考点04 离子反应(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)

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考点04 离子反应
(好题冲关)
【基础过关】
1．化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是( )
A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量NH3和CO2：NH3+H2O+CO2=HCO3-+NH4+
B．向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：HCO3-+ Ca2++OH-= CaCO3↓+H2O
C．同物质的量浓度同体积的NH4HSO4溶液与↓溶液混合：HSO4-+OH-=SO42-+H2O
D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-
【答案】D
【解析】A项，向饱和氯化钠溶液中依次通入足量NH3和CO2：NH3+H2O+CO2+ Na+= NaHCO3-↓+NH4+，A项错误；B项，石灰水少量，以Ca(OH)2的比例为基准，故向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：2HCO3-+ Ca2++2OH-= CaCO3↓+CO32-+2H2O，B项错误；C项，NH4HSO4中能与OH-反应的离子为NH4+和H+，当NH4HSO4与NaOH1：1混合时，H+与OH-先反应，故离子方程式为：H++OH-= H2O，C项错误；D项，用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，SO32-会与Cl2发生氧化还原反应，同时过量的SO32-还会与生成的H+反应生成HSO3-，故离子方程式为：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-，D项正确；故选D。
2．对于下列过程，能正确描述其反应的相应方程式的是( )
A．双氧水长期放置： 2H2O22H2O+O2↑
B．向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液：NH4++Al3++5OH-= AlO2-+ NH3·H2O + NH3·H2O+2H2O
C．将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2 Mn2++10CO2↑+8H2O
D．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-
【答案】B
【解析】A项，双氧水长期放置会缓慢分解生成氧气，不需要催化剂：2H2O2=2H2O+O2↑，A错误；B项，向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液生成一水合氨、偏铝酸钠、硫酸钠和水：NH4++Al3++5OH-= AlO2-+ NH3·H2O + NH3·H2O+2H2O，B正确；C项，草酸难电离，将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2 Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；D项，向次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体发生氧化还原反应：3ClO-+SO2+H2O=2HClO+Cl-+SO42-，D错误；故选B。
3．(2023·浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估)下列反应的离子方程式正确的是( )
A．NO2通入H2O中制HNO3：2NO2+H2O=2NO3-+NO↑+2H+
B．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CO32+Ca2+↓
C．NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2H+
D．氨水中滴入少量 CuSO4：Cu2++4NH3⋅H2O=Cu(NH3)42++4H2O
【答案】D
【解析】A项，NO2通入H2O中制HNO3：3NO2+H2O=2NO3-+NO↑+2H+，A错误；B项，饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CO32-(aq)+CaSO4(s)=CaCO3(s)+SO42-(aq)，B错误；C项，NaClO溶液中通入少量SO2：3ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，C错误；D项，氨水中滴入少量 CuSO4：Cu2++4NH3⋅H2O=Cu(NH3)42++4H2O，D正确； 故选D。
4．(2023·湖州、衢州、丽水三地市高三4月教学质量检测)下列反应的离子方程式不正确的是( )
A．次氯酸钠溶液中通入过量的二氧化碳：CO2+ClO-+H2O=HCO3-+HClO
B．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O
C．过氧化钠与水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2 Na2O2和CO2反应可生成O2
D．氯化银中滴加浓氨水：2NH3+AgCl=Ag(NH3)2 Cl
【答案】D
【解析】A项，碳酸酸性强于次氯酸，次氯酸钠溶液通过量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式正确，故A正确；B项，Al(OH)3为两性氢氧化物，溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，离子方程式正确，故B正确；C项，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式正确，故C正确；D项，Ag(NH3)2 Cl为强电解质应拆成离子，正确的离子方程式为：2 NH3·H2O +AgCl=[Ag(NH3)2 ]++Cl-+2H2O，故D错误；故选D。
5．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)下列反应的离子方程式的正确是( )
A．磁铁矿溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O
B．将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ ClO-=Cl-+2H++SO42-
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H++OH-=H2O
【答案】B
【解析】A项，磁铁的主要成分是四氧化三铁，硝酸可以把其中的二价铁氧化为三价铁，方程式为：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，A错误；B项，两者混合发生双水解反应，得到氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，B正确；C项，亚硫酸有还原性，次氯酸钠有氧化性，两者发生氧化还原反应，但是次氯酸钠过量，最终会生成次氯酸，离子方程式为：H2SO3+3ClO-=Cl-+2HClO +SO42-，C错误；D项，硫酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为：NH4++H++2OH-= NH3·H2O+H2O，D错误；故选B。
6．(2023·浙江省Z20名校联盟高三第三次联考)下列离子方程式书写正确的是( )
A．NaHCO3溶液的水解：HCO3-+H2OCO32-+H3O+
B．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓
C．向 Fe2(SO4)3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2 Fe2++S↓
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+ CaSO4↓+2HClO
【答案】D
