化学离子反应专题训练答案

化学离子反应专题训练答案

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．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 。

3．现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K +、NH 4+、Cl -、Mg 2+、Ba 2+、CO 32-、SO 42-，现取三份各100 mL 溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO 3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH 溶液加热后，收集到0.08 mol 气体；第三份加足量BaCl 2溶液后，得到干燥沉淀12.54 g ，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g 。以下结论正确的是（ ）

A ．该混合液中一定含有：K +、NH 4+、CO 32-、SO 42-，可能含Cl -

B ．该混合液中一定含有：NH 4+、CO 32-、SO 42-，可能含K +、Cl -

C ．该混合液中一定含有：NH 4+、CO 32-、SO 42-，可能含Mg 2+、K +、Cl -

D ．该混合液中一定含有：NH 4+、SO 42-，可能含Mg 2+、K +、Cl -

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

第一份：第一份加入AgNO 3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl ?、CO 32?、SO 42?； 第二份：加足量NaOH 溶液加热后生成的0.08mol 气体为氨气，则溶液中一定含有NH 4+，且物质的量为0.08mol ；

第三份：能够与氯化钡生成白色沉淀的为碳酸根离子或硫酸根离子，根据题中信息可知4.66g 为硫酸钡，12.54g 为硫酸钡和碳酸钡的混合物，因此一定不存在Mg 2+、Ba 2+。()244 4.66g n BaSO =n SO ==0.02mol 233g/mol

()－，碳酸钡的物质的量为：12.54g-4.66g =0.04mol 197g/mol

（）；再根据电荷守恒，正电荷为：n (+)=n (NH 4+)=0.08mol ；负电荷：n (-)=2n (CO 32?)+2n (SO 42?)=0.12mol ，故一定有K +，至少0.04mol ；根据以上分析可

知，溶液中一定存在：K +、NH 4+、CO 32?、SO 42?，可能含有Cl ?，若存在氯离子，钾离子的物质的量大于0.04mol ；若不存在氯离子，钾离子的物质的量为0.04mol ，所以A 正确。故答案选：A 。

【点睛】

离子推断问题有定量计算时可根据电荷守恒，得出是否存在某些离子。

4．学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析，提出假设：该溶液中可能含有NH 4+、K +、Al 3+、HCO 3-、Cl -、I -、SO 42-等离子中的几种离子。实验探究：

①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红。

②取100mL 该溶液于试管中，滴加足量Ba (NO 3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol 白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO 3溶液未见沉淀产生。

③另取100mL 该溶液，逐渐加入Na 2O 2粉末，产生的沉淀和气体与所加Na 2O 2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是（ ）

A ．该溶液中一定不含有I -、HCO 3-、Cl -

B ．该溶液中一定含有K +，其物质的量浓度为1mol ?L -1

C ．在溶液中加入0.25~0.3molNa 2O 2时，发生反应的化学方程式为

2Na 2O 2+2H 2O =4NaOH +O 2↑、Al (OH )3+NaOH =NaAlO 2+2H 2O

D ．该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH 4+发生水解

【答案】D

【解析】

【分析】

①滴加紫色石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，则溶液中无HCO 3-；②滴加足量Ba (NO 3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol 白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO 3溶液未见沉淀产生，说明溶液中有SO 42-，且n （SO 42-）=0.3mol ，无Cl -、I -

；③逐渐加入Na 2O 2粉末，由图可知，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol ，与铵根离子反应生成氨气0.2mol ，最后与氢氧化铝反应，含有铝离子，一定不存在碳酸氢根离子。

【详解】

A .由分析可知，该溶液中一定不含有I -、HCO 3-、Cl -，故A 正确；

B .由分析可知，100mL 溶液中有n （SO 42-）=0.3mol ，n （Al 3+）=0.1mol ，n （NH 4+）=0.2mol ，由电荷守恒可知n （K +）=0.1mol ，其浓度为1mol ?L -1，故B 正确；

C .在溶液中加入0.25～0.3molNa 2O 2时，过氧化钠会与水发生反应，生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，其反应的化学方程式为2Na 2O 2+2H 2O =4NaOH +O 2↑、

