(化学)高考化学高中必备化学离子反应全解及练习题(含答案)1

（化学）高考化学高中必备化学离子反应全解及练习题(含答案)1
一、高中化学离子反应
1．下列反应的离子方程式正确的是
A．大理石溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O
B．往硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2++2OH－+Cu2++SO42-===BaSO4↓+Cu(OH)2↓C．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu===Fe2++Cu2+
D．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H＋===2Fe3++3H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
离子方程式的书写错误，常见的有电荷不守恒、原子不守恒、反应产物写错、该拆的没拆、不该拆的拆了、反应没写全等等。

【详解】
A．醋酸是弱酸，不能拆，A错误；
B．同时生成了两种沉淀，B正确；
C．两边电荷不守恒，C错误；
D．铁与稀盐酸反应，应该生成Fe2+，D错误；
答案选B。

2．某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、SO42-、NO3-、Cl-中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol。

若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解），下列说法不正确的是
A．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧最终所得固体质量为72g
B．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体遇空气能变成红棕色
C．该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-
D．若向该溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色
【答案】A
【解析】
【分析】
加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，气体只能为NO，为Fe2+、NO3-之间氧化还原反应生成的，由于阴离子种类不变，则原溶液中一定存在SO42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，根据电荷守恒，一定还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，据此分析作答。

【详解】
A．向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为：0.5mol×160g/mol=80g，A选项错误；
B．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，生成的气体为一氧化氮，NO易被氧化成红棕色的二氧化氮，B选项正确；
C．根据以上分析可知，该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-，C选项正确；D．该溶液中加入硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子与KSCN溶液反应显血红色，D选项正确；
答案选A。

3．下列离子方程式书写及评价合理的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3−+4OH−═Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O，故A错误；
B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol 氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：
2AlO2−+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O，故B正确；
C．Fe3O4与过量的稀HNO3反应，生成的亚铁离子被稀硝酸氧化成了铁离子，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3−+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故C错误；
D．NaClO溶液与FeCl2溶液混合，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：
2Fe2++5ClO−+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl−+4HClO，故D错误；
答案选B。

4．某溶液中可能含有下列5种离子中的几种：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-。

为确认该溶液组成进行如下实验：①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00mol•L-1NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成。

过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g。

再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2mol•L-1；②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g。

关于原溶液组成结论正确的是
A．一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、NH4+
B．一定含有Na+、Mg2+、Cl-，不含有NH4+、可能含有Al3+
C．c(Mg2+)为1.75mol•L-1，c(Na+)为1.50mol•L-1
D．c(Cl-)为5.00mol•L-1，c(Al3+)为1.00mol•L-1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00mol•L-1NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，可能含有Mg2+、Al3+中至少一种离子；无刺激气味气体生成，说明没有NH4+。

过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g。

n(NaOH)(总)=0.0325L×4.00mol/L=0.13mol,再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2mol•L-1，溶液显碱性，在碱过量时不可能存在Al(OH)3沉淀，所以沉淀2.03g为Mg(OH)2，n(Mg2+)=2.03g÷58g/mol=0.035mol；Mg2+消耗的OH-的物质的量是0.035mol×2=0.07mol，剩余的OH-的物质的量是0.1mL×0.2mol/l=0.02 mol；0.13mol－0.07mol－0.02mol=0.04mol＞0，说明溶液中含有Al3+，发生反应:
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；n(Al3+)=0.01mol；②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g。

含有Cl-，n(Cl-)=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol；此时溶液中阳离子带的正电荷总数是：2n(Mg2+)+3n(Al3+)=2×0.035mol+3×0.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1×n(Cl-)=1×0.1mol=0.1mol，正负电荷总数相等。

c(Mg2+)=0.035mol÷0.02L=1.75mol/L；c(Al3+)=0.01mol÷0.02L=0.5mol/L，无NH4+、Na+，故答案选A。

5．下列离子方程式书写及评价合理的是下列离子方程式书写及评价合理的是（）
转化为Al3+
C 将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
正确，Fe3O4化学式可改写为FeO•Fe2O3，Fe2+
与Fe3+，物质的量之比为1：2
D 将FeCl2溶液加入到NaClO洛液中Fe2++2C1O-
+2H2O=Fe（OH）2↓+2HClO
错误，Fe2+与C1O-会发生氧化还原反应：
2Fe2++C1O-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，A错误；
B．根据题意得偏铝酸钠和盐酸按照物质的量2：5反应，2mol偏铝酸根钠消耗2mol盐酸生成2mol氢氧化铝，剩余的3mol盐酸能溶解1mol氢氧化铝，B正确；
C．稀硝酸有氧化性，过量的稀硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为：3Fe3O4+NO3-
+28H+=9Fe3++14H2O+NO↑，C错误；
D．Fe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成氢离子和氯离子，生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO，D错误；
答案选B。

