高考化学离子反应专题训练答案(1)

高考化学离子反应专题训练答案(1)

一、高中化学离子反应

1．X 溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为10.1mol L -?(不考虑水的电离和离子水解)。向X 溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是( )

A ．原溶液中一定含有2Mg +

B ．X 溶液中不可能含有3HCO -和23CO -

C ．X 溶液中含有3种阳离子、2种阴离子

D ．生成气体的离子反应方程式为23323Fe

NO 4H 3Fe NO 2H O +-++++=+↑+ 【答案】C

【解析】

【分析】

各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L ，向溶液X 中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是二氧化碳，则不含OH -、HCO 3-和CO 32-；根据表中的离子，可推知是Fe 2+、NO 3-在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，生成气体的离子反应方程式为23323Fe NO 4H 3Fe NO 2H O +-++++=+↑+，NO 3-反应后有剩余，故溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl ﹣。由于总共含有5种离子，根据电荷守恒及离子共存的条件可以判断还含有SO 42﹣和Mg 2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl ﹣、NO 3-、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+。

【详解】

A.根据分析可知，原溶液中一定含有Mg 2+，A 正确；

B.加入足量盐酸后阴离子种类不变， HCO 3-和CO 32与-H +反应后就不h 存在b 了 ，B 正确；

C.根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为Cl ﹣、NO 3﹣、SO 42﹣、Fe 2+、Mg 2+，共有2种阳离子、3种阴离子，C 错误；

D. Fe 2+ 与NO 3﹣、H +反应时Fe 2+被氧化为三价铁，硝酸根被还原为NO ，生成气体的离子反应方程式为23323Fe

NO 4H 3Fe NO 2H O +-++++=+↑+，D 正确。

答案选C 。

【点睛】

在离子类推断中，要注意溶液中的电荷守恒的原则，0.1mol/L Cl ﹣、NO 3-和0.1mol/L Fe 2+已经电荷守恒了，而题目中五种离子，必然还有阴、阳离子，而阴离子只剩下SO 42﹣了，所以有SO 42﹣，那么，阳离子也只能是二价的，Ba 2+与SO 42﹣不能共存，只能是Mg 2+。

2．某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br－、CO32-、Na＋，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是

①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有SO42-、Na＋；②有胶状物质生成；③有气体产生；④溶液颜色发生变化；⑤共发生了2个氧化还原反应。

A．②③④B．①②③C．①③⑤D．②④⑤

【答案】A

【解析】

【详解】

向溶液中通入过量的Cl2，Cl2可以氧化SO32-成为SO42-，所以SO32-浓度降低，SO42-浓度增大，Cl2也可以和Br－发生置换反应，使Br－浓度降低，生成的溴溶于水中使溶液颜色发生变化，Cl2溶于水生成的盐酸还可以跟CO32-发生反应生成CO2，使CO32-浓度降低，和SiO32-生成H2SiO3白色胶状沉淀，使SiO32-浓度降低，所以离子浓度基本保持不变的只有Na＋。Cl2溶于溶液中发生了3个氧化还原反应，其中2个是Cl2分别和SO32-、Br－发生的，另一个是Cl2和水的歧化反应，所以②③④是正确的，故选A。

【点睛】

Cl2和SO32-发生氧化还原反应，使SO32-浓度降低，还要考虑到生成了SO42-，使SO42-浓度增大，所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化。在Cl2通入该溶液的反应中，除了Cl2和SO32-、Br－发生的氧化还原反应外，不要忽略了还有Cl2和水发生的氧化还原反应。

3．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。

4．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。

5．下列离子方程式正确的是

A．把Fe(OH)2固体投入到稀HNO3中：Fe(OH)2＋2H＋→Fe2＋＋2H2O

B．Ba(OH)2溶液与少量KHCO3溶液反应：Ba2+＋2OH－＋2HCO3-→BaCO3↓＋2H2O＋CO32-

C．NH4HCO3溶液与KOH溶液混合，且

()

()

43

n NH HCO

n KOH

＝5:8， 3NH4+＋5 HCO3-＋8OH－

→5H2O＋5 CO32-＋3NH3·H2O

D．用Pt电极电解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O H2↑＋Cl2↑＋2OH－

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．Fe(OH)2会被硝酸氧化生成Fe3＋，离子方程式为3Fe(OH)2＋10H＋＋NO3－=NO↑＋3Fe3＋＋8H2O，A错误；