Al (OH )3+NaOH =NaAlO 2+2H 2O ，故C 正确；

D .溶液中存在铵根离子和铝离子，则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH 4+、Al 3+发生水解，故D 错误；

综上所述，答案为D 。

5．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 。

6．常温下，有c （H +）=0.1mol/L 的某溶液中可能有Na +、Fe 3+、Fe 2+、I ﹣、Cl ﹣、CO 32﹣中的

某几种，现取100mL 该溶液进行如下实验：已知氧化性Fe 3+>I 2，根据实验结果，下列判断正确的是（ ）

A ．Fe 3+、I ﹣、Cl ﹣三种离子一定存在

B ．不能确定Na +和Cl ﹣是否存在，CO 32﹣一定不存在

C ．Fe 3+与Fe 2+至少有一种

D ．该溶液中c （Cl ﹣）≥0.3mol?L -1

【答案】D

【解析】

【分析】

溶液中已经含有0.1mol/L 的H +，所以与其不能大量共存的23CO -

一定不存在；由于加入适

量Cl 2的四氯化碳溶液后下层出现了紫色，说明有碘单质生成，那么原溶液中一定含有I -；由于氧化性Fe 3+＞I 2，所以I -会被Fe 3+氧化，所以原溶液中一定不会存在Fe 3+；根据I 2的质量为2.54g 可知，100mL 的原溶液含有I -0.02mol ，所以原溶液中(I )0.2mol/L c -=；对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成沉淀，所以原溶液中一定有Fe 2+，那么1.60g 固体

即Fe 2O 3，所以100mL 原溶液中，Fe 2+的量为0.02mol ，即原溶液中2(Fe )=0.2mol/L c +；由于第一步中加入的Cl 2会转变为Cl -，所以不能通过生成AgCl 白色沉淀证明原溶液中含有Cl -；通过上述分析，原溶液中(H )=0.1mol/L c +，(I )0.2mol/L c -=，

2(Fe )=0.2mol/L c +，电荷并不守恒，所以原溶液中一定还含有Cl -，由于上述检验过程并

未证明溶液中一定不含Na +，所以(Cl )0.3mol/L c -

≥；当(Cl )=0.3mol/L c -，溶液中不含Na +，当(Cl )0.3mol/L c -＞，溶液中一定有Na +。

【详解】

A ．通过分析可知，溶液中一定不含Fe 3+，A 项错误；

B ．通过分析可知，原溶液中一定不含23CO -

；原溶液中一定还含有Cl -，且当(Cl )=0.3mol/L c -，溶液中不含Na +，当(Cl )0.3mol/L c -＞，溶液中一定有Na +，B 项错误；

C ．通过分析可知，溶液中含Fe 2+，不含Fe 3+，C 项错误；

D ．通过分析可知，溶液中一定含有Cl -，且(Cl )0.3mol/L c -≥，D 项正确；

答案选D 。

【点睛】

离子推断的问题，可以通过四个原则进行分析：肯定原则，指的是，由题干中给出的检验现象等信息判定某离子一定存在；互斥原则，指的是，在某离子一定存在的前提下，与之不能大量共存的离子，一定不能存在于溶液中；进出原则，指的是，在设计实验检验溶液中存在的离子时，前面步骤加入的试剂是否会对后面的检验造成干扰；电中性原则，指的是，若题干中有给出沉淀质量，气体体积等信息，那么要对溶液中一定存在的离子是否符合电荷守恒进行验证。

7．向0.02mol·

L -1CuSO 4溶液中匀速滴加1mol·L -1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu 2(OH)2SO 4]生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。该实验过程体系的pH 和电导率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A ．c(Cu 2+)：a 点=b 点

B ．bc 段生成浅蓝色沉淀的反应为-2-42+4222Cu +2OH +SO =Cu (OH)SO ↓

C ．d 点时：()()+2-44c NH <2c SO

D ．导电能力：()2+

+434NH >Cu NH ????

