(化学)高中化学离子反应试题类型及其解题技巧及解析1(2)

（化学）高中化学离子反应试题类型及其解题技巧及解析1(2)
一、高中化学离子反应
1．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。

该白色粉末可能为 A ．NaHCO 3、Al （OH ）3 B ．AgCl 、NaHCO 3
C ．Na 2SO 3、BaCO 3
D ．Na 2CO 3、CuSO 4
【答案】C 【解析】 【详解】
A ． NaHCO 3、Al （OH ）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A 项错误；
B ．AgCl 不溶于酸，固体不能全部溶解，B 项错误；
C ．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C 项正确；
D ． Na 2CO 3、CuSO 4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D 项错误； 答案选C 。

2．下列离子方程式中正确的是
A ．向 CH 2BrCOOH 中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：
Δ
--222CH BrCOOH +OH CH BrCOO +H O −−→
B ．用氢氧化钠溶液除去铝片表面的氧化膜：Al 3++4OH -→AlO 2-+2H 2O
C ．次氯酸钠溶液中通入少量的CO 2气体：ClO -+CO 2+H 2O→HClO+HCO 3-
D ．等体积、等浓度的Ca （HCO ）2溶液和NaOH 溶液混合：
2+2--2-3332Ca +2HCO +2OH CaCO +CO +2H O →↓
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．向CH 2BrCOOH 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：CH 2BrCOOH+2OH -CH 2(OH)COO -
+H 2O ，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：Al 2O 3+2OH -===2AlO 2-+H 2O ，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。

3．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。

4．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 ．SO 42﹣、CO 32﹣至少含有一种
D ．Al 3+、Cu 2+、Fe 3+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2Ba(OH)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4NH +
；又因为同时产生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu 2+和Fe 3+，而24SO -
和23CO -
则至少含有一种；至于Al 3+，若含有的话，则在加入过量2
Ba(OH)后转化为了2AlO -
；由于向滤液中通入的是过量的CO 2，仍能产生白色沉淀，所以断定原来的溶液中一定有Al 3+，那么这样的话24SO -和23CO -就只能存在24SO -
了；综上所述，溶液中一定存在4NH +，Al 3+和24SO -，一定不存在23CO -
，Cu 2+和Fe 3+，不一定存在Cl -，K +。

【详解】
A ．溶液中至少存在3种离子，Al 3+，4NH +以及24SO -
，A 项错误； B ．Al 3+，4NH +
一定存在，Cl -不一定存在，B 项正确；
C ．24SO -一定存在于溶液中，而23CO -
由于与Al 3+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23CO -
，Cu 2+和Fe 3+，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。

5．向0.02mol·
L -1CuSO 4溶液中匀速滴加1mol·L -1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu 2(OH)2SO 4]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(Cu 2+)：a 点=b 点
B ．bc 段生成浅蓝色沉淀的反应为-2-
42+4222Cu +2OH +SO =Cu (OH)SO ↓ C ．d 点时：(
)(
)
+
2-
44c NH <2c SO D ．导电能力：()2+
+434NH >Cu NH ⎡⎤⎣⎦ 【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：
2-2++32422442Cu +2NH H O+SO =Cu (OH)SO 2NH ↓+⋅，c 到e 发生沉淀溶解反应：
224Cu (OH)SO +328NH H O ⋅=2()234Cu NH +
⎡⎤⎣
⎦+8H 2O+SO 42-+2OH -，据此分析解答。

【详解】
A ．a 到b 发生2-2++
32422442Cu +2NH H O+SO =Cu (OH)SO 2NH ↓+⋅，c(Cu 2+)减小，故c(Cu 2+)：a 点＞b 点，A 错误； B ．bc 段生成浅蓝色沉淀的反应为
2-2++32422442Cu +2NH H O+SO =Cu (OH)SO 2NH ↓+⋅、而不是-2-42+4222Cu +2OH +SO =Cu (OH)SO ↓，B 错误；
C ．c 点沉淀达到最大值，此时溶质为(NH 4)2SO 4，c 到d ，pH 突变，但导电率几乎不变，故d 点，溶质为(NH 4)2SO 4和32NH H O ⋅，那么d 点溶液中电荷守恒为：c(NH 4+)+c(H +)=c(OH -)+2c(SO 42-)，因此时pH ＞7，c(H +)＜c(OH -)，故c(NH 4+)＞2c(SO 42-)，C 错误；
D ．b ’点之前释放NH 4+，导电能力增强，b ’之后释放()2+
34Cu NH ⎡⎤⎣⎦和OH -，导电能力降
低，说明导电能力()
2+
+
434
NH >Cu NH ⎡⎤⎣
⎦
，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。

6．下列反应的离子方程式书写错误的是（ ） A ．向Na 2CO 3溶液中滴入少量的盐酸：CO 32-+H +=HCO 3-
B ．向KAl(SO 4)2溶液滴加过量NaOH 溶液反应：Al 3++4OH -=AlO 2-+2H 2O
C ．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸：Cl 2+H 2O=2H ++Cl -+ClO -
D ．固体SiO 2和NaOH 溶液反应：SiO 2+2OH -=SiO 32-+H 2O 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A. Na 2CO 3溶液中滴入少量的盐酸生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO 32-+H +=HCO 3-，A 项正
确；
B. 铝离子与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-
+2H2O，B项正确；
C. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，C 项错误；
D. 固体SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，D 项正确；
答案选C。

7．将由NaOH、BaCl2、Al2(SO4)3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，向混合物液中滴加1mol•L-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示．下列有关判断不正确的是
A．AB段发生反应的的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
B．BC段发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O
C．D点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4
D．E点表示的溶液呈中性
【答案】D
【解析】
【分析】
由A点可知，A点为硫酸钡沉淀，则BaCl2过量，由NaOH、BaCl2、Al2(SO4)3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，混合液中含有钡离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、硫酸根离子。

【详解】
A．由图象可知，AB段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．BC段发生酸碱中和，离子方程式为H++OH-＝H2O，故B正确；
C．CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，离子反应为AlO2-+H++H2O＝Al(OH)3↓，故C正确；
D．DE段发生氢氧化铝与酸的反应生成硫酸铝，为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故D 错误；
故选D。

8．某强酸性溶液 X 中可能含有 Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-、
NO2-中的一种或几种，现取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：
根据以上信息，下列判断正确的是
A．X 溶液中一定存在 A13+、NH4+、Fe3+、SO42-
B．X 溶液中可能存在 SO32-、C1-、NO2-
C．向溶液 J 中加入过量的溶液 E，最终溶液中可能含有两种溶质
D．沉淀 I 一定是 Al (OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中通入过量CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO2-离子，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，根据上述分析，溶液中一定含有A13+、NH4+、Fe2+、SO42-；一定不存在Ba2+、CO32-、SO32-、NO2-；可能存在Fe3+和Cl-，故A、B错误；溶液H中含有前几步加入的过量的Ba2+、Na+、OH-、NO3-和生成的 AlO2-，通入过量CO2，得到的溶液J中含有Ba2+、Na+、NO3-和HCO3-，加入过量的硝酸(溶液E)，最终溶液中有硝酸钠、硝酸钡和过量的硝酸，故C错误；沉淀I 是 Al (OH)3，故D正确；故选D。

【点睛】
本题的易错点和难点是NO2-离子的判断，要注意NO2-在酸性条件下也具有强氧化性。

9．向15mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液中，滴加等浓度NH4Al(SO4)2溶液x mL，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】
15mL 0.1mol/L Ba(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
0.0005mol Al(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-；0.0005mol Al(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0.001mol Al(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0.001mol Al(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。

10．溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。

①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。

则下列说法正确的是（）
A．溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-
B．在滴加NaOH溶液物质的量为0.5～0.7mol时，发生离子反应为Al3＋＋4OH－=AlO2-＋
2H2O
C．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋
D．n(H＋)∶n(NH4+)∶n(Mg2＋)＝2∶4∶1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意知，①溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，
则没有碳酸根和硝酸根离子，根据电中性原则知，溶液中一定含有硫酸根；②加入NaOH 溶液，产生白色沉淀，说明溶液中一定不含铁离子；当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根离子反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠。

