FeS Na 2BeO 2+4HCl=BeCl 2+2NaCl+2H 2O
2222MnO +CuS+4H S +Mn +Cu +2H O +++↓＝ 生成NO 2污染空气 在氯化氢气流下蒸发
结晶 Fe 3+ 4 80% 【解析】 【分析】
废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO 2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO 属于两性氧化物，CuS 不与氢氧化钠溶液反应，FeS 不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A 成分是NaOH 、Na 2SiO 3、Na 2BeO 2，滤渣B 为CuS 、FeS ，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl 2，向溶液C 中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl 生成BeCl 2，在HCl 气氛中对BeCl 2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B 中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二
氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D 为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。

【详解】
(1)由以上分析可知滤渣B 为CuS 、FeS ；
(2)信息1得到BeO 22-与过量盐酸反应的化学方程式为：Na 2BeO 2+4HCl=BeCl 2+2NaCl+2H 2O ；
(3)MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应Ⅱ中Cu 2S 发生反应的离子方程式为：MnO 2+CuS+4H +=S+Mn 2++Cu 2++2H 2O ；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO 2气体有毒污染环境；
(4)为了抑制Be 2+离子的水解，需要在HCl 气氛中对BeCl 2溶液蒸发结晶；
(5)三种金属阳离子出现沉淀，结合浓度商与Ksp 的关系，铜离子转化为沉淀c(OH -)=()
20
2Ksp 2.2102.2c Cu -+⨯=mol/L=1×10-10mol/L ，Fe 3+离子转化为沉淀，c(OH -)=()
383333Ksp 4.010.000mol /L 5c 8Fe -+⨯==×10-12mol/L ，锰离子沉淀时，c(OH -)=132.110mol /L 2.10.01
-⨯=×10-5.5mol/L ，因此首先沉淀的是Fe 3+，为使铜离子沉淀c(H +
)=14
101010--mol/L=10-4mol/L ，pH=4，常温下应调节溶液的pH 值大于4； (6)混合物中BeO 质量=1000×25%=250g ，理论上得到Be 的物质的量=
250g 25g /mol =10mol ，实际得到Be 物质的量=72g 9g /mol =8mol ，产率=8mol 10mol
×100%=80%。

15．2PbO 在工业上可作蓄电池中良好的正极材料。

以废铅蓄电池拆解出来的“铅泥”（主要成分为4PbSO ，另有少量Pb 、2PbO 和4CaSO 等）为原料制备2PbO 的一种工艺流程如图所示：
已知：i ．常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应。

ii ．铅盐中，(CH 3COO)2Pb 、Pb(NO 3)2均易溶于水，4PbSO 难溶于水。

请回答下列问题：
（1）“酸溶”时，Pb和PbO2转化为可溶性Pb2＋盐，则“酸溶”时所用的强酸X为____；此条件下的氧化性：X___PbO2（选填“>”或“<”）
（2）用Pb(NO3)2溶液反复多次洗涤沉淀，以达到“除钙”的目的，其原理是
_____________。

（3）(CH3COO)2Pb属于__________（选填“强电解质”或“弱电解质”）；“滤液3”中除
CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有___________(填化学式)
（4）“析铅”反应的离子方程式为____________________。

（5）从环境保护的角度分析，该工艺流程可能存在的缺点是_______________（任写一条）
（6）铅蓄电池中的电解液是H2SO4，放电后两个电极上均沉积有PbSO4。

则放电时的负极反应式为___；充电时当电极上通过1mol电子，阳极的质量减少__________g。

【答案】硝酸（或HNO3）；＜ PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中弱电解质 NaCl、Na2SO4 (CH3COO)2Pb＋ClO －＋2OH－=PbO2↓＋Cl－＋2CH3COO－＋H2O “酸溶”时会产生大气污染物NO x（重金属铅盐可污染土壤或水源） Pb＋SO42－－2e－=PbSO4 32
【解析】
【分析】
【详解】
（1）“酸溶”的目的是将Pb、PbO2转化为可溶性Pb2+，而常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应，故所用的强酸应为硝酸；在有硝酸存在的环境下，PbO2转化为Pb2+，表现出氧化性，说明PbO2的氧化性比硝酸强，故答案为：硝酸（或HNO3）；＜；
（2）CaSO 4的溶解平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，加入Pb(NO3)2溶液，Pb2+与SO42-结合成更难溶的PbSO4，使CaSO4的溶解平衡不断正向移动，最终完全溶解，达到“除钙”的目的，故答案为：PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中；
（3）“盐溶”时，加入CH3COONa可使PbSO4的溶解平衡正向移动，转化为(CH3COO)2Pb，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；“盐溶”后，溶液中含有(CH3COO)2Pb和Na2SO4，接下来“析铅”，加入NaClO、NaOH溶液，(CH3COO)2Pb转化为PbO2，Pb元素的化合价升高，推知NaClO转化为NaCl，Cl元素的化合价降低，因此“滤液3”中除CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有NaCl和Na2SO4，故答案为：弱电解质；NaCl、Na2SO4；
（4）“析铅”反应的离子方程式为：(CH3COO)2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+C l-+2CH3COO-+H2O，故答案为：(CH3COO)2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+Cl-+2CH3COO-+H2O；
（5）“酸溶”阶段加入的HNO3会转化为NO x污染环境，铅是重金属，铅盐也会污染土壤或水源，故答案为：“酸溶”时会产生大气污染物NO x（重金属铅盐可污染土壤或水源）；（6）铅蓄电池的负极为Pb，放电时负极发生的反应为：Pb＋SO42－－2e－=PbSO4；充电时阳极发生反应：PbSO4－2e－+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，当电极上通过1mol电子，阳极上有0.5molPbSO4转化为0.5molPbO2，质量减少32g，故答案为：Pb＋SO42－－2e－=PbSO4；32。

【点睛】
二次电池充、放电时电极的判断：
放电时的负极发生失电子的氧化反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生得电子的还原反应，做阴极；
放电时的正极发生得电子的还原反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生失电子的氧化反应，做阳极。