【答案】D

【解析】

【分析】

c 到

d 溶液pH 突变，说明c 点沉淀达到最大值，a 到c 发生生成沉淀的反应：

2-2++32422442Cu +2NH H O+SO =Cu (OH)SO 2NH ↓+?，c 到e 发生沉淀溶解反应：224Cu (OH)SO +328NH H O ?=2()234Cu NH +???

?+8H 2O+SO 42-+2OH -，据此分析解答。 【详解】

A ．a 到b 发生2-2++

32422442Cu +2NH H O+SO =Cu (OH)SO 2NH ↓+?，c(Cu 2+)减小，故c(Cu 2+)：a 点＞b 点，A 错误；

B ．bc 段生成浅蓝色沉淀的反应为

2-2++32422442Cu +2NH H O+SO =Cu (OH)SO 2NH ↓+?、而不是

-2-42+4222Cu +2OH +SO =Cu (OH)SO ↓，B 错误； C ．c 点沉淀达到最大值，此时溶质为(NH 4)2SO 4，c 到d ，pH 突变，但导电率几乎不变，故d 点，溶质为(NH 4)2SO 4和32NH H O ?，那么d 点溶液中电荷守恒为：c(NH 4+)+c(H +)=c(OH -)+2c(SO 42-)，因此时pH ＞7，c(H +)＜c(OH -)，故c(NH 4+)＞2c(SO 42-)，C 错误；

D ．b ’点之前释放NH 4+，导电能力增强，b ’之后释放()2+

34Cu NH ????和OH -，导电能力降低，说明导电能力()2++

434NH >Cu NH ????

，D 正确。 答案选D 。

【点睛】

找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。

8．某100mL 溶液可能含有 Na +、NH 4+、Fe 3+、CO 32－、SO 42－、Cl －中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是

A ．若原溶液中不存在 Na +，则 c （Cl －）＜0.1mol?L ﹣1

B ．原溶液可能存在 Cl － 和 Na +

C ．原溶液中 c （CO 32－）是 0.01mol?L ﹣1

D ．原溶液一定存在 CO 32－和SO 42－，一定不存在 Fe 3+

【答案】D

【解析】

【分析】

加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+（Fe 3+和CO 32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO 4，n(BaSO 4)=

-1m 2.33g ==0.01mol M 233g mol g ，m(BaCO 3)=4.30g-2.33g=1.97g ，则n(BaCO 3)= -1

m 1.97g ==0.01mol M 197g mol g 。加入NaOH 溶液产生1.12L （标况）气体，则溶液中有NH 4+，NH 3有0.05mol ，即n(NH 4+)=0.05mol 。CO 32－和SO 42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol ，NH 4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol ，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl -，且最少为0.01mol （因为无法判断是否有Na +，如果有Na +，需要多于的Cl -去保持溶液的电中性）。

【详解】

A. 若原溶液中不存在 Na +，则 c(Cl －)=

1n 0.01==0.1mol L V 0.1mol L

g ，A 错误； B. 原溶液中一定有Cl -，可能有Na+，B 错误； C. 经计算，原溶液中，n(CO 32-)=0.01mol ，则c(CO 32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol ?L ﹣1，C 错误；

D. 加入BaCl 2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO 32－、SO 42－这两种离子，一定没有Fe 3+，D 正确；

故合理选项为D 。

【点睛】

溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。

9．向含有1molNH 4Al(SO 4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，充分反应。下列说法错误的是（ ）

A ．当Al 3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol

B ．当SO 42-恰好完全沉淀时，铝元素全部以Al(OH)3的形式存在

C．当Al3+恰好完全生成AlO2-时，消耗氢氧化钡2.5mol

D．随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀的物质的量不断增大

【答案】D

【解析】

【分析】

1mol NH4Al(SO4)2中逐滴加入Ba(OH)2溶液，反应过程可分三个阶段：

2NH4Al(SO4)2+3Ba(OH)2=(NH4)2SO4+2Al(OH)3↓+3BaSO4↓①；

(NH4)2SO4+Ba(OH)2= 2BaSO4↓+2NH3+2H2O②；

2Al(OH)3+Ba(OH)2=Ba(AlO2)2-+4H2O③；

第一阶段：从开始滴入Ba(OH)2到1.5mol时，反应按①进行，溶液中的Al3+、Ba2+、OH-离子均转化成沉淀；

第二阶段：当滴入Ba(OH)2从1.5mol到2mol时，Ba2+继续与SO42-反应生成BaSO4，共生成2molBaSO4，同时①反应生成的(NH4)2SO4与OH-反应生成氨气和水；