【详解】
A 、溶液中加入铝片，产生无色无味的气体为氢气，则溶液中有大量氢离子，则一定不含CO 32-和NO 3-，根据电中性原则知，一定含有SO 42-，故A 错误；
B 、根据题给图像知，在滴加NaOH 溶液物质的量为0.5至0.7mol 时，发生的离子反应为：NH 4++OH -=NH 3·
H 2O ，故B 错误； C 、根据题给图像知，溶液中的阳离子一定含NH 4+、H +、Mg 2+、Al 3+，故C 错误； D 、根据题给图像分析，氢离子消耗氢氧根离子的物质的量是0.1mol ，所以氢离子的物质的量是0.1mol ，氢氧化钠为0.5至0.7mol 时，发生的离子反应为：NH 4++OH -=NH 3·H 2O ，所以铵离子的物质的量为0.2mol ，氢氧化钠为0.7至0.8mol 时，发生反应Al(OH)3+OH -=AlO 2-+2H 2O ，所以Al 3＋的物质的量是0.1mol ，镁离子的物质的量是(0.4mol-0.1mol ×3)÷2=0.05mol ，n(H +)∶n(NH 4+)∶n(Mg 2+) =2∶4∶1，故D 正确。

11．某溶液中只可能含有K +、4NH +
、2Fe +、3+Al 、Cl -、24SO -、23CO -、2AlO -
中的若干种离子，且所含有的离子浓度均为10.1mol L -⋅。

某同学为确定其成分，进行如图所示实验：
下列说法正确的是( )
A ．无法确定原试液中是否含有3Al +、-Cl
B ．滤液X 中大量存在的阳离子有4NH +
、2Fe +和2Ba + C ．无法确定沉淀C 的成分
D ．原溶液中存在的离子为4NH +
、2Fe +、-Cl 、24SO -
【答案】D 【解析】 【分析】
加稀硫酸无明显现象，说明溶液中无2-3CO ，加入过量硝酸钡产生了沉淀A ，则沉淀A 为
4BaSO ，产生的气体根据题目限制的条件只能是氮氧化物，则溶液中必有2+Fe ，AlO 2-和2+Fe 不共存，所以没有AlO 2-。

加入过量的碱能产生气体，则只能是氨气，溶液中必有+4NH ，此时产生的沉淀B 为3Fe(OH)，最终通入少量二氧化碳，产生的沉淀C 中必然有
3BaCO ，接下来根据电荷守恒来判断，已确定的离子有2-4SO 、2+Fe 、+4NH ，已知离子
的物质的量相等，根据电荷守恒，一定存在-Cl ，+K 和3+Al 都不能存在。

A ．一定存在-Cl ，3+Al 一定不存在，A 项错误；
B ．X 中不可能有2+Fe ，此时溶液中的2+Fe 已经全部被氧化为3+Fe ，B 项错误；
C ．沉淀C 为3BaCO ，C 项错误；
D ．根据以上分析，D 项正确； 答案选D 。

12．今有一混合物的水溶液，只可能肯有以下离子中的若干种：K +、NH 4+、Cl -、Mg 2+、Ba 2+、CO 32-、SO 42-，现取三份100 mL 溶液进行如下实验： (1)第一份加入AgNO 3溶液有沉淀生成；
(2)第二份加足量NaOH 溶液后，收集到气体0.05mol ；
(3)第三份加足量BaCl 2溶液后，得干燥沉淀4.3g ，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g 。

根据上述实验，以下推测正确的是 A ．K +可能存在 B ．混合溶液中c(CO 32-)为1 mol/L C ．Cl -一定存在 D ．Ba 2+一定不存在，Mg 2+可能存在
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
①与AgNO 3溶液有沉淀产生的离子有Cl -、CO 32-、SO 42-；②加足量NaOH 溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有NH 4+，且物质的量是0.05mol ，其浓度是0.05mol÷0.1L ＝0.5mol/L 。

③不溶于盐酸的2.33g 沉淀为硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol ＝0.01mol ；4.3g 沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡质量为4.3g －2.33g ＝1.97g ，物质的量为1.97g÷197g/mol ＝0.01mol ，故一定存在CO 32-、SO 42-，因而一定没有 Mg 2+、Ba 2+；c （CO 32-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L ，c （SO 42-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L 。

根据电荷守恒可知，c （NH 4+）－2c （CO 32-）+2c （SO 42-）==0.5mol/L －0.1mol/L×2－0.1mol/L×2＝0.1mol/L ，所以一定还含有阴离子，即一定含有氯离子，则K ＋也可能存在，综合以上可以得出，一定存在的离子有NH 4+、K +、CO 32-、SO 42-、Cl -，一定没有的离子Mg 2+、Ba 2+，因此答案选AC 。

13．下列离子方程式书写正确的是( ) A ．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：3232Ca
OH HCO CaCO H O +
--++→↓+
B ．往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al 3+完全沉淀： A13++2SO 42-+2Ba 2++3OH -
A1(OH)3↓+2BaSO 4↓
C ．向NaHSO 4溶液中滴加2Ba (OH)至刚好沉淀完全：
2244H SO Ba OH BaSO +-+-+++→↓2H O +
D ．向含有0.1 mol 溶质的FeI 2溶液中通入0.1 mol 的Cl 2：2I — +Cl 2 I 2+2Cl --
【答案】CD
【分析】
离子方程式的书写要点：沉淀、气体、弱电解质、金属氧化物不拆；有过量、少量时，少量物质要遵循物质构成比例书写；氧化还原的强弱规律等。

【详解】
A．清石灰水与过量的小苏打溶液反应，则氢氧化钙少量，反应系数要遵循组成比例，离子反应方程式应为：，故A错误；
B．往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀，离子方程式为：A13++SO42-+Ba2++3OH-A1(OH)3↓+BaSO4↓，故B错误；
Ba (OH)至刚好沉淀完全，两物质1：1反应恰好生成硫酸钡沉C．NaHSO4溶液中滴加2
淀，故C正确；
D．还原性：碘离子>亚铁离子，碘离子优先参与反应，故D正确；
答案为CD。

14．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、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-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl 2-]，潮湿空气中易水解氧化。

（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沉淀，则反应的化学反应方程式为__；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。

溶解时反应的离子方程式__；
（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。

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

③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。

【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 16.3 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O SO42-或
(NH4)2SO4 2：1 > 加水稀释 (NH4)2SO4 HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的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解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=1000
M
ρω
得，浓硫酸浓度=
1.84
100098%
98/
g
mL
g mol
⨯⨯
=18.4mol·L-1，根据
C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1⨯V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或
(NH4)2SO4；2:1；
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：>；
③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。

【点睛】
（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！
15．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸．请完成下列问题：
（1）写出反应的离子方程式_____________；
（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是________（填序号）
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
（3）若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是________（填序号）；
（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．则反应的离子方程式是 _________________。

【答案】Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O A C 2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓
+AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，发生酸、碱中和反应，产生盐和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；
（2）A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，正确；
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误；
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，要以不足量的NaHSO4溶液为标准，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误；
故与(1)离子方程式相同的是A；
（3）若缓缓向Ba(OH)2溶液中加入稀H2SO4直至过量，由于发生反应：Ba2++2OH-
+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子的物质的量浓度减小，溶液的导电性逐渐减弱，当二者恰好完全反应时，溶液中自由移动的离子浓度最小，由于H2O是极弱的电解质，电离产生的离子浓度很小，BaSO4难溶，溶解电离产生的离子浓度也很小，这时溶液中离子浓度几乎为0，后当硫酸过量时，硫酸电离产生的离子使溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液的导电性又逐渐增强。

因此整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用右图中的曲线表示是C；
（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．这时两种物质的物质的量的比是n[Ba(OH)2]:n[ KAl(SO4)2] =2:1，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，可被过量的强碱溶解，则反应的离子方程式是2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓ +AlO2-+2H2O。