【点睛】
此题A项涉及到沉淀的转化，最终会生成氢氧化镁的沉淀，类似的沉淀的溶解度需要理解记忆，如氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小；D项是易错点，生成氢离子会结合溶液中足量的次氯酸根离子生成次氯酸，需看清题目过量少量解题。

6．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BaCl 2过量，由NaOH 、BaCl 2、Al 2(SO 4)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，A
B 段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应，离子反应为Ba 2++2OH -+2H ++SO 42-＝BaSO 4↓+2H 2O ，故A 正确；
B ．B
C 段发生酸碱中和，离子方程式为H ++OH -＝H 2O ，故B 正确；
C ．C
D 段发生偏铝酸根离子与酸的反应，离子反应为AlO 2-+H ++H 2O ＝Al (OH )3↓，故C 正确；
D ．D
E 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 。

7．铁铝矾[Al 2Fe （SO 4）4·xH 2O] 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 （Al 3+）+c （Fe 2+）+c （H + ）= 4 c （SO 42-）+ 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Al 2O 3、Fe 2O 3
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 【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 (Al 3+)+2c (Fe 2+)+c (H + )= 2 c (SO 42-)+ 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 。

8．常温下，pH=1的某溶液A 中含NH 4+、K +、Na +、Fe 3+、Al 3+、Fe 2+、CO 32-、NO 3-、Cl -、I -、SO 42-中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L -1。

现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示。

下列有关说法正确的是
A．该溶液中一定有上述离子中的NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子
B．实验消耗Cu 14.4 g，则生成气体丁的体积为3.36 L
C．沉淀乙中一定有BaCO3，可能有BaSO4
D．一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-
【答案】A
【解析】
【分析】
pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO32－一定不存在；溶液A中加入过量的(NH4）2CO3溶液，Fe3＋和CO32－发生双水解，生成氢氧化铁沉淀(红褐色），说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁,因此，丁为NO2，丙为：NO，说明原溶液中有NO3－，但是NO3－在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al(OH）3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n(Al3＋）＋n(H＋）=3×0.1＋
0.1=0.4mol·L－1，而NO3－所带电荷数为0.1mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1mol·L－1，因此原溶液中含有SO42－、Cl－，据以上分析解答。

【详解】
pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO32－一定不存在，
A.溶液A中加入过量的(NH4）2CO3溶液，Fe3＋和CO32－发生双水解，生成氢氧化铁沉淀(红褐色），说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁,因此，丁为NO2，丙为：NO，说明原溶液中有NO3－，但是NO3－在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为
Al(OH）3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n(Al3＋）＋n(H＋）=3×0.1＋0.1=0.4mol·L－1，而NO3－所带电荷数为0.1mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1mol·L－1，因此原溶液中含有SO42－、Cl－，故A正确；
B.题目中没有说标准状况，因此无法计算气体体积，故B错误；
C.因为加的是过量的(NH4）2CO3，所以有Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，根据A选项的分析，原溶液中有SO42－，因此也就有Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，因此沉淀乙一定是BaCO3、BaSO4，故C错误；
D.根据A选项的分析，原溶液中一定没有I－，故D错误；
故答案选A。

9．在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。

下列说法正确的是
A．a点对应的溶液中大量存在：Al3＋、Na＋、Cl－、NO3－
B．b点对应的溶液中大量存在：K+、Ba2＋、NO3－、I－
C．c点对应的溶液中大量存在：Fe3＋、Na＋、Cl－、SO42－
D．d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、SO32－、Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】
【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，Al3＋只能存在酸性溶液，不能共存，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NO3－与I－发生氧化还原反应而不能共存，错误；
C、c点溶液为中性，Fe3＋只能存在酸性溶液，不能共存，错误；
D、d点溶液为碱性，可以共存，正确。

