(化学)必备化学离子反应全解及练习题(含答案)及解析

（化学）必备化学离子反响全解及练习题 ( 含答案 ) 及分析
一、高中化学离子反响
1． 向含有 FeBr 2 溶液中通入必定量的 Cl 2(复原性： Fe 2＋
＞Br -)，表示该反响的离子方程式必
定错误的选项是（ ）
A ．2Fe 2＋
＋ Cl 2=2Fe 3＋
＋ 2Cl -
B ． 10Fe 2＋
+2Br -＋ 6Cl 2=10Fe 3++Br 2＋ 12Cl -
C ． 2Br -＋ Cl 2=Br 2＋ 2Cl -
D ． 2Fe 2＋
＋ 4Br -＋ 3Cl 2 =2Br 2＋ 2Fe 3 ＋
＋ 6Cl -
【答案】 C
【分析】
【剖析】
2＋
＞ Br -
2
2＋
反响，后与
复原性： Fe
，则向含有 FeBr 2
溶液中通入必定量的
Fe
Cl 时，氯气先与
Br -反响。

【详解】
A. 当通入少许的氯气时，氯气只与亚铁离子反响，其反响的离子方程式为 2＋
＋ Cl 2
3＋
2Fe
=2Fe
＋2Cl -，故 A 正确；
B. 当溴化亚铁与氯气 5:3 反响时，其反响的离子方程式为
2＋
-
＋ 6Cl
3+
10Fe +2Br
2=10Fe +Br 2＋
12Cl -，故 B 正确；
C. 由剖析可知，氯气先与亚铁离子反响，因此离子方程式中必定有亚铁离子参加，故 C 错
误；
D. 当通入过度氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反响的离子方程式为 2Fe 2＋
＋
4Br -＋ 3Cl 2=2Br 2＋ 2Fe 3＋
＋ 6Cl -，故 D 正确；
综上所述，答案为
C 。

2． 以下反响，不可以用离子方程式：
Ca 2+ － 3 －
32
+OH +HCO → CaCO ↓ +H O 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 【分析】 【剖析】
【详解】
A ．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙反响，
HCO 3－
少许：
Ca 2+
+OH －
+HCO 3－
=CaCO 3 +H 2O ；故 A 正确；
．向碳酸氢钙中加入氢氧化钙，
HCO 3－ 先和 OH －
反响生成碳酸根，再联合钙离子生成 B
积淀： Ca 2+
+OH －
+HCO 3－
=CaCO 3
+H 2O ，故 B 正确；
C ．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠反响，碳酸氢钙少许，钙离子和
HCO 3－
知足 1:2 关系：
Ca 2+ +2OH － +2HCO 3 －
=CaCO 3
+CO 32- +2H 2O ，故 C 错误；
D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙反响：Ca2+ +OH － +HCO 3－ =CaCO 3+H 2O ，故D正确；
答案选 C。

【点睛】
依据物质的少许、足量，剖析离子的对应系数关系，若少许，需要各组分呈化学式中的比
率关系。

3．学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测剖析，提出假定：该溶液中可
能含有 NH4+、K+、Al3+、 HCO3-、 Cl-、 I-、 SO42-等离子中的几种离子。

实验研究：
①取少许该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红。

②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获取0. 3mol
白色积淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见积淀产生。

③另取 100mL 该溶液，渐渐加入 Na2O2粉末，产生的积淀随和体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线以下图。

以下说法中不正确的选项是（）
A．该溶液中必定不含有
---I、 HCO3、 Cl
B．该溶液中必定含有K+，其物质的量浓度为1mol?L-1
C．在溶液中加入0. 25~0. 3molNa 2O2时，发生反响的化学方程式为
2Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2↑、 Al( OH) 3+NaOH=NaAlO2+2H2O
D．该溶液能使紫色石蕊试液变红的独一原由是NH4+发生水解
【答案】 D
【分析】
【剖析】
①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-；②滴加足量
Ba( NO3) 2溶液，加稀硝酸酸化后过滤获取0. 3mol 白色积淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液
未见积淀产生，说明溶液中有SO42
-
，且
n
（
SO42-03mol
，无
Cl-I-
；③渐渐加入
Na2 2
）= .、O
粉末，由图可知，过氧化钠与水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠挨次与铝离子反响生成氢氧
化铝 0. 1mol，与铵根离子反响生成氨气0 . 2mol ，最后与氢氧化铝反响，含有铝离子，一定不存在碳酸氢根离子。

【详解】
A-、 HCO3-、Cl-，故 A 正确；
. 由剖析可知，该溶液中必定不含有
B. 由剖析可知， 100mL 溶液中有42-）=0. 3mol，n（Al3+）=0. 1mol，n（NH
4+）
n（ SO
02mol
，由电荷守恒可知n K+01mol
，其浓度为
1mol
?
L- 1
，故
B
正确；
= .（） = .
C. 在溶液中加入 0. 25～ 0. 3molNa 2O 2 时，过氧化钠会与水发生反响，生成的氢氧化钠会将 氢氧化铝溶解，其反响的化学方程式为
2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑、
Al( OH) 3+NaOH=NaAlO 2 +2H 2O ，故 C 正确； D
+
3+
NH 4
、 Al 发
. 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由是
生水解，故 D 错误；
综上所述，答案为
D 。

4． 某溶液可能含有 Cl -、 SO 42- 、 CO 3 2-、 NH 4+、 Al 3+、 Cu 2+、 Fe 3+和 K +中的若干种。

为查验其 中含有的离子，进行以下实验：取该溶液
10mL ，加入过度的氢氧化钡溶液并加热，产生使
润湿的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色积淀，过滤；向上述滤液中通入足量 CO 气体，产生白色积淀。

以下对于原溶液的说法正确的选项是
2
A ．起码存在 4 种离子
B ．Al 3+、 NH 4+必定存在， Cl - 可能不存在
C ． SO 4 2﹣
、 CO 32﹣
起码含有一种
D ． Al 3+、 Cu 2+、 Fe 3+必定不存在， K +可能存在
【答案】 B 【分析】
【剖析】
向溶液中加过度的 Ba(OH)
2 并加热，因为产生了能够使润湿的红石蕊试纸变蓝的气体，所
以原溶液中必定有
NH 4 ；又因为同时产生了白色的积淀，因此原溶液中必定不含
Cu 2+和
Fe 3+，而 SO 42 和 CO 32 则起码含有一种；至于 Al 3+，若含有的话，则在加入过度
Ba(OH) 2
后转变为了 AlO 2 ；因为向滤液中通入的是过度的 CO 2，还可以产生白色积淀，因此判定本来
的溶液中必定有
Al 3+，那么这样的话 SO 42 和 CO 32 就只好存在 SO 42 了；综上所述，溶液中
必定存在 NH 4 ， Al 3+和 SO 42 ，必定不存在 CO 32 ， Cu 2+和 Fe 3+，不必定存在 Cl -，K +。

【详解】
A ．溶液中起码存在 3 种离子， Al 3+， NH 4 以及 SO 42 ， A 项错误；
B ． Al 3+， NH 4 必定存在， Cl -不必定存在， B 项正确；
C ． SO 42 必定存在于溶液中，而 CO 32 因为与 Al 3+不可以共存，因此必定不存在于溶液中，C
项错误；
D ．必定不存在的离子有 CO 32 ， Cu 2+和 Fe 3+
，不必定存在的离子有
Cl -， K +， D 项错误；
答案选 B 。

【点睛】
判断溶液中能否存在某离子时，一方面依照查验过程中的现象进行判断，一方面还可以够利用其能否与溶液中必定存在的离子共存进行判断，最后还可以够利用溶液中已经存在的离子能否知足电荷守恒进行判断；别的，在进行查验时，也要注意查验过程中，前方所加的试剂能否会对后续的查验产生扰乱。

5． 常温下，以下各组离子在相应的条件下能大批共存的是（ ）
A ．由水电离产生的 +
-10-1
-
2+
+2-
c(H )=1 × 10mol?L 的溶液中： NO 3 、Fe 、Na 、 SO 4
K w
=10-10mol?L -1 的溶液中： NH 4 +、 I -、 Cl -、 K +
B ．
+
c(H )
c(OH - )
6
+
+
-
-
C ．
+ ) =1× 10的溶液中： K
、 Na 、 Cl
、 HCO 3
c(H
D ．惰性电极电解 AgNO 3 后的溶液中： SO 32- 、K +、 Na +、 S 2- 【答案】 B
【分析】
【剖析】
【详解】
A ．由水电离产生的
+
-10 -1
的溶液可能是碱性溶液，也可能是酸性溶液。

在酸 c(H )=1 × 10mol?L 性溶液中， H ＋
、 NO 3－
和 Fe 2＋
发生氧化复原不可以大批共存，在碱性溶液中，
Fe 2 ＋
和 OH －
反响
生成 Fe(OH)2，不可以大批共存， A 不切合题意；
K w
=c(OH
) =10-10mol?L -1＜ 10 -7
mol?L -1，其溶液为酸性溶液， NH 4 +、 I -、 Cl -、 K +不生
B ．
+
c(H ) 成气体，不产生积淀，也不生成水，能够大批共存，
B 切合题意；
c(OH - )
6 的溶液为碱性溶液， HCO －
－
－
和 H
C ．
与 OH 反响生成
CO 2
=1× 10
3
3
2O ，不可以大批共
c(H + )
存， C 不切合题意；
D ．用惰性电极电解
＋
－
AgNO 3 溶液，阴极 Ag 放电，阳极溶液中的
OH 放电，总反响方程式
为 4AgNO 3＋ 2H 2O
4Ag ＋ O 2↑＋ 4HNO 3，溶液中含有 HNO 3，则 2－
2 －
会与 HNO 3 SO 3 和 S 发生氧化复原，不可以大批共
存， D 不切合题意。

答案选 B 。

6． 以下离子在溶液中能够共存而且在加入少许的
Na 2O 2 固体后原离子浓度能基本保持不变
的是（ ）
A ． NH 4+、 Ba 2+、 Cl -、 NO 3-
B ． K +、 AlO 2-、 Cl -、 SO 4 2-
C ． Ca 2+、 Mg 2+、 NO 3-、 HCO 3-
D ． Na +、 Cl -、 CO 32-、 NO 3- 【答案】 B
【分析】
【剖析】
【详解】
Na 2O 2 固领会与溶液中的水发生反响，生成氢氧化钠和氧气；
4+
与氢氧根离子反响生成弱电解质一水合氨，加入过氧化钠后
NH 4+的浓度变化较大，
A. NH
A 项错误；
B. K +、 AlO 2-、Cl -、SO 42- 之间不反响，在溶液中能够大批共存，且加入过氧化钠后各离子浓
度基本不变， B 项正确；
C. Ca 2+、 Mg 2+、 HCO 3-都能够与氢氧根离子反响，加入过氧化钠后它们的离子浓度变
化较大， C 项错误；
D. 反响生成
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 。

＋
－
7． 在不一样温度下，水溶液中 c(H
)与 c(OH )有以下图关系。

以下说法正确的选项是
A ． a 点对应的溶液中大批存在： Al 3＋
、 Na ＋
、 Cl －
、 NO 3 －
B ． b 点对应的溶液中大批存在： K +、Ba 2＋
、 NO 3－
、 I
－
C ． c 点对应的溶液中大批存在： Fe 3＋
、 Na ＋
、 Cl －
、 SO 42
－
D ． d 点对应的溶液中大批存在： ＋
＋
－
－
Na 、K 、SO 32
、 Cl
【答案】 D
【分析】
【剖析】
【详解】
A 、 a 点对应的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液为中性， Al 3＋
只好存在酸性溶
液，不可以共存，错误；
B 、 b 点对应的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液为酸性，此条件下 NO 3 －与 I
－
发生氧化复原反响而不可以共存，错误；
C 、 c 点溶液为中性， Fe 3＋
只好存在酸性溶液，不可以共存，错误；
D 、 d 点溶液为碱性，能够共存，正确。

8． 在测定液态 BrF 3 导电性时发现， 20℃时导电性很强，其余实考证明存在一系列有显然
离子化合物偏向的盐类，如KBrF 4
2 26
等，由此推断液态
3
电离时的阳、阴离子
， (BrF ) SnF
BrF 是
2
+
， BrF 4 -
2
+
， F -
C ． Br 3+ ， F -
2+
， BrF 32-
A ． BrF
B ． BrF
D ． BrF
【答案】 A
【分析】
【剖析】
依据 KBrF 4 、 (BrF 2 )2 SnF 6 等物质都是拥有显然离子化合物偏向的盐可知，它们能电离出
自由挪动的离子，其电离方程式分别是：
KBrF 4 K BrF 4 、
(BrF 2 )2 SnF 6 2BrF 2 SnF 6 ，说明 BrF 4 、 BrF 2 是稳固存在的离子，液态 BrF 3 20℃ 时
导电性很强，说明液态BrF 3为部分电离，因此BrF3的电离方程式为2BrF3?BrF4BrF2，据此回答。

【详解】
．
BrF3的电离方程式为2BrF3?BrF
4
BrF， A正
确；
A2
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BrF2+、BrF32-， D 错误。

答案选 A。

9．在给定条件下，以下离子组的离子共存判断及反响的离子方程式均正确的选项是
（）选项条件离子组离子共存判断及离子方程式
A滴加氨水Na+、 Fe3+、 Cl﹣、 NO3﹣不可以大批共存
3+-3 Fe+3OH =Fe(OH) ↓
由水电离出的c
B
+
﹣
13++﹣﹣
能大批共存
（ H ）＝ 1×10K、 NH4、 Cl 、 AlO2
﹣
mo l?L 1
不可以大批共
存，2Fe3+
﹣
C pH＝ 1 的溶液
﹣﹣+2I Fe3+、NH4+、 I、SO42
═ 2Fe2++I2
D2+、 Na+、 ClO﹣、 SO
4
2﹣
不可以大批共存，
2ClO﹣
2
﹣
通入少许 SO气体K+SO +H O═ 2HClO+SO
223
A． A B． B C． C D． D
【答案】 C
【分析】
【详解】
3+与其发生离子反响，离子方程式为Fe3+
3234+，
A. 滴加氨水后， Fe+3 NH ?H O=Fe(OH) ↓ +3 NH A 不正确；
﹣﹣
1，水的电离遇到酸或碱克制，溶液可能显酸性，也B. 由水电离出的 c(H+ )＝1× 1013 mol?L
可能显碱性，NH4+在碱性溶液中不可以大批存
在，
AlO2﹣在酸性溶液中不可以大批存
在， B 不正
确；
﹣
氧化，故不可以大批共存，离子方程式为2Fe3+﹣
C. pH＝1 的溶液显酸性， Fe3+能够把 I+2I
═2Fe2++I2， C 正确；
﹣
有强氧化性，通入少许SO
2 气体后，能够发生氧化复原反响，其离子方程式为3ClO
D. ClO
﹣22﹣42﹣， D 不正确。

+SO +H O═ Cl +2HClO+SO
综上所述，离子共存判断及反响的离子方程式均正确的选项C。

是
10． 将少许 SO 2 通入 Ca （ ClO ）2 溶液中，以下离子方程式能正确表示该反响的是
2+ - → CaSO 4↓ + -
A ． SO 2 + H 2O + Ca + 2ClO + HClO + H + Cl
2+ -
→ CaSO 3↓ +
-
B ． SO 2 + H 2O + Ca + 2ClO + 2H + 2ClO
2+
-
C ． SO 2 + H 2O + Ca + ClO → CaSO 3↓ + 2HClO
D ． SO 2 + H 2O + Ca 2+ + ClO - → CaSO 4↓ + 2H + + Cl -
【答案】 A
【分析】
【详解】
将少许 SO 2 通入 Ca(ClO) 2 溶液中发生氧化复原反响，生成硫酸钙，还生成 HClO 等，再根
据原子守恒，电子守恒配昭雪响方程式即可，因此该离子反响为 SO 2
2
2+
-
+ H O + Ca
+ 2ClO =
4
+
-
，故 A 正确；
CaSO ↓ + HClO + H + Cl
因此答案： A 。

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。

现进行以下实验：
①称取 4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解。

②向①中所得悬浊液中加入 100mL1 mol/LHCl ，最后获取无色澄清溶液，
此过程中共产生
0.04 mol 气体。

③向②中反响后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，获取 15.8g 白色积淀，
由此可知杂质中（
）
A ．必定含 NaCl ，必定不含 CuSO 4
B ．可能含 CaO 、 NaOH
C ．必定含 CaCO ，可能含 NaOH
D ．可能含 CaO 而不含 CaCO
3
3
【答案】 AC
【分析】
【剖析】
向①中所得悬浊液中加入
100mL1 mol/LHCl ，最后获取无色澄清溶液，可知样品中不含 4
0.04 mol 气体，即 2
32- + 22
CuSO ，此过程中共产生 CO ，由 CO
+2H =CO +H O 可知反响中耗费
2
32-完整反响；称取
4.7g 样品，加入足量水，样
n(HCl)=2n(CO )=0.08mol ，则 HCl 有节余， CO
品部分溶解，可知样品中含有
CaCO 3
3
CaO 、 CaO 三种状况此中一种，向②中反响
、 CaCO 和 后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，获取
15.8g 白色积淀，即 AgCl ，
15.8g
15.8g
n(AgCl)= 143.5g/mol >0.1mol ，则原样品中必定有 NaCl 且质量为 ( 143.5g/mol -
0.1mol) × 58.5g/mol0.59g ，则原样品中其余成分总质量为
4.7g-0.59g=4.11g ，若不含
4.11g
CaCO 3
3
< ，不切合题意，故原样品中必定含有
CaCO ，则碳元素物质的量 106g/mol
；因为
原样品只有三种杂质，则 CaO 和 NaOH 只含此中一种。

【详解】
向①中所得悬浊液中加入
100mL1 mol/LHCl ，最后获取无色澄清溶液，可知样品中不含
4232-+22
CuSO，此过程中共产生 0.04 mol 气体，即CO ，由 CO+2H =CO +H O 可知反响中耗费
n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol ，则 HCl 有节余， CO32-完整反响；称取 4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO
3、CaCO3 和CaO、CaO三种状况此中一种，向②中反响
后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，获取15.8g白色积淀，即AgCl，
15.8g
NaCl 且质量为 (15.8g
n(AgCl)=>0.1mol ，则原样品中必定有-143.5g/mol143.5g/mol
0.1mol) × 58.5g/mol0.59g，则原样品中其余成分总质量为 4.7g-0.59g=4.11g，若不含 CaCO3
4.11g
CaCO3；因为原样品只则碳元素物质的量<，不切合题意，故原样品中必定含有
106g/mol
有三种杂质，则CaO和 NaOH 只含此中一种；
A．由剖析可知，原样品中必定含NaCl，必定不含CuSO4，故 A 正确；
B．由剖析可知，原样品中不行能同时含CaO、 NaOH，故 B 错误；
C．由剖析可知，原样品中必定含CaCO3，可能含 NaOH，故 C 正确；
D．由剖析可知，原样品中可能含CaO，必定含有
3
，故 D 错误；CaCO
故答案选AC。

【点睛】
注意此题要理清题目中所给信息，要定性判断，更要经过计算获取原样品中所含的杂质种
类，此为此题易错点。

12．氯化亚铜是一种重要的化工产品，宽泛用于颜料、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，在湿润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，还含少许 CuO)为原料，采纳硝酸铵氧化分解技术生产 CuCl 的工艺流程如图：
回答以下问题：
（1）为了提升“溶解”速率，工业生产中宜采纳的举措有__(答两条即可 )。

（2）写出“溶解”过程中发生氧化复原反响的离子方程式：__。

（3）“过滤 2”所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作获取一种化学肥料，它的主
要成分是 __(填化学式 )。

（4）工业生产中，用 pH=2 的硫酸清洗“产品”，其目的是 __。

（5）氯化亚铜产率与温度、溶液pH 的关系以下图。

据图剖析，流程化生产氯化亚铜的
过程中，温度过低会影响 CuCl 产率的原由是 __；温度过高、 pH 过大也会影响 CuCl 产率的原由是 __。

（6）当前利用膜电解重生氨性含铜蚀刻废液制备氯化亚铜的技术获取打破。

第一在电解槽
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，再倒入蒸馏水稀释获取氯化
亚铜积淀。

电解装置以下图，阴极区发生的电极反响为__，阳极区溶液的pH 将__(填“变大”或“变小”)。

【答案】适合加热，适合增大硫酸浓度3Cu+2NO3-+2+2 4 24
+8H =3Cu +2NO↑ +4H O(NH ) SO
克制 CuCl 的水解温度过低反响速率慢Cu2+简单向 CuO 和 Cu2O 转变 [或铵盐 (如氯化铵、
亚硫酸铵 )受热易分解 ] Cu(NH3
)42+-2 3 2
+
32
变小+e +2H O=Cu(NH )+2NH· H O
【分析】
【剖析】
海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解获取溶液主假如硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵复原硫酸
铜、加入氯化铵，生成氯化亚铜，发生反响
2CuSO4+(NH4) 2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH 4) 2SO4+H2SO4，过滤获取固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，以此解答该题。

【详解】
(1)从影响反响速率的要素角度剖析，反响物接触面积越大，反响速率越快，或许适合高升
反响液的温度，适合增大硫酸的浓度等也能够增大“溶解”速率；
(2) 在酸性条件下硝酸根离子能氧化铜，复原产物为
-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+被复原成 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，用硫酸清洗氯化亚铜，防止氯化亚铜水解；
(5) 流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反响速率慢，CuCl 产率低；温度过高、 pH 过大， Cu2+简单向 CuO 和 Cu2O 转变，且温度过高，铵盐(如氯化铵、亚硫酸铵 )受热易分解；
(6)依据电解装置，阴极得电子，其电极反响式为[Cu(NH3)4] 2++e-
2 3 2 +
3 2-
-═ O
2
↑ +2HO，溶液的 pH 将变
+2H O=[Cu(NH ) ]+2NH ?H O；阳极的电极反响式为4OH -4e 小。

13．氯化亚铜 (CuCl)宽泛应用于化工、印染等行业。

以硫化铜精矿为原料生产CuCl 的工艺如图：
已知 CuCl 难溶于醇和水，溶于
---
c(Cl)较大的系统 [CuCl(s)+Cl CuCl2 ]，湿润空气中易水解
氧化。

（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是 __。

该过程生成蓝色溶液和浅黄色积淀，则反响的化学反响方程式为 __；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为
-1
此硫酸溶液，需要
-1
浓硫0.3mol ·L ，配制 1L98%、1.84g ·mL
酸__mL（保存 1 位小数）。

溶解时反响的离子方程式__；
（3）“反响”时， Cu+的积淀率与加入的NH4Cl 的量关系以下图。

①反响的氧化产物是 ___， n(氧化剂 )： n(复原剂 )=___；
②比较 c(Cu+)相对大小： A 点 ___C 点（填“ >、”“ <或”“ =）”。

③提升处于 C 点状态的混淆物中Cu+积淀率举措是 ___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不可以用硝酸取代硫酸进行“酸洗”，原由是 __。

【答案】增大接触面积，加速酸浸速率，提升Cu 的浸出率等
CuS+H2 SO4+H2O2=CuSO4 +S+2H2O
+-2+2-16.3 3Cu+8H+2NO3 =3Cu +2NO↑ +4H2O SO4或
(NH4)2SO4 2： 1 > 加水稀释(NH4)2SO4HNO3拥有强氧化性会把CuCl 氧化
【分析】
【剖析】
利用 H 2O2在酸性条件下将 CuS 中的 -2 价 S 元素氧化成 S 单质，同时开释Cu2+，经过系列办理获取 Cu 单质，而后利用 NO 3-在酸性条件下的强氧化性将Cu 氧化成 Cu2+，接下来用SO32-将 Cu 2+复原成 Cu+，同时利用 Cl -将 Cu+积淀生成 CuCl ，用稀硫酸洗去CuCl 表面的(NH 4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇自己易挥发而除掉，获取干燥
的 CuCl ，据此回答。

【详解】
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的排除面积，一方面能够加
快反响速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转变，提升浸取率；依据程生成蓝色溶液和
浅黄色积淀可知，本反响生成了CuSO4和 S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加速酸浸速率，提升Cu 的浸出率等；
CuS+H2 SO4+H2O2=CuSO4 +S+2H2O；
1000
得，浓硫酸浓度 =1000 1.84g
98%
-1
（2）依据 c=
mL
=18.4mol ·L ，依据
M
98g / mol
C 1V 1=C 2 V 2得： 18.4mol ·L -1
-1
4
NO 和硫
V=0.3mol ·L
× 1L ，解得 V ≈ 16.3mL ；依据反响物为
NH
3
- 在酸性条件下的氧化性将
Cu 氧化溶解，发生的反响为
Cu 和稀硝酸反
酸，可知，利用 NO
3
应，故离子方程式为： 3Cu+8H
+
3-
2+ 2
+2NO =3Cu +2NO ↑ +4H O ，故答案为： 16.3；
3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO ↑ +4H 2 O ；
（3）①流程可知， “反响 ”利用 SO 32-将 Cu 2+复原成 Cu+， SO 32-自己被 Cu 2+被氧化成 SO 4 2-，
42- 为氧化产物； SO 32-被氧化 S 化合价由 +4 高升到 +6，高升了 2，每个 Cu 2+
被复原，化合
SO
价从 +2 降低到 +1，降低了 1，依据氧化复原反响中化合价高升总数 =化合价降低总数得，所
以 Cu 2+和 SO 32-的物质的量之比为 2:1，即氧化剂：复原剂 =2:1；故答案为： SO 42- 或
(NH ) SO ； 2:1；
4 2
4
②B 点以前 Cu +和 Cl - 形成 CuCl 积淀， B 点时成立了 CuCl(s) ? Cu +(aq)+ Cl - (aq),B 点之
后， Cl - 浓度增大，有一部分
-
-
由 CuCl(s)
+
-
CuCl 溶解 [ CuCl(s)+Cl
2 ],
? Cu (aq)+ Cl
CuCl
(aq) 可知， CuCl 固然被溶解了一部分，但是均衡并无发生挪动，因此 C 点和 B 点 Cu 2+的
浓度是相等的，因为
B 点以前 CuCl(s) ? Cu +(aq)+ Cl - (aq) 均衡向来向左挪动，因此 B 点
2+ 点，综上所述答案为： >
的 Cu 的浓度小于 A
；
-
-
使积淀减少了，因此我们能够减小 -
③既然 B 点以后是因为发生了 CuCl(s)+Cl CuCl 2 Cl
浓度，详细做法是反其道而行之，加适当水稀释，因此答案为：加水稀释；
（4）由上可知， “过滤 ”所得滤液中溶质主要成分为 (NH 4)2SO 4 ，因此答案为： (NH 4)2SO 4；
（5）硝酸有强氧化性，将 CuCl 氧化，因此不可以用硝酸取代硫酸进
行 “酸洗 ”，故答案为：
3
CuCl 氧化。

HNO 拥有强氧化性会把 【点睛】
（3）由图可知， B 点以后， NH 4Cl 越多，积淀率反而减小，但是已经加进去的 NH 4Cl 又拿
不出来，因此最直接的做法是反着来，加适当的水！
14． 实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水办理剂高铁酸钾（
K 2FeO 4）并研究其性
质。

已知K 24
① 可溶于水，微溶于浓
KOH 溶液； ② 在 0℃～ 5℃ 、强碱性溶
FeO 拥有以下性质：
液中比较稳固，在 Fe(OH)3 或 Fe 3
＋
催化下发生疏解； ③ 在弱碱性至酸性条件下，能与水反
应生成 O23 3 ＋）。

和 Fe(OH) （或 Fe
(1)装置 A 用于制取氯气，此中使用恒压漏斗的原由是____。

(2)为防备装置 C中 K2FeO4分解，能够采纳的举措是____和____ 。

(3)装置 C 中生成 K2FeO4反响的离子方程式为____。

(4)用必定量的 K2FeO4办理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线以下图。

t 1 s～t 2 s 内， O2的体积快速增大的主要原由是 ____。

42-＞Cl
2
的实验方案为：取少许24
(5)考证酸性条件下氧化性 FeO K FeO 固体于试管中， ____。

（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH 溶液、淀粉 KI 试纸、棉花）
(6)依据 K2FeO4的制备实验得出：氧化性
2-，而第 (5)小题实验表示， Cl
2-的Cl2＞ FeO42和 FeO4
氧化性强弱关系相反，原由是____。

【答案】防备因反响过于强烈而使液体没法滴落将装置 C 置于冰水浴中KOH应过度
（或减缓通入氯气的速率等）3Cl
－2-＋ 6Cl－＋8H
K2FeO4与水
2＋2Fe(OH)3＋10OH =2FeO4 2 O
发生反响生成的 Fe(OH)3拥有催化作用向此中滴加少许浓盐酸，将润湿的淀粉KI 试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞ Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱
【分析】
【剖析】
利用高锰酸钾与浓盐酸反响制得氯气，将氯气经过饱和氯化钠溶液除掉氯化氢，纯净的氯
气通入含有 Fe(OH)3的 KOH溶液中，制备高效水办理剂高铁酸钾（ K2FeO4），用氢氧化钠溶液
办理尾气，防备剩余的氯气排放到空气中惹起污染，据此剖析。

【详解】
利用高锰酸钾与浓盐酸反响制得氯气，将氯气经过饱和氯化钠溶液除掉氯化氢，纯净的氯
气通入含有 Fe(OH)3的 KOH溶液中，制备高效水办理剂高铁酸钾（ K2FeO4），用氢氧化钠溶液
办理尾气，防备剩余的氯气排放到空气中惹起污染。