【解析】A项，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，A错误；B项，铝离子和碳酸根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2 Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误；C项，硫化氢是弱电解质，不能拆，并且三价铁可以把硫离子氧化为单质硫，则离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，C错误；D项，次氯酸根离子有强氧化性，可以将二氧化硫中+4价硫氧化为硫酸根离子，并且二氧化硫少量，最终应该同时生成次氯酸，则离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+ CaSO4↓+2HClO，D正确；故选D。
7．(2023·辽宁省大连市一模)下列离子方程式书写正确的是( )
A．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32-+2SO42-+6H+═4SO2↑+3H2O
B．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+
C．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
D．用过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应：2+ CO32-2+H2O+CO2
【答案】C
【解析】A项，Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：3S2O32-+2H+═2SO42-+4S↓+H2O，故A错误；B项，Na2SO3溶液吸收少量氯气，首先两者发生氧化还原反应生成HCl和Na2SO4，而生成的少量HCl能和过量的Na2SO3反应生成NaHSO3，故离子方程式为：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-，故B错误；C项，Fe与稀硝酸反应，当时生成NO和Fe2+，离子方程式为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C正确；D项，用过量苯酚溶液与碳酸钠溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO32-+HCO3-，故D错误；故选C。
8．下列离子方程式书写错误的是
A．将H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中：H2O2+ 2MnO4-+6H+=2Mn2++4H2O+3O2↑
B．小苏打溶液显碱性的主要原因：HCO3-+H2OH2CO3+OH-
C．向新制氢氧化铜悬浊液中加入乙醛溶液并加热：CH3CHO+2 Cu(OH)2+OH-CH3COO-+ Cu2O↓+3H2O
D．少量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】A项，高锰酸钾氧化性比过氧化氢强，将H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中，H2O2作还原剂，KMnO4作氧化剂，发生反应为：H2O2+ 2MnO4-+6H+=2Mn2++4H2O+3O2↑，A不正确；B项，小苏打为NaHCO3，其属于强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，生成碳酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，B正确；C项，新制氢氧化铜悬浊液具有氧化性，能将醛氧化为羧酸，同时生成Cu2O等，则往氢氧化铜悬浊液中加入乙醛溶液并加热，发生反应的离子方程式为：CH3CHO+2 Cu(OH)2+OH-CH3COO-+ Cu2O↓+3H2O Cu2O↓+3H2O，C正确；D项，少量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中，会发生反应，生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，发生反应的离子方程式为：CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓，D正确；故选A。
9．下列反应对应的离子方程式书写正确的是( )
A．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
B．将Na单质放入H2O中：Na+H2O=Na++H2↑+OH-
C．Cr(OH)3的悬浊液中同时加入NaOH溶液和H2O2制Na2CrO4：2Cr3++3H2O2+10OH-=2CrO4-+8H2O
D．用惰性电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑
【答案】A
【解析】A项，过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故A正确；B项，将Na单质放入H2O中离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-，故B错误；C项，Cr(OH)3的悬浊液中同时加入NaOH溶液和H2O2离子方程式为Na2CrO4：2 Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2CrO4-+8H2O，故C错误；D项，用惰性电极电解NaCl溶液离子方程式：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故D错误；故选A。
10．下列用于解释事实的方程式书写不正确的是( )
A．新切开的钠的光亮表面在空气中很快变暗：4Na+O2=2Na2O
B．将CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：2 +CO2+H2O→2 +Na2CO3
C．向AlCl3溶液中滴加氨水产生白色沉淀：Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+
D．向AgCl悬浊液中滴加溶液产生黄色沉淀：AgCl(s)+I-(aq) AgI(s)+Cl-(aq)
【答案】B
【解析】A项，钠的还原性强，能与空气中的氧气迅速反应生成氧化钠，所以新切开的钠的光亮表面在空气中很快变暗，反应的方程式为4Na+O2=2Na2O，故A正确；B项，二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的方程式为+CO2+H2O→ +NaHCO3，故B错误；C项，氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+，故C正确；D项，氯化银的溶度积小于碘化银，向氯化银悬浊液中滴加碘化钾溶液产生黄色沉淀的反应为氯化银与碘化钾溶液反应生成碘化银和氯化钾，反应的离子方程式为AgCl(s)+I-(aq) AgI(s)+Cl-(aq)，故D正确；故选B。
11．(2023·湖北省武汉市高三模拟)下列各组离子在指定环境中能大量共存的是( )
A．0.1mol/L的NaOH溶液：Cl-、Ba2+、K+、NO3-
B．0.1mol/L的AlCl3溶液：Mg2+、K+、AlO2-、Cl-
C．0.1mol/L的FeCl2溶液：Na+、K+、SO42-、ClO-
D．0.1mol/L的HI溶液：NO3-、Cl-、Na+、MnO4-
【答案】A
【解析】A项，0.1mol/L的NaOH溶液中Cl-、Ba2+、K+、NO3-之间不反应，且与氢氧化钠也不反应，可以大量共存，A符合；B项，0.1mol/L的AlCl3溶液中AlO2-与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，B不符合；C项，0.1mol/L的FeCl2溶液中亚铁离子被ClO－氧化，不能大量共存，C不符合；D项，0.1mol/L的HI溶液中，NO3-、MnO4-均能与氧化碘离子，且氯离子能被MnO4-氧化，不能大量共存，D不符合；故选A。
12．(2023·青海省海东市三模)下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：H+、Mg2+、Cl-、NO3-
B．0.1mol·L-1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、I-、NO3-
C．0.1mol·L-1HCl溶液中：Fe2+、NH4+、Br-、NO3-
D．0.1mol·L-1NaOH溶液中：K+、Ba2+、SO32-、Br-
【答案】C
【解析】A项，H+、HCO3-发生反应而不能共存，A不选；B项，Fe3+、I-发生氧化还原反应不能共存，B不选；C项，各离子不反应可以大量共存，C选；D项，Ba2+、SO32-反应生成沉淀而不能大量共存，D不选；故选C。
13．常温下，下列各组离子在指定的条件下可能大量共存的是( )
A．c(OH-)/c(H+)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、CO32-