B．加入少量KHCO3溶液，则KHCO3完全反应，1molHCO3－和1molOH－反应，生成

1molH2O，生成的CO32－和会Ba2＋生成BaCO3沉淀，离子方程式为Ba2+＋OH－＋HCO3-

=BaCO3↓＋H2O，B错误；

C．NH4HCO3溶液与KOH溶液混合完全反应需两者的物质的量之比为1:2，现为5:8，KOH 不足，按KOH书写离子方程式，OH－先和HCO3－反应，再和NH4＋反应，8molOH－先与

5molHCO3－反应，再3molNH4＋反应，离子方程式正确，C正确；

D．Mg2＋会与OH－生成Mg(OH)2，故产物中不会大量存在OH－，离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2O H2↑＋Cl2↑＋Mg(OH)2↓，D错误。

答案选C。

【点睛】

在涉及到过量或者少量的离子方程式的判断的时候，往往将少量的物质系数定为1，其他物质根据所需的量再配平，如此题中B项，由于KHCO3少量，定HCO3－的系数是1，反应时需要1molOH－和1molBa2＋，因此OH－和Ba2＋的系数都是1，再根据守恒配平。

6．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。

7．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(SO4)2溶液中反应至沉淀物质的量最大：3Ba2++ 6OH–+

2Al3++ 3SO42–=3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓

B．Cl2通入冷水中：Cl2+ H2O =Cl–+ ClO–+ 2H+

C．CuSO4溶液跟Ba(OH)2溶液混合：Ba2++ SO42–= BaSO4↓

D．漂白粉溶液中通入SO2气体：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A. 将Ba(OH)2溶液不断加入KAl(SO4)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3Ba2++ 6OH–+ 2Al3++ 3SO42–=3BaSO4↓+

2Al(OH)3↓，A正确；

B. Cl2通入冷水中生成盐酸和次氯酸，该反应的离子方程式为Cl2+ H2O? Cl–+ HClO +H+，B不正确；

C. CuSO4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Cu2++Ba2++2OH-+ SO42–= BaSO4↓+ Cu(OH)2↓，故C错误；

D. 漂白粉溶液中通入SO2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Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HCl，D错误。

综上所述，离子方程式书写正确的是A。

8．下列化学反应的离子方程式正确的是

A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣═BaSO4↓+H2O

B．用往氯化铁中加铁粉：Fe+Fe3+═2Fe2+

C．往澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O

D．往碳酸镁中滴加稀盐酸：MgCO3+2H+═CO2↑+H2O+Mg2+

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，方程式中离子数目与化学式中离子数目不对应，正确的反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．铁和三氯化铁之间可以反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B错误；

C．过量CO2通入澄清石灰水中的离子反应为CO2+OH﹣═HCO3﹣，故C错误；

D．碳酸镁属于难溶物，写化学式形式，离子反应为：MgCO3+2H+═CO2↑+Mg2++H2O，故D 正确；

故选D。

【点睛】

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、复分解反应的离子反应的考查。

9．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。

10．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。

11．常温下，在l00mL 1mol/L 的NaHCO3溶液中，加入Xmol的Ba(OH)2固体（假设溶液体积和温度保持不变）。以下关于溶液中c(CO32-)及c(HCO3-)的变化判断正确的是

A．当X=0.025时，溶液中有HCO3-和CO32-，且2C (CO32-) =" C(" HCO3-)

B．当X=0.05时，溶液中有HCO3-和CO32-，且C (CO32-)＞ C( HCO3-)

C．当X=0.06时，溶液中HCO3-、CO32-浓度都减小了

D．当X=0.1时，溶液pH增大，沉淀达到最大值

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A．当X＝0.025时，溶液中发生反应：NaHCO3（少）+Ba(OH)2═BaCO3↓+NaOH+H2O，NaHCO3过量0.075mol，继续发生反应：NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，剩余

NaHCO30.05mol，生成Na2CO30.025mol，所以溶液中有HCO3-和CO32-，但CO32-发生水解生成HCO3-，则2c(CO32-)＜c(HCO3-)，故A错误；

