高考化学一轮复习 专项训练 化学离子反应及解析

高考化学一轮复习专项训练化学离子反应及解析
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．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3
D．Na2CO3、CuSO4
【答案】C
【解析】
【详解】
A． NaHCO3、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． Na2CO3、CuSO4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．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2Fe 2＋＋4Br -＋3Cl 2=2Br 2＋2Fe 3＋＋6Cl -，故D 正确； 综上所述，答案为C 。

3．下列反应的离子方程式正确的是( )
A ．红褐色固体3Fe(OH)全部溶于氢碘酸：332Fe(OH)3H Fe 3H O ++
+=+
B ．水杨酸溶于3NaHCO 溶液中：
C ．将等浓度的2Ba(OH)溶液与4NaHSO 液按体积比2:3混合：
224422Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O +-
+-+++=↓+
D ．洁厕灵(含HCl )与84消毒液混合后产生氯气：2Cl H ClO Cl OH -+--
++=↑+ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe 3+会氧化I -得到I 2，正确的离子反应方程式应为：2Fe(OH)3+2I -+6H +===2Fe 2++6H 2O+I 2，A 选项错误；
B ．水杨酸中酚羟基不能与NaHCO 3发生反应，正确的离子反应方程式为：
+HCO 3-→
+CO 2↑+H 2O ，B 选项错误；
C ．等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO 4溶液按体积比2:3，则两者物质的量之比为2:3，两者混合后，2molBa 2+消耗2molSO 42-，3molH +消耗3molOH -，反应的离子反应方程式为：
224422Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O +-+-+++=↓+，C 选项正确；
D ．84消毒液的主要成分是NaClO ，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl ，反应的离子反应方程式为：Cl -+ClO -+2H +===Cl 2↑+H 2O ，D 选项错误； 答案选C 。

【点睛】
本题B 选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和HCO 3-发生发应。

4．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 ( ) A ．将 CO 2 通入 CaCl 2 溶液：CO 2+H 2O+Ca 2+=CaCO 3↓+2H +
B ．往氢氧化钠溶液中通入过量 SO 2：OH - + SO 2 =3HSO -
C ．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H ＋=Fe 2＋＋2H 2O
D ．向 Ba(OH)2 溶液中滴加NaHSO 4 溶液至中性：Ba 2++OH -+H ++24SO -
═BaSO 4↓+H 2O 【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。

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．在学习中，我们经常应用类推法。

下列左边正确，类推法应用于右边也正确的是
（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．FeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，与氧化性有关，故A错误；
B．SO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应为SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-，故B 错误；
C．Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应为2NO3-+3SO32-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，故C错误；
D．二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水，则类推合理，故D正确。

答案选D。

7．离子互换反应的实质是“永远向着某些离子浓度减少的方向进行”，下列反应不符合这一实质的是
A．AgCl + 2NH3·H2O →[Ag（NH3）2]Cl + 2H2O
B．CuSO4 + H2S → CuS↓+ H2SO4
C．KCl（l） + Na（l）→ K↑+NaC l（l）
D．2[Ag（NH3）2]Cl + Na2S → Ag2S↓+ 2NaCl + 4NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
如离子之间发生反应生成沉淀、气体或弱电解质，或发生氧化还原反应、络合反应等，则离子浓度减小，向着某些离子浓度减少的方向进行，据此分析。

【详解】
A．AgCl难溶于水，NH3∙H2O为弱电解质，生成络合物[Ag(NH3)2]Cl， A正确；
B．生成CuS沉淀，硫离子浓度减小，B正确；
C．KCl和Na为熔融状态发生反应，反应时离子浓度不变，C错误；
D．生成Ag2S沉淀和氨气，硫离子浓度降低，D正确；
答案选C。

8．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CO32-和NO3-，根据电中性原则知，一定含有SO42-，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。

9．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 。

10．M、N两种溶液各含有下列十种离子中的五种：Al3+，Na+、Mg2+，H+、Cl-、NO3-、OH-、SO32-、SO42-、CO32-已知两溶液所含离子各不相同，下列判断正确的是（）
A．如果M呈强酸性，则N中可能向时含有NO3-、SO42-、CO32-
B．如果M呈强碱性，则N中可能同时含有Al3+、SO42-、Cl-
C．如果M具有强还原性，则N中一定同时含有H+、Mg2+、Cl-
D．如果M具有强氧化性，则N中一定同时含有Na+、OH-、SO32-
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．溶液M呈强酸性，则M中含有H+，则N中一定含有OH−、SO32-、CO32-，由溶液为电中性，则N中不可能再同时存在NO3-、SO42-，故A错误；
B．溶液M呈强碱性，则M中含有OH-，则N中一定含有H+、Al3+、Mg2+，H+、Al3+、Mg2+可以与SO42-、Cl-大量共存，故B正确；
C．如果M具有强还原性，则M中含有SO32-，则N中一定含有H+、Mg2+、Al3+，可推出M 中还有Na+、OH-、CO32-，不能确定Cl-存在于哪种溶液中，故C错误；
D．如果M具有强氧化性，则M中含有H+、NO3-，则N中一定含有OH−、SO32-、CO32-，可推出M中还有Al3+、Mg2+，由溶液为电中性，则N中一定含有Na+，故D正确；
故答案选BD。

【点睛】
本题把握题目中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，要联系常见的氧化还原反应、复分解反应的离子共存问题。

11．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+、NH4+、Cl-、Mg2+、
Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100 mL溶液进行如下实验：
(1)第一份加入AgNO3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BaCl2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(CO32-)为1 mol/L
C．Cl-一定存在D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl-、CO32-、SO42-；②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有NH4+，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CO32-、SO42-，因而一定没有 Mg2+、Ba2+；c（CO32-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，c（SO42-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L。

根据电荷守恒可知，c （NH4+）－2c（CO32-）+2c（SO42-）==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NH4+、K+、CO32-、SO42-、Cl-，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，因此答案选AC。

12．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。

13．一种“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_____。

质量m H2O：m SrO4：15：16：17：18：19：110：1 Sr(OH)2·8H2O纯度%98.6498.6898.6598.6498.6398.6398.65 Sr(OH)2·8H2O产率%17.9153.3663.5072.6692.1789.6588.93
（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。

14．实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。

已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。

(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是____。

(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。

(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。

(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。

t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是____。

(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4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)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是____。

【答案】防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中 KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等） 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉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
【解析】
【分析】
利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。

【详解】
利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。

(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；
(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（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K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；
(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大；
(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉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；
(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。

15．某无色澄清溶液中Cl－浓度为0.5 mol·L－1，还可能含有下表中的若干种离子。

现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。

请回答下列问题：
(1)通过以上实验不能确定是否存在的离子有______________。

能确定一定不存在的离子是_____________________________________________________。

(2)实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为_____________________________。

(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，请写出一定存在的阴离子______________ (不一定要填满)。

(4)判断K ＋是否存在，若存在，求出其最小浓度，若不存在说明理由：
_____________________。

【答案】OH -、NO 3- Al 3+、Mg 2+、Ba 2+、Fe 3+、SO 42- SiO 32-+2H +=H 2SiO 3↓ CO 32-、SiO 32- 存在，浓度至少为3.1mol•L -1
【解析】
【分析】
由实验Ⅰ可知，100mL 溶液中一定含有CO 32-，其物质的量为g -11.12L =0.05mol 22.4L mol
，则一定没有Al 3+、Mg 2+、Ba 2+、Fe 3+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO 32-，发生反应
2-+323SiO +2H =H SiO ↓
，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为4.8g 为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO 32-的物质的量为g -14.8g =0.08mol 60g mol
；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO 42-，根据电荷守恒：
⨯⨯2-2--332n(CO )+2n(SiO )+n(Cl )=20.05mol+20.08mol+0.05mol=0.31mol ，溶
液中一定含有K +，且其浓度至少为
0.31mol 0.1L
=3.1mol•L -1，不能确定OH -、NO 3-是否存在。

【详解】
（1）通过以上实验不能确定是否存在的离子有--3OH 、NO ，确定一定不存在的离子是
3+2+2+3+2-
4
Al 、Mg 、Ba 、Fe 、SO ； （2）由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO 32-，发生反应2-+323SiO +2H =H SiO ↓； （3）根据以上分析可知，一定存在CO 32-、SiO 32-；
（4）根据电荷守恒： ⨯⨯2-2--332n(CO )+2n(SiO )+n(Cl )=20.05mol+20.08mol+0.05mol=0.31mol ，溶
液中一定含有K+，且其浓度至少为3.1mol•L-1。

【点睛】
离子共存问题利用浓度计算时需利用溶液中阴阳电荷守恒列出等式进行计算。