B．有Fe3+存在的溶液中：CO32-、NH4+、SO42-、Cl-
C．pH=0的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-
D．由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Al3+、K+、SO42-、Cl﹣
【答案】D
【解析】A项，OH-浓度偏高，水溶液显碱性，NH4+不能大量共存，A项不符合题意；B项，Fe3+与CO32-因为双水解不能大量共存，B项不符合题意；C项，pH=0是强酸性溶液，在有H+存在的情况下，NO3-具有强氧化性，与还原性的Fe2+不能大量共存，C项不符合题意；D项，由水电离出的氢离子浓度低于10-7mol·L-1，说明水的电离受到抑制，加酸或者加减均可抑制，所以该水溶液可能是酸性也可能是碱性，碱性条件下，Al3+不能大量共存，酸性条件下，可以大量共存，D项符合题意；故选D。
14．某溶液中可能存在Br－、CO、SO、Al3＋、I－、Mg2＋、Na＋7种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
已知：5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3
据此可以判断：该溶液肯定不存在的离子组是(　　)
A．Al3＋、Mg2＋、SO B．Mg2＋、CO、I－
C．Al3＋、SO、I－ D．Al3＋、Br－、SO
【答案】A
【解析】根据①可判断溶液中有Br－和CO，根据离子共存原则，不存在Al3＋、Mg2＋；根据②可判断溶液中无SO；根据③不能确定是否含有I－，因为在①中氯水可能把I－氧化成IO，致使溶液不变蓝色。
15．某固体混合物X，含有AlCl3、FeCl3、NaHCO3、NaAlO2和NaHSO4中的几种，进行实验：X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z。下列说法正确的是( )
A．混合物X中必定含有NaHCO3、FeCl3，可能NaHSO4
B．取有色沉淀Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，若沉淀部分溶解，证明固体混合物X中含有AlCl3
C．溶液Z中肯定含有NaHCO3
D．向溶液Z中加入铜粉、铜粉会溶解
【答案】A
【解析】某固体混合物X，含有AlCl3、FeCl3、NaHCO3、NaAlO2和NaHSO4中的几种， X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，生成气体的物质只有NaHCO3，生成二氧化碳可能原因是： NaHCO3与NaHSO4反应，或者AlCl3、 FeCl3与NaHCO3发 生双水解反应生成CO2气体，生成的有色沉淀为Fe (OH)3，则一定存在FeCl3；溶液显弱碱性，还可能发生NaHCO3与NaAlO2之间的反应，生成Al (OH) 3和Na2CO3，，或者NaHCO3有剩余。A项，混合物X中必定含有NaHCO3、FeCl3， 可能存在NaHSO4，A项正确；B项，取有色沉淀Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，若沉淀部分溶解，说明沉淀中有Al (OH)3， Al (OH) 3可能是NaHCO3与NaAlO2反应生成的，所以不一定含有AlCl3，B项错误；C项，溶液Z中可能含有NaHCO3，C项错误；D项，溶液Z呈弱碱性，则Z中一定不存在FeCl3，加入铜粉，铜粉不会溶解，D项错误；故选A。
16．某固体混合物X，含有AlC13、FeCl3、NaHCO3、NaAlO2和NaHSO4中的几种，进行实验：与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀和弱碱性溶液。下列说法正确的是( )
A．混合物中必定含有NaHCO3、FeCl3，可能含NaHSO4
B．取有色沉淀于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，若沉淀部分溶解，说明固体混合物中含有AlC13
C．溶液中肯定含有NaHCO3
D．向溶液中加入铜粉，铜粉会溶解
【答案】A
【解析】某固体混合物X，含有AlC13、FeCl3、NaHCO3、NaAlO2和NaHSO4中的几种，进行如下实验：X与水作用有气泡冒出，四种物质中能生成气体的只有NaHCO3，所以一定有NaHCO3，则另外的物质可能有NaHSO4，也可能因为发生双水解生成了二氧化碳，能与NaHCO3在溶液中双水解的有AlC13、FeCl3；得到有色沉淀Y，则有Fe(OH)3， 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。A项，由分析可知，混合物X中必定含有NaHCO3、FeCl3，可能含NaHSO4，A项正确；B项，若沉淀部分溶解，说明里面有Al(OH)3，NaHSO4与NaAlO2反应也会生成Al(OH)3，不能说明X中含有AlC13，B项错误；C项，溶液Z显弱碱性，可能为NaHCO3或NaAlO2，C项错误；D项，溶液Z显弱碱性，不会使铜粉溶解，D项错误；故选A。
17．有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌充分反应，得到无色透明溶液，同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化)。根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是( )
A．一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，不能肯定是否含有氯化铁
B．一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物
C．另取适量固体加水溶解，若出现白色沉淀，即可证明K2CO3的存在
D．将反应产生的气体通入少量澄清石灰水，若有无沉淀出现，即可证明K2CO3不存在
【答案】B
【解析】取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌，充分反应，得到无色透明溶液，则一定不含FeCl3；同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化)，只能是酸性溶液中KClO3把NaNO2氧化为NaNO3，本身被还原为黄绿色气体氯气，则一定含有KClO3，同时有白色沉淀生成，该白色沉淀一定是AgCl，则一定含有AgNO3，则KClO3氧化NaNO2时，同时被还原为Cl-，不确定K2CO3是否存在。因此，该固体中一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，一定不含有FeCl3，不确定K2CO3是否存在。A项，一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，一定不含有FeCl3，故A错误；B项，一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物氯气和Cl-，故B正确；C项，另取适量固体加水溶解，KClO3氧化NaNO2，自身被还原为Cl-，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，则不能证明K2CO3的存在，故C错误；D项，反应产生的气体含有氯气，氯气可与水反应生成盐酸，盐酸可与澄清石灰水发生中和反应，因此即使气体中含有CO2，也不会有碳酸钙沉淀生成，因此不能证明K2CO3是否存在，故D错误；故选B。
18．某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol·L－1。
阳离子
K＋　Mg2＋　Fe3＋　Al3＋　Fe2＋
阴离子
Cl－　CO　NO　SO　SiO
甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。
②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。
③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。
④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
请推断：
(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阳离子是________，一定不含的阴离子是________(写离子符号)。
(2)③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是____________________________，
