高中化学离子反应专项训练100(附答案)

高中化学离子反应专项训练100(附答案)
一、高中化学离子反应
1．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。

2．某固体混合物X，含有NH4NO3、AgNO3、Cu(NO3)2和NaNO3中的一种或几种，进行如下实验：
①取少量X溶于水，逐滴加入NaOH溶液直至过量，先出现沉淀Y，后沉淀溶解得到溶液Z，并释放出能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体A；
②往溶液Z中逐滴加入稀盐酸直至过量，先产生沉淀，后沉淀全部溶解。

下列说法不正确
．．．的是（）
A．气体A为NH3，溶液Z呈碱性
B．通过上述实验无法确定是否存在NaNO3
C．X中一定有NH4NO3和Cu(NO3)2，且n(NH4NO3) ≥ 4n[Cu(NO3)2]
D．向X中中直接加入过量稀盐酸，最终固体能全部溶解
【答案】C
【解析】
【分析】
①能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则由①可知：混合物X中一定有NH4NO3，因出现沉淀Y，则至少含Cu(NO3)2、AgNO3的一种，沉淀Y至少含AgOH、Cu(OH)2中的一种，Z至少含[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+中的一种；
②往溶液Z中逐滴加入稀盐酸直至过量，先产生沉淀，后沉淀全部溶解，则Z中含
[Cu(NH3)4]2+，不含[Ag(NH3)2]+，沉淀Y为Cu(OH)2，混合物X中一定有Cu(NO3)2，一定不含AgNO3；
③综上所述，混合物X中一定有Cu(NO3)2和NH4NO3，一定不含AgNO3，可能含有
NaNO3，发生如下反应：Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，
NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3↑+H2O，Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，据此解答。

【详解】
A．氢氧化钠过量，溶液Z一定呈碱性，A正确；
B．由分析可知，无法确定是否存在NaNO3，B正确；
C．由分析可知：Cu(NO3)2～Cu(OH)2～[Cu(NH3)4]2+～4NH4NO3，使生成的Cu(OH)2完全溶解，n(NH4NO3)= 4n[Cu(NO3)2]，实验②中还有氨气生成，根据N原子守恒可知：n(NH4NO3)＞4n[Cu(NO3)2]，C错误；
D．由分析可知，混合物X中一定有Cu(NO3)2和NH4NO3，一定不含AgNO3，可能含有NaNO3，一定能溶于过量HCl，D正确。

答案选C。

【点睛】
溶液中一定不含AgNO3，否则实验②会产生白色AgCl沉淀。

3．下列实验与对应示意图的关系正确的是（）
A．向 NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
B．向 AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量
C．向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量
D．向澄清石灰水中缓缓通入 CO2至过量
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，有关反应为AlO2－ + H+ + H2O = Al(OH)3 ↓和Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O，逐渐产生沉淀，达到一定量后沉淀逐渐减少直至完全消失，图像应为
，A错误；
B. 向 AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量，沉淀不溶解，图像错误，B错误；
C. 向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过量，根据反应式2KAl(SO4)2＋3Ba(OH)2＝K2SO4＋3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓可知，当加入1.5mol氢氧化钡时生成1.5mol硫酸钡和1mol氢氧化铝。

根据反应式KAl(SO4)2＋2Ba(OH)2＝KAlO2＋2BaSO4↓＋2H2O可知，当加入2mol氢氧化钡时，生成的氢氧化铝又溶解生成偏铝酸钠，此时硫酸钡的沉淀达到最大值，因此图像可
表示为，，C正确；
D. 向澄清石灰水中缓缓通入 CO2至过量，会生成能溶于水的碳酸氢钙，沉淀会消失，D错误；
故答案选C。

