1、高考化学离子反应常见题型及答题技巧及练习题含答案高考化学离子反应常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中化学离子反应1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：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；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NaNO3CX中一定有NH4NO3和Cu(NO3)2，且n(NH4NO3) 4nCu(NO3)2D向X中
2、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】能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则由可知：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)42+中的一种；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)42+，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；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
3、生如下反应：Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3，NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3+H2O，Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+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)2Cu(OH)2Cu(NH3)42+4NH4NO3，使生成的Cu(OH)2完全溶解，n(NH4NO3)= 4nCu(NO3)2，实验中还有氨气生成，根据N原子守恒可知：n(NH4NO3)4nCu(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
4、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，否则实验会产生白色AgCl沉淀。2天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（）A天然海水pH8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解B“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-C“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸D“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的
5、天然海水相同【答案】D【解析】【分析】火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。【详解】A海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH8，呈弱碱性，故A正确；B天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO
6、3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；D从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；故答案为D。3下列反应的离子方程式书写错误的是（ ）A向Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸：CO32-+H+=HCO3-B向KAl(SO4)2溶液滴加过量NaOH溶液反应：Al3+4OH-
7、=AlO2-+2H2OC氯气溶于水生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-D固体SiO2和NaOH溶液反应：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A. Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，A项正确；B. 铝离子与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，B项正确；C. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，C项错误；D. 固体SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：S
8、iO2+2OH-=SiO32-+H2O，D项正确；答案选C。4在含有Na的溶液中，还可能存在NH4、Fe2、Br、CO32、I、SO32六种离子中的一种或几种，进行如下实验：（1）原溶液滴加少量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；（2）向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀生成；（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝。由此推断原溶液中一定不存在的离子是ANH4、Br、CO32 BFe2、I、SO32CFe2、I、CO32 DNH4、I、SO32【答案】B【解析】【分析】【详解】(1)加足量氯水后，有气泡产生、溶液呈橙黄色，氯水中含有氯气、盐酸和次氯酸，氯气和溴离子反应生成溴单质溶液呈橙黄色，推断一定含有B
9、r-，生成气体，是溶液中盐酸和阴离子反应生成气体，说明含有CO32-；(2)若原溶液中含有亚硫酸根离子，在氯水中会被氧化为硫酸根离子，加入氯化钡会生成沉淀，橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，证明一定不含SO42-离子；(3)橙黄色溶液不能使淀粉变蓝，没有I2，说明原溶液一定不含I-；根据离子共存问题，含有CO32-就不含Fe2；NH4可能存在；所以一定不含有的离子是：Fe2、I、SO32，B正确；答案选B。【点睛】离子推断需要的四个原则，肯定原则、互斥原则、引入原则、电中性原则；根据氯水中含有氢离子及溶液中的离子具有氧化性分析第一问，根据亚硫酸根具有还原性分析第二问，根据淀粉遇碘变
10、蓝分析第三问。5离子互换反应的实质是“永远向着某些离子浓度减少的方向进行”，下列反应不符合这一实质的是AAgCl + 2NH3H2O Ag（NH3）2Cl + 2H2OBCuSO4 + H2S CuS+ H2SO4CKCl（l） + Na（l） K+NaCl（l）D2Ag（NH3）2Cl + Na2S Ag2S+ 2NaCl + 4NH3【答案】C【解析】【分析】如离子之间发生反应生成沉淀、气体或弱电解质，或发生氧化还原反应、络合反应等，则离子浓度减小，向着某些离子浓度减少的方向进行，据此分析。【详解】AAgCl难溶于水，NH3H2O为弱电解质，生成络合物Ag(NH3)2Cl，A正确；B生成C