B．当X＝0.05时，溶液恰好发生反应：2NaHCO3（过）＋Ba(OH)2＝BaCO3↓＋Na2CO3＋

2H2O，CO32-发生水解生成HCO3-，所以溶液中有HCO3-和CO32-，且c(CO32-)＞c(HCO3-)，故B 正确；

C．当X＝0.06时，溶液发生反应：NaHCO3（少）+ Ba(OH)2═BaCO3↓+NaOH+H2O，NaHCO3过量0.04mol，继续发生反应：NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，剩余NaOH 0.02mol，生成Na2CO3 0.04mol，HCO3-是CO32-发生水解生成的，所以溶液中HCO3-浓度减小，CO32-浓度增大，故C错误；

D．当X＝0.1时，溶液中恰好发生反应：NaHCO3（少）+ Ba(OH)2＝BaCO3↓+NaOH+H2O，溶液碱性增强，溶液pH增大，Ba(OH)2完全沉淀，沉淀达到最大值，故D正确；

答案选BD。

12．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。

13．Ba(HS)2溶液中加入一定量的CuSO4溶液，发生的反应的离子方程式可能为（）A．Ba2++HS-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+CuS↓+H+

B．Ba2++2HS-+2Cu2++SO42-=BaSO4↓+2CuS↓+2H+

C．2Ba2++2HS-+Cu2++2SO42-=2BaSO4↓+CuS↓+H2S↑

D．Ba2++2HS-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+CuS↓+H2S↑

【答案】BD

【分析】

【详解】

A. 1molBa 2+一定含有2molHS -，因为铜离子和硫离子结合会生成难溶于酸的硫化铜沉淀，A 项错误；

B. 硫酸铜过量时，HS -离子全部电离生成硫化铜，所以反应的离子方程式为Ba 2++2HS -+2Cu 2++SO 42-=BaSO 4↓+2CuS↓+2H +，B 项正确；

C. 2molBa 2+提供4molHS -，依据2molSO 42-溶液中含有2molCu 2+，铜离子全部沉淀后剩余HS -会和氢离子形成2molH 2S ，C 项错误；

D. 1molBa 2+一定含有2molHS -，1molCu 2+ 和1molHS -反应生成1molCuS 沉淀，电离出的氢离子和剩余的1molHS -结合生成硫化氢，反应的离子方程式为：Ba 2++2HS -+Cu 2++SO 42-=BaSO 4↓+CuS↓+H 2S↑，D 项正确；

答案选BD 。

14．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS 和SiO 2）中回收铍和铜两种金属的流程。

已知：

Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似

Ⅱ．常温下：K sp [Cu （OH ）2]=2.2×10-20，K sp [Fe （OH ）3]=4.0×10-38，K sp [Mn （OH ）2]=2.1×10-13

(1)滤渣B 的主要成分为______（填化学式）；

(2)写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式______；

(3)MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式______，若用浓HNO 3溶解金属硫化物缺点是______（任写一条）；

(4)从BeCl 2溶液中得到BeCl 2固体的操作是______。

(5)溶液D 中含c （Cu 2+）=2.2mol?L -1、c （Fe 3+）=0.008mol?L -1、c （Mn 2+）=0.01mol?L -1，逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离首先沉淀的是______（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH 大于______；

(6)取铍铜元件1000g ，最终获得Be 的质量为72g ，则Be 的产率是______。

【答案】CuS 、FeS Na 2BeO 2+4HCl=BeCl 2+2NaCl+2H 2O

2222MnO +CuS+4H S +Mn +Cu +2H O +++↓＝ 生成NO 2污染空气 在氯化氢气流下蒸发结晶 Fe 3+ 4 80%

【解析】

废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。

【详解】

(1)由以上分析可知滤渣B为CuS、FeS；

(2)信息1得到BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；

(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应Ⅱ中Cu2S发生反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境；

(4)为了抑制Be2+离子的水解，需要在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶；

(5)三种金属阳离子出现沉淀，结合浓度商与Ksp的关系，铜离子转化为沉淀c(OH-

=-10mol/L，Fe3+离子转化为沉淀，c(OH-

/L

==×10-12mol/L，锰离子沉淀时，c(OH-

/L=×10-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+，为使铜离子沉淀

c(H+)=

14

10

10

10

-

-

mol/L=10-4mol/L，pH=4，常温下应调节溶液的pH值大于4；

(6)混合物中BeO质量=1000×25%=250g，理论上得到Be的物质的量=

250g

25g/mol

=10mol，实

际得到Be物质的量=

72g

9g/mol

=8mol，产率=

8mol

10mol

×100%=80%。

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。