【点睛】
在书写与量有关的离子方程式时，通常采用以少定多少为1的方式。

4．下列离子方程式中，正确的是
A．大理石溶解于醋酸 CaCO3+ 2H+= Ca2++ CO2↑+ H2O
B．澄清石灰水中加入CuSO4溶液混合 2OH-+ Cu2+= Cu(OH)2↓
C．NaHSO4溶液和Na2CO3溶液混合 2H++CO32-==CO2↑+ H2O
D．NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2：Ba2++ SO42-= BaSO4↓
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.醋酸是弱酸，必须写化学式，正确的离子方程式为CaCO3+ 2CH3COOH= Ca2++2CH3COO-
+CO2↑+ H2O，选项A错误；
B.生成的硫酸钙是微溶物，离子方程式中也应体现出硫酸钙的生成，选项B错误；
C.硫酸氢钠为强酸的酸式盐，全部电离，选项C正确；
D.反应的离子方程式应为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O，选项D错误。

答案选C。

5．固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3中的若干种。

为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：
根据上述实验，以下说法正确的是（）
A．气体A一定只是NO
B．由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有K2SO3
C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3
D．溶液甲中一定含有K2SiO3，可能含有K[Al(OH)4]、MgCl2
【答案】B
【解析】
【分析】
固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、
K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO 气体，K[Al(OH)4]和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有
K2SO3，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2，据此回答判断。

【详解】
固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、
K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO 气体，K[Al(OH)4]和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸反应，K2CO3可以和
稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有
K2SO3，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2；综上可知：原物质中一定含有：Fe、K2SiO3、K2SO3，可能含有：K[Al(OH)4]、K2CO3，Fe2O3；
A．气体A中含有NO，还可能含有CO2，故A错误；
B．溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，故B正确；
C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，可能是Fe2O3和盐酸反应生成的铁离子和含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加KSCN溶液，没有血红色，不能证明原混合物中一定没有Fe2O3，故C错误；
D．溶液甲中一定含有K2SiO3，一定不含有MgCl2，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，故D错误；
故答案选B。

【点睛】
本题需要注意把握反应的现象，根据实验现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D。

6．有一包白色粉末，由Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3、NaOH中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验：
下列判断错误的是（）
A．生成白色沉淀D的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓
B．BaSO4一定不存在，NaOH可能存在
C．Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3一定存在，NaOH可能存在
D．气体B和气体E均可使澄清的石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】
【分析】
由探究实验流程可知，白色滤渣A与盐酸反应生成气体B，则A为CaCO3，B为CO2，无色溶液C与盐酸反应生成白色沉淀，则C中含Na2SiO3、Na2SO3，白色沉淀D为硅酸，气体E 为SO2，由上分析可知，一定存在Na2SiO3、Na2SO3、CaCO3，不存在BaSO4，无法判断NaOH，以此来解答。

【详解】
A. 生成白色沉淀D为硅酸，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓，A项正确；
B. 由分析可知，BaSO4一定不存在，NaOH可能存在，B项正确；
C. 由分析可知，BaSO4一定不存在，C项错误；
D. B为CO2，E为SO2，均可使澄清的石灰水变浑浊，D项正确；
答案选C。

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．某溶液中可能含有离子：K +、Na +、Fe 2+、Fe 3+、SO 32-、SO 42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。

下列说法正确的是（ ）
A ．若溶液中含有硫酸根，则可能含有K +
B ．若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K +
C ．溶液中可能含有Fe 3+
D ．溶液中一定含有Fe 2+和SO 42-
【答案】B
【解析】
【详解】
向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe 2+或2-3SO ；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有2-3SO 或2-
4SO ；若溶液中阴离子只有2-3SO ，2-3SO 与Fe 2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等
以及2-3SO 会与Fe 3+反应，因此阳离子为K +、Na +；若溶液中阴离子为2-
4SO ，则阳离子为Fe 2+（不能含有K +、Na +，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为2-3SO 、
2-4SO ，Fe 3+、Fe 2+与2-3SO 不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有2-3SO 、2-4SO ；综上所述，答案为B 。

【点睛】
本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。

9．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(SO 4)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 Cl 2 通入到100mL 1mol/L 的FeI 2溶液中，离子方程式是：12Cl 2+10Fe 2++14I -=10Fe 3++7I 2+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(SO 4)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(SO 4)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(FeI 2)=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6Cl 2+2Fe 2++10I -=2Fe 3++5I 2+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。