11、uS沉淀，硫离子浓度减小，B正确；CKCl和Na为熔融状态发生反应，反应时离子浓度不变，C错误；D生成Ag2S沉淀和氨气，硫离子浓度降低，D正确；答案选C。6在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（）选项条件离子组离子共存判断及离子方程式A滴加氨水Na+、Fe3+、Cl、NO3不能大量共存Fe3+3OH-=Fe(OH)3B由水电离出的c（H+）11013 molL1K+、NH4+、Cl、AlO2能大量共存CpH1的溶液Fe3+、NH4+、I、SO42不能大量共存，2Fe3+2I2Fe2+I2D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO、SO42不能大量共存，2ClO+S
12、O2+H2O2HClO+SO32AA BB CC DD【答案】C【解析】【详解】A. 滴加氨水后，Fe3+与其发生离子反应，离子方程式为Fe3+3 NH3H2O=Fe(OH)3+3 NH4+，A不正确； B. 由水电离出的c(H+)11013 molL1，水的电离受到酸或碱抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性， NH4+在碱性溶液中不能大量存在， AlO2在酸性溶液中不能大量存在，B不正确； C. pH1的溶液显酸性，Fe3+可以把I氧化，故不能大量共存，离子方程式为2Fe3+2I2Fe2+I2，C正确； D. ClO有强氧化性，通入少量SO2气体后，可以发生氧化还原反应，其离子方程式为3ClO
13、+SO2+H2OCl+2HClO+SO42，D不正确。综上所述，离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是C。7某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子(不考虑水的电离和离子的水解)。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：下列说法正确的是( )Ac(Fe3+)一定为0.2molL1BCl一定存在CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在DNa+、Fe2+可能存在，CO32一定不存在【答案】BD【解析】【分析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等离子，因为显黄色，则溶液一定含Fe3，加入过量NaOH溶
14、液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g固体为Fe2O3，其物质的量，则原溶液中含有0.02mol含铁的粒子，一定有Fe3，可能含有Fe2。由于CO32与Fe3会相互促进水解，而不能大量共存，则原溶液中一定没有CO32，可知4.66g固体为BaSO4，其物质的量，则原溶液中含有0.02molSO42。由于加入了过量的NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na。由电荷守恒，若含铁的粒子全部为Fe3，则正电荷的物质的量=3n(Fe3)=0.06mol，负电荷的物质的量=2n(SO42)=0.04mol，原溶液中一定有Cl，物质的量应为 0.02mol3-0.02mol2=0.02mol，
15、若含铁的粒子有Fe2时，则Cl物质的量小于0.02mol。【详解】A溶液中含铁粒子的物质的量为0.02mol，溶液中Fe2加入NaOH后，生成Fe(OH)2，最终被氧化成Fe(OH)3，也会转化为Fe2O3，则原溶液中c(Fe3) ，A错误；B根据以上分析，原溶液中一定有Cl，B正确；C由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，C错误；D根据以上分析，Na、Fe2可能存在，CO32一定不存在，D正确；答案选BD。8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：称取4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解。向中所得悬浊液中加入100
16、mL1 mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液， 此过程中共产生0.04 mol气体。向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CuSO4 B可能含CaO、NaOHC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
17、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)= 0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)58.5g/mol0.59g，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0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3则碳元素物质的量亚铁离子
18、，碘离子优先参与反应，故D正确； 答案为CD。13在工业上可作蓄电池中良好的正极材料。以废铅蓄电池拆解出来的“铅泥”（主要成分为，另有少量Pb、和等）为原料制备的一种工艺流程如图所示：已知：i常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应。ii铅盐中，(CH3COO)2Pb、Pb(NO3)2均易溶于水，难溶于水。请回答下列问题：（1）“酸溶”时，Pb和PbO2转化为可溶性Pb2盐，则“酸溶”时所用的强酸X为_；此条件下的氧化性：X_PbO2（选填“”或“”）（2）用Pb(NO3)2溶液反复多次洗涤沉淀，以达到“除钙”的目的，其原理是_。（3）(CH3COO)2Pb属于_（选填“强电解质”或“弱电解质”
19、）；“滤液3”中除CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有_(填化学式)（4）“析铅”反应的离子方程式为_。（5）从环境保护的角度分析，该工艺流程可能存在的缺点是_（任写一条）（6）铅蓄电池中的电解液是H2SO4，放电后两个电极上均沉积有PbSO4。则放电时的负极反应式为_；充电时当电极上通过1mol电子，阳极的质量减少_g。【答案】硝酸（或HNO3）； PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中 弱电解质 NaCl、Na2SO4 (CH3COO)2PbClO2OH=PbO2Cl2CH3COOH2O “酸溶”时会产
20、生大气污染物NOx（重金属铅盐可污染土壤或水源） PbSO422e=PbSO4 32 【解析】【分析】【详解】（1）“酸溶”的目的是将Pb、PbO2转化为可溶性Pb2+，而常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应，故所用的强酸应为硝酸；在有硝酸存在的环境下，PbO2转化为Pb2+，表现出氧化性，说明PbO2的氧化性比硝酸强，故答案为：硝酸（或HNO3）；（2）CaSO4的溶解平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，加入Pb(NO3)2溶液，Pb2+与SO42-结合成更难溶的PbSO4，使CaSO4的溶解平衡不断正向移动，最终完全溶解，达到“除钙”的目的，故答案为：PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbS
