高考化学离子反应各地方试卷集合汇编(1)1

高考化学离子反应各地方试卷集合汇编(1)1
一、高中化学离子反应
1．向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（）
A．2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-
B．10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-
C．2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-
D．2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】
还原性：Fe2＋＞Br-，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2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，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++Br2＋12Cl-，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2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；
综上所述，答案为C。

2．有一份澄清溶液，可能含有 Na＋、K＋、NH4+、Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、SO32－、Cl－、I－中的若干种，且离子的物质的量浓度均为 0.1mol·L－1(不考虑水解和水的电离)。

往该溶液中加入过量的盐酸酸化 BaCl2溶液，无沉淀生成。

另取少量原溶液，设计并完成如下实验：
则关于原溶液的判断中不正确的是
A．是否存在 Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定
B．通过 CCl4层的颜色变化，能判断出溶液中 I－肯定存在
C．试样加足量氯水无气体产生，说明溶液中 CO32－肯定不存在
D．肯定不存在的离子是 Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、Cl－
【答案】A
【解析】
【分析】
澄清溶液，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层紫红色，则有I-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Ca2+、Fe3+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L-1；根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-；滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离，结合溶液为电中性来解答。

【详解】
A. 根据溶液中离子浓度均为0.1mol/L，且溶液呈电中性，溶液中一定存在 Na＋、K＋，不需要焰色反应来确定，A项错误；
B. 通过CCl4 层的颜色变化，能判断出溶液中 I－肯定存在，B项正确；
C. 试样加足量的Cl2水，没有气体产生，说明无CO32－，C项正确；
D. 由分析可知，肯定不存在的离子是Ca2＋、Fe3＋、SO42－、CO32－、Cl－，D项正确；
答案选A。

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 -、SO 42-、CO 32-、NH 4+、Al 3+、Cu 2+、Fe 3+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CO 2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 ．Al 3+、NH 4+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．在电解质溶液的导电性实验（装置如图所示）中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是（ ）
A．盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
B．硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液
C．硫酸中逐滴加入氯化钡溶液
D．盐酸中逐滴加入硝酸银溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、盐酸中加入氢氧化钠溶液，反应生成水和氯化钠，溶液中离子的浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故A项错误；
B、向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶液中的离子浓度增大，灯泡亮度升高，故B项正确；
C、硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故C项正确；
D、盐酸中加入硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀和硝酸，溶液中离子的浓度不发生变化，灯泡不会变暗，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

6．铁铝矾[Al2Fe（SO4）4·xH2O] 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（Al3+）+c（Fe2+）+c（H+）= 4 c（SO42-）+ 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Al2O3、Fe2O3
D．向该溶液中加入Ba（OH）2溶液，当SO42-完全沉淀时，Al3+、Fe2+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(Al3+)+2c(Fe2+)+c(H+)= 2 c(SO42-)+ 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．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 A ．K +、Ba 2+、OH -、I - B ．Na +、Mg 2+、Cl -、SO 42- C ．Na +、H +、Cl -、NO 3- D ．Cu 2+、S 2-、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Fe 2＋
和SO 42－。

【详解】
A 、溶液中的Ba 2＋、OH －均不能大量共存；
B 、离子间可以大量共存；
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S 2－以及Fe 2＋，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 Fe 3+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 -；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu 2+、 Fe 2+、Fe 3+、MnO 4-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。

8．在由水电离产生的H ＋
浓度为1×10－13
mol·L －1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
①K ＋、ClO －、NO 3－、S 2－ ②K ＋、Fe 2＋、I －、SO 42－ ③Na ＋、Cl －、NO 3－、SO 42－ ④Na ＋、Ca 2＋、Cl －、HCO 3－ ⑤K ＋、Ba 2＋、Cl －、NO 3－ A ．①③ B ．③⑤
C ．③④
D ．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。

9．向X的溶液中加入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CO2B．向HCl和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH C．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】
A．NaOH、Ca(OH)2都是碱，CO2与OH－反应生成CO32－，随着发生Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此认为，反应先后顺序是：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、NaOH＋CO2=NaHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，符合题中图像，故A正确；
B．盐酸是酸，先于NaOH反应，因此顺序是HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，Al3＋＋3OH－
=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，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；
C．Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，反应先后顺序是：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－
=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，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；
D．Mg2＋结合OH－能力强于NH4＋，因此有Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、NH4＋＋OH－
=NH 3·H 2O ，与图像不符，故D 错误。

故选A 。

10．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。

【详解】
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 。

11．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。

12．在酸性Fe(NO3)3溶液中逐渐通入H2S气体，可能发生的离子反应是A．H2S + 2NO3-+ 2H+=2NO2↑+ S↓+ 2H2O
B．3 H2S + 2NO3-+ 2H+=2NO↑+ 3S↓+ 4H2O
C．3Fe3++ 3NO3-+ 6H2S =3NO↑+ 6S↓+ 3Fe2++6H2O
D．Fe3++3NO3-+ 5H2S+ 2H+=3NO↑+ 5S↓+ Fe2++6H2O
【答案】BD 【解析】 【分析】
酸性溶液中，氧化性HNO 3＞Fe 3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢；硫化氢足量，则Fe （NO 3）3完全反应，以此来解答。

【详解】
酸性溶液中，氧化性HNO 3＞Fe 3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢，由电子、电荷守恒可知，离子反应为3H 2S+2NO 3-+2H +=2NO↑+3S↓+4H 2O ；硫化氢足量，则Fe （NO 3）3完全反应，由电子、电荷守恒可知，离子反应为Fe 3++3NO 3-+5H 2S+2H +=3NO↑+5S↓+Fe 2++6H 2O ； 故选：BD 。

13．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、Na2SiO3、Na2BeO2，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BeCl2，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BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2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，MnO2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BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；
(3)MnO2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Cu2S发生反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境；
(4)为了抑制Be2+离子的水解，需要在HCl气氛中对BeCl2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-
=-10mol/L，Fe3+离子转化为沉淀，c(OH-
/L
==×10-12mol/L，锰离子沉淀时，c(OH-
/L=×10-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+，为使铜离子沉淀
c(H+)=
14
10
10
10
-
-
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%。

14．经检测，某工业废水显酸性，且废水中含有大量Na＋、Cu2＋、Cl-、SO42-、NO3-，（1）下列离子中，不可能大量存在于该废水中的是___(填序号)。

A．K＋ B．Fe3＋ C．Ag＋ D．HCO3－
（2）若向上述废水中加入大量的过氧化钠固体，观察到的现象为___；相关的离子方程式为___。

（3）若工业废水中只含有H＋和Na＋、Cu2＋、Cl-、SO42-、NO3-，经分析测得，H＋、Cu2＋、Cl-、SO42-、NO3-的物质的量浓度分别为：0.1mol·L－1、0.05mol·L－1、0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.1mol·L－1，则Na＋的物质的量浓度为___。

（4）设计实验方案除去原废水中的Cu2＋和SO42－(用流程图表示)(提示：加入的试剂要过量)___。

【答案】CD 有气体产生，有蓝色沉淀生成 2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑、Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓或2Na2O2＋2H2O＋Cu2＋＝2Cu(OH)2↓＋O2↑＋4Na＋ 0.3mol·L－1
【解析】
【分析】
（1）酸性废水中，HCO3－不能大量存在；废水中含Cl-，Ag＋不能大量存在。

（2）若向上述废水中加入大量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应，生成NaOH和O2，NaOH能沉淀Cu2＋。

（3）若工业废水中只含有H＋和Na＋、Cu2＋、Cl-、SO42-、NO3-，经分析测得，H＋、Cu2＋、Cl-、SO42-、NO3-的物质的量浓度分别为：0.1mol·L－1、0.05mol·L－1、0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.1mol·L－1，利用电荷守恒，即c(Na＋)+ c(H＋)+2c(Cu2＋)= c(Cl-)+2c(SO42-)+ c(NO3-)，代入数据，即可求出c(Na＋)。

（4）除去原废水中的Cu2＋和SO42－，需加入NaOH和BaCl2，过量的BaCl2用Na2CO3去除，过量的NaOH、Na2CO3用盐酸去除。

【详解】
（1）酸性废水中含有H+，HCO3－不能大量存在；废水中含Cl-，Ag＋不能大量存在。

答案为：CD；
（2）若向上述废水中加入大量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应，生成NaOH和O2，NaOH能沉淀Cu2＋。

观察到的现象为有气体产生，有蓝色沉淀生成；相关的离子方程式为2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑、Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓或2Na2O2＋2H2O＋Cu2＋＝
2Cu(OH)2↓＋O2↑＋4Na＋。

答案为：有气体产生，有蓝色沉淀生成；2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑、Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓或2Na2O2＋2H2O＋Cu2＋＝2Cu(OH)2↓＋O2↑＋4Na ＋；
（3）利用电荷守恒，c(Na＋)+0.1mol·L－1+2×0.05mol·L－1=0.2mol·L－1+2×0.1mol·L－1+0.1mol·L－1，可求出c(Na＋)= 0.3mol·L－1。

答案为：0.3mol·L－1；
（4）除去原废水中的Cu2＋和SO42－，需加入NaOH和BaCl2，过量的BaCl2用Na2CO3去除，过量的NaOH、Na2CO3用盐酸去除。

答案为：
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 SiO2 + 2NaOH →Na2SiO3 + H2O c HZ +OH-→ H2O + 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 。