(1)装置 A 用于制取氯气，此中使用恒压漏斗的原由是防备因反响过于强烈而使液体没法滴
落；
(2)为防备装置 C中 K2FeO4分解，能够采纳的举措是将装置 C 置于冰水浴中和KOH应过度（或减缓通入氯气的速率等）；
(3)装置 C 中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K FeO ，反响的离子方程式为 3Cl
242
＋2Fe(OH)3
＋
－
4
2-＋6Cl－＋8H
2
10OH =2FeO O；
(4)用必定量的 K FeO 办理饮用水， K FeO 与水发生反响生成的Fe(OH) 拥有催化作用， t
1 24243
s～t 2 s 内， O2的体积快速增大；
(5)考证酸性条件下氧化性
4
2-＞Cl
2
的实验方案为：取少许24
FeO K FeO 固体于试管中，向此中
滴加少许浓盐酸，将润湿的淀粉KI 试纸凑近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞ Cl2；
(6)依据 K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞ FeO42-，而第 (5)小题实验表示，溶液的酸碱性
影响物质的氧化性强弱，在不一样的酸碱性环境中，Cl2-的氧化性强弱关系相反。

2
和 FeO4
15．某校化学小组的同学展开测定 Na2SO3和 NaCl 的固体混淆物中 Na2SO3质量分数的研究实验，他们提出以下实验方案：
（1）小明同学用图中的发生、采集装置。

甲、乙两试管各有两根导管，连结对应接口后，
倒置盛稀硫酸的试管，发生反响，放出气体。

则稀硫酸应置于____中（填“甲”或“乙”）； G 管能够用化学实验室里的一种常用仪器取代，你以为这类仪器的名称是
接口的连结方式以下： A 连结 ___， C 连结 F；（填写接口的编号）
（2）小李同学用积淀法测定 Na2 SO3的质量分数。

操作流程：
①操作Ⅱ的名称是 _______。

② 操作Ⅰ 以前，为判断所加BaCl2溶液能否过度，设计以下方案，此中最合理的是 ___。

A．取少许上层清液，持续滴加稀H2SO4，若积淀产生则说明 BaCl2已过度。

B．待浊液澄清后，持续滴加BaCl2，若无积淀产生则说明BaCl2已过度。

C．待浊液澄清后，持续滴加稀H SO ，若积淀产生则说明BaCl 已过度。

242
③依据以上数据得出 Na2SO3的质量分数为 _____。

④ 小丽同学经仔细剖析，上述实验操作均正确，但发现实验结果与预期相差较大，请你推
测可能的原由是 ______,考证方法 __________。

【答案】乙碱式滴定管 D清洗、干燥（或烘干） B (126b/217a) ×100% Na2 3
变质
SO
取少许试样于试管中配成溶液，先滴加适当稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如有白色积淀生成，则证明该Na2SO3变质
【分析】
【剖析】
【详解】
某校化学小组的同学展开测定Na2 3
和 NaCl 的固体混淆物中23
质量分数的研究实
SO Na SO
验，倒置盛稀硫酸的试管，发生反响，因家中有直观可负气体逸出，也但是溶液溢出，不
能盛放稀硫酸，，故稀硫酸只好盛放在乙中；G 管能够用化学实验室里的一种常用仪器代替，起作用可汲取二氧化硫，还可以定量测定，故该仪器为碱式滴定管；为便于硫酸流下，
____。

仪器甲、乙
故仪器甲、乙接口的连结方式为
A 与 D 相连，C 连结 F ；
（2）用积淀法测定 Na 2SO 3 的质量分数，由实验流程可知加过度的氯化钡使生成亚硫酸钡积淀，操作Ⅰ 为过滤，积淀 A 为 BaSO ，若变质则会混有硫酸钡，则
3
①操作Ⅱ为清洗、干燥后称量固体质量即可测定质量分数；
②操作Ⅰ以前，为判断所加
BaCl
溶液能否过度，主假如看溶液中能否还有 2—
；故需用
2
SO 3
试剂 BaCl 2 溶液，操作为待浊液澄清后，持续滴加 BaCl 2，若无积淀产生则说明 BaCl 2 已过
量， SO 32- 积淀完整，故 B 项正确；
③积淀 A 为 BaSO 3
b
23
，物质的量为：
mol ，故 Na SO 的质量分数
217
126b
126b
=
217。

a
100%
100%
217a
④小丽同学经仔细剖析，上述实验操作均正确，但发现实验结果与预期相差较大，可能该
Na 2SO 3 变质，故考证方法为：取少许试样于试管中配成溶液，先滴加适当稀盐酸，再滴加
BaCl 2 溶液，如有白色积淀生成，则证明该 Na 2SO 3 变质。