最新化学离子反应题20套(带答案)1

最新化学离子反应题20套(带答案)1
一、高中化学离子反应
1．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CO 2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 -+CO 2+H 2O →HClO+HCO 3-，C 选项正确；
D ．等体积、等浓度的Ca(HCO)2溶液和NaOH 溶液反应，Ca 2+和OH -为1:1，正确的离子反应方程式为Ca 2++HCO 3-+OH -===CaCO 3↓+H 2O ，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。

2．有一份澄清溶液，可能含有 Na ＋、K ＋、NH 4+、Ca 2＋、Fe 3＋、SO 42－、CO 32－、SO 32－、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 BaCl 2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．某固体混合物X ，含有()243Al SO 、3FeCl 、23Na CO 和4CuSO 中的几种，进行如下实验：
①X 与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y 和弱碱性溶液Z ；
②沉淀Y 与NaOH 溶液作用，无变化。

下列说法不正确的是（ ）
A ．混合物X 中必定含有23Na CO ，不含()243Al SO
B ．溶液Z 中溶质主要是钠盐，且必含3NaHCO
C ．灼烧沉淀Y ，可能得到黑色物质
D ．往溶液Z 中加入Cu 粉，若不溶解，说明X 中不含3FeCl
【答案】D
【解析】
【分析】
某固体混合物X ，含有()243Al SO 、3FeCl 、23Na CO 和4CuSO 中的几种，进行如下实验：
①X 与水作用有气泡冒出，四种物质中能生成气体的只有23Na CO ，所以一定有23Na CO ，而几种物质中没有酸，可知推测因为发生双水解生成了二氧化碳，能与23Na CO 在溶液中双水解的有()243Al SO 、4CuSO 和3FeCl ；得到有色沉淀Y ，则Fe(OH)3、Cu(OH)2中至少有一种Al(OH)3不确定；弱碱性溶液Z ，说明溶液中不存在铝离子、铁离子和铜离子；
②沉淀Y 与NaOH 溶液作用，无变化说沉淀中没有Al(OH)3，则X 中一定没有
()243Al SO ，据此再结合选项分析。

【详解】
A. 根据分析可知混合物X 中必定含有23Na CO ，不含()243Al SO ，故A 正确；
B.溶液Z 显弱碱性，所以大量存在的阳离子只能是钠离子，碳酸钠的水解分两步：CO 32-+H 2O=HCO 3-+OH -；HCO 3-+ H 2O =H 2CO 3+OH -；由于发生双水解反应产生了二氧化碳且溶液显碱性说明溶液中依然存在第二步水解，第一步水解有可能存在，即溶液中一定有碳酸氢根，所以溶液Z 中溶质主要是钠盐，且必含3NaHCO ，故B 正确；
C.沉淀Y 中可能含有氢氧化铜，故灼烧可以得到黑色固体，故C 正确；
D.溶液Z 显弱碱性，一定不存在3FeCl ，故D 错误；
故答案为D 。

5．下列反应的离子方程式表达正确的是
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I－＝IO3－＋3H2O
D．Fe(OH)3固体溶于HI溶液：Fe(OH)3＋3H+＝Fe3+＋3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 过量的Cl2不仅会氧化亚铁离子，还可以和Br-发生反，FeBr2中Fe2+与Br-之比为1：2，所以离子方程式为2Fe2＋＋3Cl2＋4Br－＝2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2，A项错误；
B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反应产生NaHCO3，反应的离子方程式为：CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－，B项正确；
C. H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I－氧化为I2，反应的离子方程式为：H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2O，C项错误；
D. Fe(OH)3与HI发生中和反应的同时，还有生成的Fe3+与I-之间的氧化还原反应，还缺少Fe3+与I-生成Fe2+和I2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FeBr2溶液中通入过量Cl2，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FeBr2中Fe2+与Br-之比为1：2。