10．在酸性Fe(NO 3)3溶液中逐渐通入H 2S 气体，可能发生的离子反应是
A ．H 2S + 2NO 3-+ 2H +=2NO 2↑+ S↓+ 2H 2O
B ．3 H 2S + 2NO 3-+ 2H +=2NO↑+ 3S↓+ 4H 2O
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Fe3++3NO3-+5H2S+2H+=3NO↑+5S↓+Fe2++6H2O；
故选：BD。

11．下列有关离子方程式正确的是（）。

A．向稀盐酸中加入少量钠粒：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑
B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
C．用漂白粉溶液吸收尾气中SO2：Ca2+＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
D．向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁：2Al3+＋3MgO＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3Mg2+
【答案】BD
【解析】
【详解】
A. 稀盐酸中加入少量钠粒，氢离子优先反应，正确的离子方程式为：2Na+2H+=2Na++H2↑，A项错误；
B. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性，则硫酸根过量，离子方程式为：2H++SO42-
+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B项正确；
C. HClO有强氧化性，会将CaSO3氧化为CaSO4，C项错误；
D. 含氯化铝的氯化镁溶液发生水解，溶液显酸性，加入氧化镁，离子方程式为：
2Al3++3MgO+3H2O=2Al(OH)3↓+3Mg2+，D项正确；
答案选BD。

【点睛】
本题易错点在C项，判断离子方程式时，一定要分析反应过程，具有强氧化性和强还原性的物质，不会同时存在于产物之中，会进一步发生反应。

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。

13．一种以NH4Cl酸性蚀铜废液[含NH4Cl，Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等]为原料制备CuCl并回收Cu(OH)2的工艺流程如图：
已知：CuCl溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇。

回答下列问题：
（1）“反应1”中，NaCl、Cu与CuSO4反应的离子方程式为__；生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是__。

（2）“水解”步骤中，溶液中的CuCl43-在加入大量水稀释即可析出CuCl，原因是__(结合离子方程式，从平衡角度分析)。

（3）湿的CuCl在空气中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，该反应的化学方程式为__。

（4）“反应2”需加入的试剂X是__；“吹脱”出来的NH3可用于生产碳铵化肥，主要反应的化学方程式为__。

（5）测定产品中CuCl质量分数的步骤如下：称取ag产品，加入稍过量的FeCl3溶液，待溶解后用邻菲罗啉作指示剂，立刻用cmol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL。

则产品中CuCl的质量分数为__(已知滴定反应为Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋，列出计
算式)。

【答案】Cu+Cu 2++8Cl -2CuCl 43- 提高铜元素的利用率 CuCl 43-CuCl+3Cl -，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移 4CuCl+O 2+4H 2O=2Cu 2(OH)3Cl+2HCl 或12CuCl+3O 2+6H 2O=4Cu 2(OH)3Cl+4CuCl 2 NaOH 溶液 NH 3+H 2O+CO 2=NH 4HCO 3
-3CV 1099.5a
⨯⨯×100% 【解析】
【分析】
NH 4Cl 酸性蚀铜废液[含NH 4Cl ，Cu(NH 3)4Cl 2、CuCl 、CuSO 4及盐酸等]，加入铜单质和氯化钠，生成CuCl 43-，水解后生成CuCl ，因CuCl 溶于浓盐酸，难溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇除杂。

【详解】
（1）“反应1”中，根据氧化还原反应原理，NaCl 、Cu 与CuSO 4反应的离子方程式为Cu+Cu 2++8Cl -2CuCl 43-；滤渣含有铜元素，生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中，其目的是提高铜元素的利用率。

（2）“水解”步骤中，溶液中的CuCl 43-在加入大量水稀释即可析出CuCl ，原因是CuCl 43-
CuCl+3Cl -，稀释时，平衡向粒子数增多的方向移动，即平衡右移。

（3）湿的CuCl 在空气中易被氧化为Cu 2(OH)3Cl ，根据氧化还原反应原理，该反应的化学方程式为4CuCl+O 2+4H 2O=2Cu 2(OH)3Cl+2HCl 或12CuCl+3O 2+6H 2O=4Cu 2(OH)3Cl+4CuCl 2。

（4）过滤2的滤液中含有Cu 2+ ，与碱反应生成氢氧化铜，因此，“反应2”需加入的试剂X 是NaOH 溶液；“吹脱”出来的NH 3可用于生产碳铵化肥，即化肥中含有铵根和碳元素，碳元素多为碳酸根，主要反应的化学方程式为NH 3+H 2O+CO 2=NH 4HCO 3。