④中生成白色沉淀的离子方程式是__________________________________________。
(3)将③中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生反应的化学方程式为____________________________________________________________________________。
(4)甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是________，阴离子是________(写离子符号)。
【答案】(1)K＋、Fe3＋　CO、SiO
(2)3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O　Ba2＋＋SO===BaSO4↓
(3)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(4)Fe2＋、Mg2＋　Cl－、NO、SO
【解析】①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明溶液中没有K＋；②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明溶液中没有Fe3＋；③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明Fe2＋与NO、H＋反应生成NO，即溶液中有Fe2＋、NO，则没有CO，加盐酸后溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl－，加盐酸后溶液依然澄清说明溶液中没有SiO；④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中有SO。(1)根据上述分析，由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阳离子是K＋、Fe3＋，一定不含的阴离子是CO、SiO。(2)③中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2＋与NO、H＋反应生成NO，其离子方程式为3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；④中生成的白色沉淀为硫酸钡，反应的离子方程式为Ba2＋＋SO===BaSO4↓。(3)③中所得红棕色气体为NO2，将NO2通入水中，与水反应生成NO，气体变无色，反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。(4)由以上推断可知溶液中阴离子为Cl－、NO、SO，且各为0.1 mol·L－1；已经推断出存在的阳离子是Fe2＋，其浓度为0.1 mol·L－1，由电荷守恒可知溶液中还有一种＋2价阳离子，所以还有Mg2＋，故甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是Fe2＋、Mg2＋，阴离子是Cl－、NO、SO。
19．某工业废水中仅含下表离子中的5种(不考虑水的电离及离子的水解)，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol/L。
阳离子
K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋
阴离子
Cl-、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-
某同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)。
②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化。
③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。
④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
请推断：
(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阴离子是_______，一定不含有的阳离子是_______ (写离子符号)。
(2)③中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______，④中生成白色沉淀的离子方程式是_______。
(3)该同学最终确定原溶液中所含阴离子是_______，阳离子是_______ (写离子符号)。
(4)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为_______ g。
【答案】(1)CO32-、SiO32- K＋、Fe3＋
(2)3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓
(3)Cl-、NO3-、SO42- Fe2＋、Mg2＋
(4)1.2g
【解析】①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K+。②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+。③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明溶液中有NO3-，能把其还原的只有Fe2+，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明没有CO32-和SiO32-。④向③中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明一定有SO42-。(1)由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，一定不含的阴离子是CO32-和SiO32-。(2)③中加入少量盐酸生成无色气体的的离子方程式是3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，④中生成白色沉淀的离子方程式是Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓。(3)根据工业废水中仅含表中离子中的5种，最终确定原溶液中所含阴离子是Cl-、NO3-、SO42-，阳离子是Fe2+、Mg2+。(4)原溶液中所含阳离子是Fe2+、Mg2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是MgO，Fe2O3，根据题意各离子的物质的量均为0.01mol，所以m(MgO)＝0.01mol×40g/mol＝0.4g，m(Fe2O3)＝0.005mol×160g/mol=0.8g，所得固体的质量为0.4g＋0.8g＝1.2g。

【能力提升】
20．(2023·吉林省长春市三模)能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．NaHSO3溶液中滴入Fe(NO3)3溶液：2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2+SO42-+3H+
B．CuSO4溶液中通入HCl，溶液变为黄绿色：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl 4]2-+4H2O
C． 溶液中加入少量盐酸：
D．泡沫灭火器的反应原理：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO2↑
【答案】B
【解析】A项，NaHSO3与Fe(NO3)3，NO3-在酸性条件下的氧化性比Fe3+强，所以反应为：2NO3-+3HSO3- =NO↑+3SO42-+H++H2O，A错误；B项，CuSO4溶液中通入HCl，生成黄绿色的[CuCl 4]2-离子，反应的离子方程式为：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl 4]2-+4H2O，B正确；C项， 溶液中加入少量盐酸，应先反应生成酚羟基，C错误；D项，泡沫灭火器的反应原理：AlO2-+3HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；故选B。
21．下列离子方程式书写正确的是( )
A．2.24LCO2通入250 mL 0.5 mol/L的 NaOH溶液中：4CO2＋5OH-=CO32-＋3HCO3-＋H2O
B．在100 mL 2 mol/L的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl2：4Fe2＋＋6I－＋5Cl2=4Fe3＋＋3I2＋10Cl－
C．100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH：CO32- +2 CH3COOH＝H2O+CO2↑+ CH3COO-
D．4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合：4AlO2- + 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+
【答案】D
【解析】A项，没有指明标准状况，不能求出2.24LCO2的物质的量，A错误；B项，I-的还原能力强于Fe2+，所以应为Cl2先与I-发生氧化还原反应，n(Cl2)=0.25mol，n(I-)=0.4mol，则被氧化的Fe2+物质的量n(Fe2+)=0.1mol，离子方程式为2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，B错误；C项，100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH，离子方程式应为CO32- +CH3COOH＝HCO3-+ CH3COO-，C错误；D项，设溶液的体积都为1L，则NaAlO2为4mol，HCl为7 mol，离子方程式为 4AlO2- + 7H+ + H2O＝3Al(OH)3↓+ Al3+，D正确。故选D。
22．下列离子方程式的书写及评价均合理的是(　　)
选项
离子方程式
评价
A
将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
1 mol·L－1的Na[Al(OH)4]溶液和2.5 mol·L－1的HCl溶液等体积均匀混合：2[Al(OH)4]－＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋5H2O
正确；[Al(OH)4]－与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3
C
过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO＋OH－===MgCO3↓＋H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
【答案】B
【解析】A项，将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2溶液中，Cl2不足，先氧化I－，离子方程式：2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，错误；B项，[Al(OH)4]－与H＋物质的量之比为1∶1反应时，生成Al(OH)3沉淀，1∶4反应时生成铝离子，所以1 mol·L－1 的Na[Al(OH)4]溶液和2.5 mol·L－1的HCl溶液等体积均匀混合，离子方程式：2[Al(OH)4]－＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋5H2O，可理解为2 mol [Al(OH)4]－消耗2 mol H＋，生成2 mol Al(OH)3，其中1 mol Al(OH)3又消耗了3 mol H＋，生成1 mol Al3＋，所以[Al(OH)4]－与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2∶3，正确；C项，过量SO2通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应：H2O＋SO2＋ClO－===SO ＋Cl－ ＋2H＋，无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，错误；D项，Mg(HCO3)2与足量NaOH溶液反应的离子方程式：Mg2＋＋2HCO＋4OH－===2H2O＋Mg(OH)2↓＋2CO，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，错误。
23．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是( )
选项
粒子组
判断和分析
A
Na+、Cu2+、Cl-、S2-
能大量共存，粒子间不反应
B
Na+、Fe2+、H+、H2O2
能大量共存，粒子间不反应
C
H+、K+、S2O32-、SO42-
不能大量共存，因发生反应：2H++ S2O32-=S↓+SO2↑+H2O
D
Na+、Al3+、Cl-、NH3·H2O
不能大量共存，因发生反应：Al3++4NH3·H2O= AlO2-+4NH4++2H2O
【答案】C
【解析】A项，Cu2+与S2-之间发生反应产生CuS沉淀，所以这些离子不能大量共存，A项错误；B项，H2O2在酸性条件下将Fe2+氧化，反应方程式为2 Fe2++2H2O2+2H+=2 Fe3+它们不能大量共存，B项错误；C项，S2O32-在酸性条件下不稳定发生氧化还原反应变为S和SO2，C项正确；D项，Al3+与NH3·H2O发生反应生成Al(OH)3，D项错误；故选C。
24．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．使pH试纸显蓝色的溶液中：、Mg2+、Cl-、HCO3-
B．的溶液中：K+、NH4+、SO42-、SCN-
C．的溶液中：Na+、Al3+、、
D．的AlCl3溶液中：NH4+、Na+、NO3-、SO42-
【答案】D
【解析】A项，使pH试纸显蓝色的溶液中含有大量的OH-，OH-与Mg2+、OH-与HCO3-都不能大量共存，A不合题意；B项，c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中Fe3+与SCN-不共存，生成Fe(SCN)3，为弱电解质，B不合题意；C项，的溶液中，溶液呈中性，Al3+不能大量共存，C不合题意；D项，0.1 mol·L-1的AlCl3溶液中：NH4+、Na+、NO32-、SO42-、Al3+和Cl-都能大量共存，D符合题意；故选D。
25．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中能大量共存的是( )
A．=10-12的溶液中：NH4+、Na＋、NO3-、SO42-
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl-、I-
C．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、K＋、Cl-、SO42-
D．能与金属铝产生氢气的的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-
【答案】A
【解析】A项，=10-12的溶液呈酸性，NH4+、Na＋、NO3-、SO42-之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A符合题意；B项，滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+、I-之间发生氧化还原反应，即2Fe3++2I-=2Fe2++I2，不能大量共存，故B不符合题意；C项，0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中的HCO3-与Fe3+发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，即Fe3++3 HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑，不能大量共存，故C不符合题意；D项，能与金属铝反应放出氢气的溶液中存在大量H+或OH-，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在碱性环境中Al3＋与OH-反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选A。
26．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．的溶液中：NH4+、、、NO3-
B．由水电离的c(OH-)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：、Mg2+、NO3-、SO42-
C．含Fe3+的溶液中：、、AlO2-、SO42-
D．pH=7的溶液中：Na＋、K+、、SO42-
【答案】A
【解析】A项，，c(H+)=0.1mol·L-1，该溶液呈酸性，四种离子能大量共存；A正确；B项，由水电离的c(OH-)=1.0×10-13mol·L-1，可能是酸或碱溶液，若为碱溶液，Mg2+不能大量共存；B错误； C项，Fe3+和AlO2-能发生双水解反应而不能大量共存；C错误； D项，Al3+水解呈酸性，不能大量存在于pH=7的溶液中；D错误。故选A。
27．在指定的条件下，下列各组离子能大量共存的是( )
A．pH=1的溶液中：K+、NH4+、S2O32-、SO42-
B．的溶液：Fe2+、H+、SCN-、Cl-
C．的溶液：Na+、K+、S2-、SO32-
D．的溶液：Na+、Al3+、Br -、CO32-
【答案】C
【解析】A项，pH=1的溶液中含有大量的H+，则：2H++ S2O32-=S+SO2↑+H2O，A不合题意；B项，的溶液的NO3-、Fe2+、H+三种之间能够发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；C项，的溶液中含有大量的OH-，OH-、Na+、K+、S2-、SO32-之间相互不反应，可以大量共存，C符合题意；D项，的溶液即为中性溶液， Al3+与CO32-因发生双水解反应2Al3++3 CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑而不能大量共存，D不合题意；故选C。
28．下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是( )
选项
离子组
加(或通)入试剂
判断和分析
A
Na+、H+、Ba2+、Cl-、NO3-
足量CO2
能大量共存
B
Na+、Mg2+、Cl-、HCO3-
足量NaOH溶液
不能大量共存，只发生下列反应
Mg2++HCO3-+OH-= MgCO3↓+H2O
C
Na+、K+、AlO2-、Cl-
足量NaHCO3溶液
不能大量共存，因AlO2-和HCO3-之间会发生完全双水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀
D
Na+、K+、ClO-、SO42-
少量SO2
不能大量共存，只发生下列氧化还原反应ClO- +H2O+SO2=Cl-+ SO42-+2H+
【答案】A
【解析】A项，Na+、H+、Ba2+、Cl-、NO3-之间不反应能够共存，通入足量CO2也不反应，能够大量共存，A正确；B项，生成的碳酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，B错误；C项，AlO2-和HCO3-之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，AlO2-和HCO3-发生的不是双水解反应，C错误；D项，Na+、K+、ClO-、SO42-之间不反应能够共存，通入少量SO2后先发生的氧化还原反应为：ClO- +H2O+SO2=Cl-+ SO42-+2H+，后发生反应H++ClO-=HClO， D错误；故选A。
29．下列各组离子能大量共存，且当加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
加入试剂
现象或离子方程式
A
NH4+、Fe2+、SO42-
少量Ba(OH)2溶液
2NH4++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O
B
K+、Cr2O72- (橙色)、CrO42-(黄色)
滴加少量浓H2SO4
溶液橙色加深，Cr2O72-+2OH-⇌2CrO42-+H2O
C
H+、MnO4-、Cl-
滴加少量H2O2
2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
D
Mg2+、HCO3-、Cl-(物质的量比1：1：1)
过量NaOH溶液
Mg2++HCO+3OH-=H2O+Mg(OH)2↓+CO32-
【答案】D
【解析】A项，少量Ba(OH)2溶液，NH4+不能参加反应，正确的离子反应为：Fe2++ SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故A错误；B项，滴加少量浓H2SO4，反应为2CrO42-+2HCr2O72-+H2O，故B错误；C项，酸性溶液中高锰酸根离子能氧化氯离子，不能大量共存，故C错误；D项，离子间不反应，可大量共存，加入过量NaOH溶液，生成氢氧化镁、水和碳酸钠，反应的离子反应为：Mg2++HCO3-+3OH-＝H2O+Mg(OH)2↓+CO32-，故D正确；故选D。
30．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
选项
粒子组
判断和分析
A
、Al3+、NO3-、NH3·H2O
不能大量共存，因发生反应
Al3++4 NH3·H2O =AlO2-+NH4++2H2O
B
H+、K+、S2O32-、SO42-
不能大量共存，因发生反应：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O
C
、、SO42-、H2O2
能大量共存，粒子间不反应
D
H+、K+、C2H5OH、MnO4-
能大量共存，粒子间不反应
【答案】B
【解析】A项，氢氧化铝不溶于弱碱，Al3+与NH3·H2O不能大量共存，其离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3 NH4+，故A错误；B项，S2O32-与H+不能大量共存，其离子方程式为2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；C项，Cu2+催化使H2O2分解，不能大量共存，故C错误；D项，MnO4- (H+)能将乙醇氧化，不能大量共存，故D错误；故选B。
31．室温下，通过下列实验探究0.1mol·L−1NaHCO3和0.1mol·L−1Na2CO3溶液的性质。
实验1：
用pH试纸测得0.1mol·L−1Na2CO3溶液pH约为12
实验2：
两溶液中分别加入等体积的0.1mol·L−1CaCl2溶液，都产生白色沉淀
实验3：
0.1mol·L−1NaHCO3与0.1mol·L−1Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验4：
向两溶液中不断滴加0.1mol·L−1HCl溶液，至不再产生气体
下列说法正确的是( )
A．0.1mol·L−1Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
B．实验2中CaCl2溶液滴入后，两试管中溶液pH均降低
C．实验3中的离子方程式为：Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+ CO32-+2H2O
D．实验4中完全反应后，两试管中溶液中都存在：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】B
【解析】A项，0.1mol·L−1Na2CO3溶液中存在质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故A错误；B项，CaCl2与碳酸钠反应生成碳酸钙，CO32-浓度减小，CO32-的水解平衡逆向移动，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，故B正确；C项，0.1mol·L−1NaHCO3与0.1mol·L−1Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀，Ba(OH)2过量，因此反应的离子方程式为Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O，故C错误；D项，向两溶液中不断滴加0.1mol·L−1HCl溶液，至不再产生气体，此时两溶液中的溶质均为NaCl，则两试管中溶液中都存在：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+ c(OH-)，故D错误；故选B。
32．现有某固体混合物，可能由Fe3O4、Fe、K2CO3、K2SO3、SiO2、Na2SO4、BaCl2中的若干种物质组成，设计部分实验方案探究该固体混合物的成分(如图)，所加试剂均过量。下列说法正确的是( )

A．气体A中一定含有H2
B．固体A一定是SiO2和BaSO4的混合物
C．该固体混合物中，Fe3O4和Fe至少有其中一种
D．该固体混合物一定含有Na2SO4、BaCl2，可能含有K2CO3
【答案】C
【解析】由实验可知，气体A与高锰酸钾反应后得到气体B，则A中一定含SO2，可能含CO2、H2；混合物与足量硫酸反应后的固体A可能为SiO2或BaSO4，或二者均存在；溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，B的颜色一段时间后加深，则B为Fe(OH)2，溶液B与硝酸钡反应生成沉淀C为BaSO4，溶液C与硝酸、硝酸银反应生成沉淀D为AgCl，则原混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，一定含BaCl2。A项，气体A一定含SO2，可能含CO2、H2中的一种或两种，故A错误；B项，固体A为SiO2或BaSO4，或二者均存在，故B错误；C项，B为Fe(OH)2，该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种，或二者均存在，若只有Fe2O3时，加酸溶解且与Na2SO3发生氧化还原反应生成亚铁离子，故C正确；D项，固体混合物一定含有Na2SO3、BaCl2，可能含K2CO3，故D错误；故选C。
33．(2023·河南省普通高中高三适应性考试测)某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、CO32-中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是( )
A．要确定是否含有K+，需做焰色反应实验
B．一定含有K+、OH-、CO32-
C．含有Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的一种
D．原溶液中一定含有Cl-
【答案】B
【解析】某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、CO32- 中的几种，无色溶液说明无 Fe3+，对其进行如下实验操作：(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3，说明溶液显强碱性，一定含有OH-，则一定没有Ag+；(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该白色沉淀是BaCO3，溶液中一定存在CO32-，一定不存在Ba2+，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+；(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因上一步加入了氯化钡，不能确定原溶液中是否含有Cl-，原溶液中可能有Cl-。】A项，由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+，故A错误；B项，溶液中一定含有K+、OH-、CO32-，故B正确；C项，不含Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的任一种，故C错误；D项，不能确定原溶液中是否含有Cl-，故D错误；故选B。
34．常温下，的某溶液中可能含有、Fe3+、Fe2+、I-、、CO32-中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如下所示实验：

已知氧化性Fe3+＞I2。根据实验结果，判断下列说法正确的是( )
A．可能存在Fe3+
B．一定不存在CO32-，可能存在和
C．一定存在Fe2+、I-、Cl-
D．白色沉淀的质量至少为5.74g
【答案】C
【解析】pH=1的溶液中H+浓度为0.1mol·L-1，100mL该溶液中含有H+的物质的量为0.01mol，则一定不存在CO32-；向溶液中通入Cl2分液后最终得到紫黑色固体，则原溶液中含有I-，Fe3+{能够氧化I-，则一定不存在Fe3+{；2.54g紫黑色固体为碘单质，物质的量为0.01mol，原溶液中含有I-的物质的量为0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，无论固体是氢氧化亚铁或氢氧化铁，灼烧得到的1.60g固体为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，Fe2+的物质的量为：，0.02mol Fe2+带有正电荷为0.04mol，0.01mol H+带有正电荷为0.01mol，0.02mol I-带有负电荷为0.02mol，所以原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.03mol，通入氯气的物质的量为0.01mol，再产生0.02mol Cl-，所以AgCl的总质量至少为7.175g。A项，原溶液中一定不存在Fe3+，选项A错误；B项，原溶液中一定不存在CO32-，一定含有Cl-，选项B错误；C项，原溶液中一定含有Fe2+、I-、Cl-，选项C正确；D项，AgCl的总质量至少为7.175g，选项D错误；故选C。
35． H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的H2PO2-、CN-、苯酚等物质
(1)H2O2、O3在一定条件可处理废水中H2PO2-。
①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，该反应的离子方程式为___________。
②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。反应相同时间，实验结果如图所示。

添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是___________。
(2)H2O2、O2在一定条件下可处理废水中的CN-。
①工业上通过电激发O2处理废水中的CN-，反应机理如图所示，其过程可描述为___________。

②已知Cu2+可催化过氧化氢氧化CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下，反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图所示。c(Cu2+)超过90 mg·L-1时，CN-的氧化去除率有所下降，原因是___________。

(3)H2O2在Fe3O4催化下可有效除去废水中的苯酚等有机污染物。除去废水中的苯酚的原理如图所示。研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是___________。

【答案】(1) 4·OH＋2OH-＋H2PO2-=PO43-＋4H2O     Fe2＋促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3＋将PO43-转化为FePO4沉淀
(2)     O2在阴极得电子被还原成·O2-，·O2-结合H+生成·O2H，·O2H分解生成O2和H2O2， H2O2在阴极得电子产生的·OH和OH-将CN-氧化生成N2、CO32-、H2O     c(Cu2+)超过90 mg·L-1，会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生·OH的数目减少
(3)酸性有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高；随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强 ，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
【解析】(1)①弱碱性条件下羟基自由基·OH将H2PO2-氧化成PO43-，根据磷元素的化合价变化可知，·OH被还原，H2PO2-被氧化，·OH中氧元素为-1价，被还原成-2价，H2PO2-中的磷元素由+1价被氧化成PO43-中的+5价，根据化合价升降相等可知，n(·OH)： n(H2PO2-)=4：1，结合电荷守恒、质量守恒，此反应的离子方程式为4·OH＋2OH-＋H2PO2-=PO43-＋4H2O；②从题干可知，H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的H2PO2-，添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率提高，说明加入FeSO4后，H2O2、O3在水中形成·OH的增多，则说明Fe2＋能促进H2O2和O3产生·OH，同时Fe2＋自身被氧化成Fe3＋，氧化产生的Fe3＋将PO43-转化为FePO4沉淀，故添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高；(2)①通过电激发O2处理废水中的CN-的反应机理图所示，O2分子在电极上得电子被还原成·O2-，则该电极是和电源负极相连，是阴极，然后·O2-结合水中的H+生成·O2H自由基，·O2H再分解生成O2和H2O2，生成的H2O2在阴极上得电子产生·OH自由基，·OH和OH-将CN-氧化生成N2、CO32- 、H2O；②在催化剂种类不变情况下，c(Cu2+)超过90 mg·L-1时，CN-的氧化去除率有所下降，说明H2O2产生·OH的数目减少，说明部分双氧水分解成氧气和水了，故当c(Cu2+)超过90 mg·L-1时，会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生·OH的数目减少；(3)研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，说明酸性影响苯酚的去除率，则酸性条件下更有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。通过图也可知苯酚最终转化成乙酸了，则随着反应进行，溶液酸性也会越来越强，故初始pH=6的溶液中苯酚的去除率一段时间后也会提高，最终两者比较接近。
