高中化学离子反应(很有用)及练习题(1)(2)

C．当x＝10时，NH4Al(SO4)2的物质的量为0.001mol，n(SO42-)＝0.002mol，n(Al3+)＝

0.001mol，n(NH4+)＝0.001mol。SO42-与Ba2+反应，Ba2+不足，SO42-剩余0.0005mol；

0.001molAl3+反应生成Al(OH)3消耗OH-的量为0.003mol，溶液中没有Al3+，生成0.001mol

Al(OH)3，OH-完全反应，溶液中NH4+不反应，此时溶液为硫酸铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，综上所述，溶液中有SO42-、NH4+，且H+＞OH-，故C正确；

D．当x=15时，NH4Al(SO4)2的物质的量为0.0015mol，n(SO42-)＝0.003mol，n(Al3+)＝

0.0015mol，n（NH4+）=0.0015mol。SO42-与Ba2+反应，Ba2+不足，SO42-剩余0.0015mol；0.0015molAl3+反应生成Al(OH)3消耗OH-的量为0.0045mol，OH-不足，溶液中0.001molAl3+反应，生成0.001mol Al(OH)3，溶液中剩余0.0005molAl3+，溶液中NH4+不反应，此时溶液中有0.0005molAl3+，0.0015molNH4+，NH4+＞Al3+，故D正确；

答案选B。

10．在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是

①K＋、ClO－、NO3－、S2－

②K＋、Fe2＋、I－、SO42－

③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－

④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－

⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－

A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤

【答案】B

【解析】

【分析】

由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。

【详解】

①在酸性环境下S2－不能大量共存，错误；

②在碱性环境下Fe2＋不能大量共存，错误；

③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；

④HCO3－在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；

⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；

答案选B。

【点睛】

本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。

11．某废液阳离子只可能含有：Na＋、NH4＋、Ba2＋、Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋中的某几种，实验设计了下述方案进行处理，以回收金属，保护环境

已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解，下列说法正确的是：A．根据步骤①中的现象，说明废液中一定含有Al3＋

B．步骤②，由红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3＋

C．取溶液丙进行焰色反应，焰色为黄色，说明原溶液中一定含Na＋

D．该废液一定含有NH4＋、Ba2＋、Cu2＋

【答案】D

【解析】

【分析】

沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2＋或Fe3＋；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2＋；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2＋，以此解答该题。

【详解】

A．由步骤④可知，废液中一定含有Cu2＋，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4＋，Cu元素以[Cu(NH3)4]2＋形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3＋，故A错误；

B．由分析可知，废液中可能含有Fe2＋或Fe3＋，故B错误；

C．由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此溶液丙中一定含有Na＋，焰色反应显黄色，不能说明废液中含有Na＋，故C错误；

D．由分析可知，废液中一定含有Ba2＋和Cu2＋，由选项A的分析可知，废液中一定含有NH4＋，故D正确；

故答案选D。

12．向X的溶液中加入Y试剂，产生的沉淀示意图与下图所示情形吻合的是(注意线段的斜率)

A．向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入CO2B．向HCl和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH D．向NH4Cl和MgCl2的混合溶液中滴加NaOH

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．NaOH、Ca(OH)2都是碱，CO2与OH－反应生成CO32－，随着发生Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此认为，反应先后顺序是：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、NaOH＋CO2=NaHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，符合题中图像，故A正确；

B．盐酸是酸，先于NaOH反应，因此顺序是HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，Al3＋＋3OH－

=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，开始一段时间无沉淀，然后出现沉淀，最后沉淀完全消失，与图像不符，故B错误；

C．Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，反应先后顺序是：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－

=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，生成沉淀最大消耗NaOH的量是Al(OH)3完全消失消耗NaOH量的3倍，与图像不符，故C错误；

D．Mg2＋结合OH－能力强于NH4＋，因此有Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、NH4＋＋OH－

=NH3·H2O，与图像不符，故D错误。

故选A。

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。

14．一种以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CuSO 4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CuCl 43-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Cu 2(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NH 3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FeCl 3溶液，待

溶解后用邻菲罗啉作指示剂，立刻用cmol·

L -1的Ce(SO 4)2标准溶液滴定到终点，消耗标准溶液VmL 。则产品中CuCl 的质量分数为__(已知滴定反应为Ce 4＋＋Fe 2＋=Ce 3＋＋Fe 3＋，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%。

15．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】

【分析】

废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO 2)，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 、Na 2SiO 3、Na 2BeO 2，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；

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