（5）已知滴定反应为Ce 4＋＋Fe 2＋=Ce 3＋＋Fe 3＋，用cmol·
L -1的Ce(SO 4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL ，即该反应消耗了0.01cVmol 的亚铁离子，产品中CuCl 与氯化铁的反应为CuCl+Fe 3+=Cu 2++Fe 2+ +Cl -，即产品中CuCl 的物质的量为0.01cVmol ，产品中CuCl 的质
量分数为-3cV 1099.5100%a
nM m ⨯⨯⨯=×100%。

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)Cu+(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)Cu+(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)Cu+(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．某校化学小组的同学开展测定Na2SO3和NaCl的固体混合物中Na2SO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案：
（1）小明同学用图中的发生、收集装置。

甲、乙两试管各有两根导管，连接对应接口后，倒置盛稀硫酸的试管，发生反应，放出气体。

则稀硫酸应置于____中（填“甲”或“乙”）；G 管可以用化学实验室里的一种常用仪器代替，你认为这种仪器的名称是____。

仪器甲、乙接口的连接方式如下：A连接___，C连接F；（填写接口的编号）
（2）小李同学用沉淀法测定Na2SO3的质量分数。

操作流程：
①操作Ⅱ的名称是_______。

②操作Ⅰ之前，为判断所加BaCl2溶液是否过量，设计如下方案，其中最合理的是___。

A．取少量上层清液，继续滴加稀H2SO4，若沉淀产生则说明BaCl2已过量。

B．待浊液澄清后，继续滴加BaCl2，若无沉淀产生则说明BaCl2已过量。

C．待浊液澄清后，继续滴加稀H2SO4，若沉淀产生则说明BaCl2已过量。

③根据以上数据得出Na2SO3的质量分数为_____。

④小丽同学经认真分析，上述实验操作均正确，但发现实验结果与预期相差较大，请你推测可能的原因是______,验证方法__________。

【答案】乙 碱式滴定管 D 洗涤、干燥（或烘干） B (126b/217a)×100% Na 2SO 3变质 取少量试样于试管中配成溶液，先滴加适量稀盐酸，再滴加BaCl 2溶液，若有白色沉淀生成，则证明该Na 2SO 3变质
【解析】
【分析】
【详解】
某校化学小组的同学开展测定Na 2SO 3和NaCl 的固体混合物中Na 2SO 3质量分数的探究实验，倒置盛稀硫酸的试管，发生反应，因家中有直观可使气体逸出，也可是溶液溢出，不能盛放稀硫酸，，故稀硫酸只能盛放在乙中；G 管可以用化学实验室里的一种常用仪器代替，起作用可吸收二氧化硫，还能定量测定，故该仪器为碱式滴定管；为便于硫酸流下，故仪器甲、乙接口的连接方式为A 与D 相连，C 连接F ；
（2）用沉淀法测定Na 2SO 3的质量分数，由实验流程可知加过量的氯化钡使生成亚硫酸钡沉淀，操作Ⅰ 为过滤，沉淀A 为BaSO 3，若变质则会混有硫酸钡，则
①操作Ⅱ为洗涤、干燥后称量固体质量即可测定质量分数；
②操作Ⅰ之前，为判断所加BaCl 2溶液是否过量，主要是看溶液中是否还有SO 32—；故需用试剂BaCl 2溶液，操作为待浊液澄清后，继续滴加BaCl 2，若无沉淀产生则说明BaCl 2已过量，SO 32-沉淀完全，故B 项正确；
③沉淀A 为BaSO 3，物质的量为：217
b mol ，故Na 2SO 3的质量分数=126126217100%100%217b
b a a
⨯=⨯。

④小丽同学经认真分析，上述实验操作均正确，但发现实验结果与预期相差较大，可能该Na 2SO 3变质，故验证方法为：取少量试样于试管中配成溶液，先滴加适量稀盐酸，再滴加BaCl 2溶液，若有白色沉淀生成，则证明该Na 2SO 3变质。