36．碘化亚铜()可用作有机反应催化剂。某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，其中Cu的化合价为+2)为原料制备CuI的流程如下：

已知：CuI是白色粉末，不溶于水，能与过量继续反应：CuI(s)＋I-[ CuI2]-，从而溶于KI溶液中。
回答下列问题：
(1)“浸取”时，反应的化学方程式为_______；该步骤使用的FeCl3溶液的浓度为560 g ·L-1，则其物质的量浓度为_______ mol·L-1 (保留2位小数)。
(2)“滤渣处理”过程中发生的基本反应类型为_______。
(3)“溶解”时，NO3-被还原为NH4+，写出该反应的离子方程式：_______。
(4)“转化”时生成CuI的离子方程式为_______，该步骤需要控制KI溶液的用量，其原因是_______。
(5)用Na2SO3溶液洗涤沉淀的目的是_______。
(6)已知：Ksp(CuBr)= 6.2×10－9，Ksp(CuI)= 1.24×10－12，取2.00gCuI放入锥形瓶中，加入100mLa mol·L-1NaBr溶液，充分振荡后，测得溶液中c(I－)=1.0×10－4mol·L－1，则a约为_______(保留1位小数，溶液体积变化忽略不计)。
【答案】(1) CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S     3.45
(2)置换反应
(3)4Cu＋NO3-＋10H＋4Cu2＋＋NH4+＋3H2O
(4) 2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2     防止过量I－溶解CuI，降低产率
(5)除去附着在CuI上面的碘单质
(6)0.5
【解析】利用Fe3＋强氧化性，将CuFeS2中S元素氧化成硫单质，然后加热Fe粉，发生置换反应，Fe将Cu置换出来，过滤后，得到Cu和过量Fe，利用Cu不与稀硫酸反应，加入稀硫酸溶液，把Fe除去，得到纯净Cu单质，将Cu放入稀硫酸、NH4NO3溶液中Cu溶解为Cu2＋，Cu2＋与I－发生氧化还原反应，生成CuI和I2，利用碘单质的氧化性，将Na2SO3氧化。(1)“浸取”时，利用Fe3＋氧化性，将S元素氧化成S单质，本身被还原成Fe2＋，反应的化学方程式为CuFeS2＋4FeCl3=CuCl2＋5FeCl2＋2S；令溶液的体积为1L，FeCl3物质的量浓度为=3.45mol·L－1；(2)根据上述分析，“滤渣处理”发生反应为Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，该反应属于基本反应类型为置换反应；(3)“溶解”步骤是溶解Cu单质，因此离子反应方程式为4Cu＋NO3-＋10H＋4Cu2＋＋NH4+＋3H2O；(4)根据流程，制备的CuI，Cu显＋1价，“溶解”步骤Cu元素显＋2价，“转化”步骤中Cu2＋与I－发生氧化还原反应，离子反应方程式为2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2；根据题中所给信息，CuI溶于KI溶液中，如果KI溶液过量，CuI溶解，降低CuI产率；(5)CuI表面含有I2，利用I2的氧化性将Na2SO3氧化，因此Na2SO3溶液的作用是除去附着在CuI上面的碘单质；(6)混合后溶液中发生CuI＋Br－CuBr＋I－，测的溶液中c(I－)=1.0×10－4mol·L－1，过程中消耗c(Br－)=1.0×10－4mol·L－1，即有，代入数值，得出，推出a约为0.5。
37．钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。

已知：①VOSO4能溶于水，VO2+与Fe不能反应。
②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+。
回答下列问题：
(1)“酸浸、氧化”过程中若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的一种气体，反应的化学方程式为_______。同时该步骤中V2O3转化为VO2+，反应的离子方程式为_______。
(2)萃取前用“铁粉”对酸浸后的浸出液进行处理，主要目的是_______，为检验处理后的浸出液中是否含有该杂质离子，可选用的化学试剂是_______(填试剂名称)。
(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2++H2RVOR+2H+。为了提高VO2+的产率，反萃取剂可选用_______。(供选物质：NaCl，NaOH，H2SO4，填写相应物质的化学式)
(4)反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3-，ClO3-变为Cl-。当反应1.5molVO2+时，至少需要KClO3的物质的量为_______mol。
(5)已知NH4VO3难溶于水，Kap=3.0×10-8，向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液忽略混合过程中的体积变化，欲使VO3-沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为_________(保留两位有效数字，溶液中某离子浓度≤1×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)
【答案】(1)  V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O     2V2O3+O2+8H+=VO2++4H2O；
(2) 将Fe3+还原为Fe2+     硫氰化钾溶液
(3)H2SO4 (4)0.25mol (5)0.16mol/L
【解析】根据实验目废钒中提取五氧化二钒，根据流程图可知，向废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中加入硫酸和氧气，铁的氧化物与硫酸反应，V2O3、V2O5转化为VO2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和浸出液，向浸出液中加入铁粉，便Fe3+转化为Fe2+，向反应后的溶液中加入有机溶剂H2R萃取VO2+，分液得到含有亚铁离子的水层和含有VO2+的有机层，向有机层中加入反萃取剂，分液得到含有VO2+的水层和有机层，向反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3-，再向溶液中加入氨水，VO3-转化为NH4VO3沉淀，高温煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3发生分解反应生成V2O5。(1)若用浓盐酸代替硫酸，V2O5具有强氧化性，与浓盐酸发生氧化还原反应生成VOCl2、氯气和水，反应的化学方程式为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O，酸浸、氧化过程中发生的反应为酸性条件下V2O3与氧气发生氧化还原反应VO2+，反应的离子方程式为：2V2O3+O2 +8H+= VO2++4H2O；(2)由题意可知，有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用“铁粉” 对浸出液进行处理，主要目的是将将Fe3+还原为Fe2+，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是硫氰化钾溶液，观察是否出现血红色；(3)由溶剂萃取与反萃取的转化关系VO2+ +H2RVOR+2H+，可知，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向进行，VO2+溶剂萃取的产率增大，则反萃取剂为H2SO4；(4)反萃取后的水层中加入氧化剂KClO3，酸性条件下KClO3与VO2+发生氧化还原反应生成VO3-、Cl-和水，当反应3mol VO2+时，由得失电子数目守恒可得： n (KClO3)×6=n (VO2+) ×1，n (KClO3)×6=1.5×1，得n (KClO3) =0.25mol；(5)向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液，忽略混合过程中的体积变化)，则沉淀NaVO3消耗NH4Cl的物质的量n (NH4Cl) =0.1mol·L-1×0.01L=0.001mol，欲使VO3-沉淀完全，需要NH4Cl溶液的浓度为=mol/L=3.0×10-2mol/L，因此NH4Cl溶液的最小浓度==0.16mol/L；