6．下列离子方程式书写正确的是
A．H 2S 溶液显酸性：H2S+2H2O2H3O++S2-
B．将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HC1O
C．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
D．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．H 2S属于弱酸，分步电离，且以第一步电离为主，H2S+H2O H3O++HS-，故A错误；B．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，故B正确；
C．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水，与用量无关，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-
═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D ．向FeI 2溶液中通入少量Cl 2，只氧化I -，反应的离子方程式为：2I -+Cl 2═I 2+2Cl -，故D 错误；
故选B 。

【点睛】
本题的易错点为CD ，C 中反应与用量无关，要注意与NaHCO 3溶液中加入澄清石灰水的区别；D 中要注意亚铁离子和碘离子的还原性的强弱比较，反应时，首先与还原性强的离子反应。

7．某溶液中可能含有 Na ＋、K ＋、NH 4＋、Cu 2＋、SO 42－、SO 32－、MnO 4－、Cl －、Br －、CO 32－等
离子，且所含离子的物质的量的浓度都相等。

往该溶液中加入过量的BaCl 2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。

某同学另取少量原溶液，设计并完成了如下实验：
则关于原溶液组成的判断中正确的是：
A ．肯定不存在的离子是 Cu 2＋、SO 42－、CO 32－、MnO 4－，而是否含NH 4＋另需实验验证；
B ．肯定存在的离子是SO 32－、Br －，且Na ＋、K ＋至少有一种存在；
C ．无法确定原溶液中是否存在Cl －；
D ．若步骤中Ba (NO 3)2和HNO 3溶液改用 BaCl 2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响。

【答案】D
【解析】
【分析】
往该溶液中加入过量的BaCl 2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，则原溶液中无2-4SO ，加足量氯水，无气体，则无2-3CO ，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br -，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有2-3SO ，因2-
3SO 与Cu 2+能够发生相互促进的双水解反应，则原溶液中无Cu 2+，因Br -、2-3SO 与-
4MnO 能够发生氧化还原反应，因此原溶液中无-
4MnO ，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都相等，根据电荷守恒，一定含有+
4NH 、
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子。

【详解】
A ．分析可知肯定不存在的离子是Cu 2+、2-4SO 、2-3CO 、Cl -、-4MnO ，一定含+4NH ，故A 错误；
B ．肯定存在的离子为：+4NH 、2-
3SO 、Br −，根据溶液电中性可知原溶液中一定含有Na +、K +，故B 错误；
C ．根据电荷守恒，一定不存在Cl −，故C 错误；
D ．加入Ba (NO 3)2和HNO 3溶液目的是检验硫酸根离子，因之前加入了氯水，氯水具有强氧化性，因此2-3SO 不会对检验硫酸根离子存在干扰，若改用BaCl 2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响，故D 正确；
故答案为：D 。

【点睛】
向某溶液中加入盐酸酸化的2BaCl ，溶液中含有2-4SO 、Ag +时，溶液中会生成白色沉淀，同时还需要注意，若溶液中含有-3NO 时，-3HSO 、2-3SO 会被硝酸氧化而生成2-4SO ，2-
4SO 与Ba 2+会发生反应而生成白色沉淀，但同时也有气体产生。

8．在含有Na ＋的溶液中，还可能存在NH 4＋、Fe 2＋、Br －、CO 32－、I －、SO 32－六种离子中的一
种或几种，进行如下实验：
（1）原溶液滴加少量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；
（2）向橙黄色溶液中加BaCl 2溶液无沉淀生成；
（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。

由此推断原溶液中一定不存在的离子是
A ．NH 4＋、Br －、CO 32－
B ．Fe 2＋、I －、SO 32－
C ．Fe 2＋、I －、CO 32－
D ．NH 4＋、I －、SO 32－
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
(1)加足量氯水后，有气泡产生、溶液呈橙黄色，氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，氯气和溴离子反应生成溴单质溶液呈橙黄色，推断一定含有Br -，生成气体，是溶液中盐酸和阴离子反应生成气体，说明含有CO 32-；
(2)若原溶液中含有亚硫酸根离子，在氯水中会被氧化为硫酸根离子，加入氯化钡会生成沉淀，橙黄色的溶液中加入BaCl 2溶液时无沉淀生成，证明一定不含SO 42-离子；
(3)橙黄色溶液不能使淀粉变蓝，没有I 2，说明原溶液一定不含I -；
根据离子共存问题，含有CO 32-就不含Fe 2＋；NH 4＋可能存在；所以一定不含有的离子是：Fe 2＋、I －、SO 32－，B 正确；
答案选B 。