10．某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种。

向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，此溶液的焰色为黄色。

根据以上实验现象，下列关于原溶液中离子成份的推测正确的是（）
A．一定有S2-、SO32-、Na+B．可能只有Na+、S2-、CO32-
C．一定没有Ag+、Al3+D．不可能只有Na+、S2-、NO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
溶液中加入稀盐酸，浅黄色沉淀和气体出现，SO32-、S2-或者NO3-、S2-在加入盐酸后可以生成沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；溶液的焰色为黄色，则含有Na+；推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，依据离子共存判断Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有；
A．此溶液中一定有Na+、S2-，而SO32-可能有，故A错误；
B．若只有Na+、S2-、CO32-，则向此溶液中加入稀盐酸，没有浅黄色沉淀出现，故B错误；
C．上述分析判断可知，此溶液中一定没有Ag+、Al3+，故C正确；
D．上述分析判断可知，此溶液中可能有S2-、NO3-，故D错误；
故选：C。

【点睛】
S2-和Ag+生成Ag2S不共存，S2-和Al3+发生双水解反应不共存。

11．含有下列离子或分子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是
A．H+、Ca2+、Fe3+、NO3-
B．Ba2+、Cl-、Al3+、H+
C．Na+、NH4+、I-、HS-
D．Na+、Ca2+、K+、Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、因足量SO2通入溶液时，SO2与Fe3+发生氧化还原反应，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-
+4H+，则不能共存，故A错误；
B、该组离子不反应，能大量共存，通入过量SO2气体后，SO2+H2O⇌H2SO3，
H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，因溶液中有大量氢离子，所以二氧化硫几乎不溶，能大量共存，故B正确；
C、因亚硫酸的酸性比氢硫酸强，所以当溶液中，通入过量SO2气体后，
SO2+H2O H2SO3，H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，H++HS-=H2S↑，
2H2S+SO2=3S↓+2H2O则不能共存，故C错误；
D、该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2O H2SO3，H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，亚硫酸根离子与Ca2+反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选B。

【点晴】
离子共存问题，解题的关键在于：掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应。

解答该题注意二氧化硫与水反应的产物与溶液中的离子共存。

各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2O H2SO3，H2SO3H++HSO3-，HSO3-H++SO32-，溶液中存在大量的氢离子、亚硫酸根离子，抓住隐含的信息，就可以顺利解答了。

12．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。

13．下列化学过程的表述或数据说明，明显不符合事实的是（）
A．向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，沉淀的总的物质的量却并非是最大值
B．将0.12mol Cl2 通入到100mL 1mol/L 的FeI2溶液中，离子方程式是：12Cl2+10Fe2++14I-
=10Fe3++7I2+24Cl-
C．较高的温度下，可以测得0.1mol/L氨水的电离度为55%左右
D．十六烷的裂化产物中不饱和烃的分子数可能会超过50%
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A. 向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，氢氧化钡过量，部分铝元素以偏铝酸根离子存在，所以向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，沉淀的总的物质的量却并非是最大值，A项正确；
B. n(FeI2)=1mol/L×0.1L=0.1mol，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，氧化碘离子需要氯气的物质的量为0.1mol，氧化亚铁离子需要氯气的物质的量为0.05mol，所以如果完全氧化碘化亚铁需要氯气的物质的量为0.15mol＞0.12mol，则氯气完全反应消耗亚铁离子的物质的量为0.02mol，则离子方程式为6Cl2+2Fe2++10I-=2Fe3++5I2+12Cl-，B项错误；
C. 常温下一水合氨电离程度小于1%，升高温度促进一水合氨电离，但较高温度下，氨水挥发，其电离程度不可能达到55%，C项错误；
D. 十六烷的裂化生成不饱和烃和饱和烃，不饱和烃的物质的量可能大于饱和烃，所以不饱和烃的分子数可能会超过50%，D项正确；
答案选BC。

【点睛】
本题易错点B项，关于氧化还原反应，当加入一个氧化剂，有多个还原剂能与之反应时，要注意强的还原剂先反应，并且要注意加入的氧化剂的量，是否满足所有的还原剂。

14．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HNO3＞Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢；硫化氢足量，则Fe（NO3）3完全反应，以此来解答。

【详解】
酸性溶液中，氧化性HNO3＞Fe3+，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3H2S+2NO3-+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O；硫化氢足量，则Fe（NO3）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 。

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。