第三阶段：当滴入到Ba(OH)22mol到2.5mol时，按③进行，生成的Al(OH)3全部转化为AlO2-。

【详解】

A. 从开始滴入Ba(OH)2到1.5mol时，反应按①反应，即当1mol Al3+恰好完全沉淀时，消耗氢氧化钡1.5mol，A项正确；

B. 由反应②可知，当SO42-恰好完全沉淀时，铝元素全部以Al(OH)3的形式存在，B项正确；

C. 由反应③可知，当Al3+恰好完全生成AlO2-时，消耗氢氧化钡2.5mol ，C项正确；

D. 随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大，沉淀开始时物质的量不断增大，当加入到2mol 时，Al(OH)3溶解，随后沉淀的物质的量减小，D项错误；

答案选D。

【点睛】

本题难点，掌握分析三个过程，随着加入的Ba(OH)2的量不同，反应进行的过程会不一样，看见这中题型，要进行综合分析，详细罗列每一个过程的反应。

10．将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是

A．SO2 + H2O + Ca2+ + 2ClO-→ CaSO3↓+ 2H+ + 2ClO-

B．SO2 + H2O + Ca2+ + ClO-→ CaSO3↓+ 2HClO

C．SO2 + H2O + Ca2+ + ClO-→ CaSO4↓ + 2H+ + Cl-

D．SO2 + H2O + Ca2+ + 3ClO-→ CaSO4↓ + 2HClO + Cl-

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

ClO-有较强的氧化性，而在水溶液中SO2有较强的还原性，二者相遇首先发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子。由于硫酸钙水中溶解度不大，硫酸根离子与钙离子又会形成硫酸钙沉淀，又因为次氯酸钙过量，则反应的离子方程式为：SO2+3ClO-

+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故选D

【点睛】

选项C是解答的易错点，主要是忽略了二氧化硫不足，生成的氢离子会继续与次氯酸根离子反应生成难电离的次氯酸。

11．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：NH4++OH-=NH3·H2O，故B错误；

C、根据题给图像知，溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，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：NH4++OH-=NH3·H2O，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-=AlO2-+2H2O，所以Al3＋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(NH4+)∶n(Mg2+) =2∶4∶1，故D正确。

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．往NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，发生的离子反应方程式可能为

A．NH4+ + 2H+ + SO42ˉ+ Ba2+ + 3OHˉ??→BaSO4↓+ NH3·H2O + 2H2O

B．NH4+ + H+ + SO42ˉ + Ba2+ + 2OHˉ??→ BaSO4↓+ NH3·H2O + H2O

C．2NH4+ + H+ + 2SO42ˉ+ 2Ba2+ + 3OHˉ??→2BaSO4↓+ 2NH3·H2O + H2O

D．NH4+ + 3H+ + 2SO42ˉ+ 2Ba2+ + 4OHˉ??→2BaSO4↓+ NH3·H2O + 3H2O

【答案】BD

【解析】

【分析】

往NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当NH4HSO4过量时，Ba2+、OHˉ必须满足组成1：2关系；若Ba(OH)2过量，则NH4+、 H+、SO42ˉ 必须满足组成1：1：1关系。

【详解】

A．不管是(NH4+ + 2H+ + SO42ˉ)还是(Ba2+ + 3OHˉ)都不满足组成关系，A不正确；

B．表示NH4HSO4与Ba(OH)2等物质的量反应，B正确；

C．不管是(2NH4+ + H+ + 2SO42ˉ)还是(2Ba2+ + 3OHˉ)，都不满足组成关系，C不正确；

D．表示3molNH4HSO4与2molBa(OH)2发生反应，D正确；

故选BD。

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．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。