【点睛】
离子推断需要的四个原则，肯定原则、互斥原则、引入原则、电中性原则；根据氯水中含有氢离子及溶液中的离子具有氧化性分析第一问，根据亚硫酸根具有还原性分析第二问，根据淀粉遇碘变蓝分析第三问。

9．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. Cl 2通入冷水中生成盐酸和次氯酸，该反应的离子方程式为Cl 2+ H 2O ⇌ Cl –+ HClO +H +，B 不正确；
C. CuSO 4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Cu 2++Ba 2++2OH -+ SO 42–= BaSO 4↓+ Cu(OH)2↓，故C 错误；
D. 漂白粉溶液中通入SO 2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Ca 2++2ClO -+SO 2+H 2O=CaSO 4↓+2HCl ，D 错误。

综上所述，离子方程式书写正确的是A 。

10．在测定液态BrF 3导电性时发现，20℃时导电性很强，其他实验证实存在一系列有明显离子化合物倾向的盐类，如KBrF 4，(BrF 2)2SnF 6等，由此推测液态BrF 3电离时的阳、阴离子是
A ．BrF 2+，BrF 4-
B ．BrF 2+，F -
C ．Br 3+，F -
D ．BrF 2+，BrF 32-
【答案】A
【解析】
【分析】
根据4KBrF 、226(BrF )SnF 等物质都是具有明显离子化合物倾向的盐可知，它们能电离出
自由移动的离子，其电离方程式分别是：44KBrF K BrF +-=+、22626(BrF )SnF 2BrF SnF +-=+，说明4BrF -、2BrF +是稳定存在的离子，液态3BrF 20℃时导电性很强，说明液态BrF 3为部分电离，所以3BrF 的电离方程式为
2BrF 3ƒ42 BrF BrF -++，据此回答。

【详解】
A ．3BrF 的电离方程式为2BrF 3ƒ
42 BrF BrF -++，A 正确；
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BrF 2+、BrF 32-，D 错误。

答案选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。

现进行下列实验：
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，最终得到无色澄清溶液，此过程中共产生
0.04 mol气体。

③向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，
由此可知杂质中（）
A．一定含NaCl，一定不含CuSO4B．可能含CaO、NaOH
C．一定含CaCO3，可能含NaOH D．可能含CaO而不含CaCO3
【答案】AC
【解析】
【分析】
向①中所得悬浊液中加入100mL1 mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04 mol气体，即CO2，由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗
n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl有剩余，CO32-完全反应；称取4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，
n(AgCl)=
15.8g
143.5g/mol
>0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(
15.8g
143.5g/mol
-
0.1mol)×58.5g/mol≈0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含
CaCO3，则碳元素物质的量<
4.11g
106g/mol
，不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于
原样品只有三种杂质，则CaO和NaOH只含其中一种。

【详解】
向①中所得悬浊液中加入100mL1 mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04 mol气体，即CO2，由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗
n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl有剩余，CO32-完全反应；称取4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，
n(AgCl)=
15.8g
143.5g/mol
>0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(
15.8g
143.5g/mol
-
0.1mol)×58.5g/mol≈0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3
则碳元素物质的量<
4.11g
106g/mol
，不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原样品只
有三种杂质，则CaO和NaOH只含其中一种；
A．由分析可知，原样品中一定含NaCl，一定不含CuSO4，故A正确；B．由分析可知，原样品中不可能同时含CaO、NaOH，故B错误；C．由分析可知，原样品中一定含CaCO3，可能含NaOH，故C正确；D．由分析可知，原样品中可能含CaO，一定含有CaCO3，故D错误；
故答案选AC。

【点睛】
注意本题要理清题目中所给信息，要定性判断，更要通过计算得到原样品中所含的杂质种类，此为本题易错点。

12．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。

13．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-CuCl 2-],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-CuCl 2-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！
14．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。

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 -1
4.8g =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。