专题03 离子反应(测试)(解析版).docx

1、专题03 离子反应(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的)1下列属于非电解质的是( )A 氢气 B 蔗糖溶液 C 已烷 D 硫化钠【答案】C【解析】非电解质是指在水溶液和融化状态下都不导电的化合物。A是单质，故错；B是混合物，故错；C是有机物符合非电解质的概念，故正确；D是盐，属于电解质；故选C。2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+3O2B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

2、加入乙醛溶液并加热：CH3CHO+2 Cu(OH)2+OH-CH3COO-+ Cu2O+3H2OD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

3、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。3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-CCr(OH

4、)3的悬浊液中同时加入NaOH溶液和H2O2制Na2CrO4：2Cr3+3H2O2+10OH-=2CrO4-+8H2OD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

5、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。4室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()ApH12的溶液：Na、K、NO、ClOB能使甲基橙变红的溶液：Na、NH、Cl、CH3COOC1.0 molL1的KNO3溶液：Fe2、H、SO、ID0.1 molL1 NaAlO2溶液：NH、Al3、Cl、CO【答案】A【解析】pH12的溶液为强碱性溶液，Na、K、NO、ClO与OH不反应，且本组离子之间也不反应，能大量共存，故A正确；能使甲基橙变红的溶液为强酸性溶液，H与CH3COO结合成弱酸CH3COOH，不能大量共存，故B错误；1.0 m

6、olL1的KNO3溶液含有NO，NO、Fe2、H及NO、I、H均能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；AlO和Al3及Al3和CO均能发生相互促进的水解反应，不能大量共存，故D错误。5常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A0.1 molL1 FeSO4溶液：Na、K、Cl、NOB滴入酚酞变红色的溶液：K、Ca2、HCO、COC加入铁粉放出氢气的溶液：NH、Fe3、ClO、SOD水电离的c(H)11013molL1的溶液：K、Mg2、I、C6H5O【答案】A【解析】0.1 molL1 FeSO4溶液：Na、K、Cl、NO，都不反应，能共存，A正确；滴入酚酞变红色的溶液呈碱性，

7、Ca2与CO反应生成CaCO3沉淀，HCO与OH反应后与Ca2继续反应，不能大量共存，B错误；加入铁粉放出氢气的溶液呈强酸性，ClO与H生成HClO弱酸，不能大量共存，C错误；水电离的c(H)11013molL1的溶液呈强酸性或强碱性，Mg2与OH生成Mg(OH)2沉淀、C6H5O与H生成苯酚，故不能大量共存，D错误。6(2024浙江强基联盟高三联考)下列反应的离子方程式正确的是( )A向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2+2Br - +2Cl2= 2Fe3+Br2+4Cl-B向CaCl 2溶液中通入CO2：Ca2+CO2+H2O= CaCO3+2H+C向NH4Al(SO4)2溶液中滴入

8、Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀：NH4+Al3+2SO42+4OH-=2BaCO3+ Al(OH)3+ NH3H2OD实验室用FeS制取少量H2S：S2-+2H+= H2S【答案】C【解析】A项，向FeBr2溶液中通入足量Cl2，Fe2+和Br-都被氧化，离子方程式为：2Fe2+4Br - +3Cl2= 2Fe3+2Br2+6Cl-，故A错误；B项，向CaCl 2溶液中通入CO2不能生成碳酸钙沉淀，故B错误；C项，向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀生成氢氧化铝沉淀、碳酸钡沉淀和一水合氨，离子方程式为：NH4+Al3+2SO42+4OH-=2BaCO

9、3+ Al(OH)3+ NH3H2O，故C正确；D项，FeS不溶于水，在离子方程式中不能拆，离子方程式为：FeS+2H+=Fe2+H2S，故D错误；故选C。7(2024浙江省 A9 协作体高三联考)能正确表示下列反应的离子方程式是( )A硝酸银溶液中滴入少量氨水：Ag+2NH3=Ag(NH3)2+B二氧化锰与浓盐酸共热：MnO2+4HClMn2+2Cl-+Cl2+2H2OC乙酰甲胺在稀盐酸中水解：CH3CONHCH3+H2O+H+CH3COOH+CH3NH3+D次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫：Ca2+ClO-+SO2+H2O=CaSO4+Cl-+2H+【答案】C【解析】A项，硝酸银溶液中滴入少

10、量氨水生成白色沉淀AgOH、可以进一步分解为黑色沉淀Ag2O，A错误；B项，浓盐酸在离子方程式书写时能拆，故二氧化锰与浓盐酸共热的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，B错误；C项，乙酰甲胺中的酰胺基先发生水解生成羧基和氨基，氨基再与H+结合，故乙酰甲胺在稀盐酸中水解：CH3CONHCH3+H2O+H+CH3COOH+CH3NH3+，C正确；D项，由于HClO是弱酸，故次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫的离子方程式为：Ca2+3ClO-+SO2+H2O=CaSO4+Cl-+2HClO，D错误；故选C。8(2024浙江省百校高三起点联考)下列反应的离子方程式正确的是( )A

11、工业上生产漂白粉：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OB用惰性电极电解饱和ZnCl2溶液：Zn2+2Cl-+2H2OZn(OH)2+Cl2+H2C二氧化硫通入氯化铁溶液中：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+4H+SO42-DNaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2O【答案】C【解析】A项，工业上用氯气通入石灰乳中反应来生产漂白粉，反应的离子方程式为：Ca(OH)2+Cl2= Ca2+Cl- +ClO-+H2O，A错误；B项，用惰性电极电解饱和ZnCl2溶液：阳极氯离子失电子产生氯气，阴极锌离子得电子生成锌，反应的离子方程式为

12、：Zn2+2Cl-Zn2+Cl2，B错误；C项，二氧化硫有还原性，Fe3+有强氧化性，二者在溶液中能发生氧化还原反应，分别生成SO42-、Fe2+，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+4H+ SO42-，C正确；D项，NaHSO4与Ba(OH)2按物质的量2：1完全反应后，溶液恰好呈中性，反应的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+H2O，D错误；故选C。9下列离子方程式书写正确的是( )A2.24LCO2通入250 mL 0.5 mol/L的 NaOH溶液中：4CO25OH-=CO32-3HCO3-H2OB在100 mL 2 mol/L的FeI2

13、的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl2：4Fe26I5Cl2=4Fe33I210ClC100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH：CO32- +2 CH3COOHH2O+CO2+ CH3COO-D4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合：4AlO2- + 7H+ + H2O3Al(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

14、的Fe2+物质的量n(Fe2+)=0.1mol，离子方程式为2Fe28I5Cl2=2Fe34I210Cl，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- +CH3COOHHCO3-+ 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+ + H2O3Al(OH)3+ Al3+，D正确。故选D。10某强酸性溶液中可能存在Al3、Fe2、NH、Ba2、Cl、CO、SO、NO中的若干种，为确定溶液组成进行如下实验：(1)取100 mL原溶

15、液，加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。(2)往(1)所得滤液c中加入足量的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e，过滤。(3)取(2)中过滤所得滤液，通入少量的CO2，有白色沉淀f生成。下列有关判断正确的是()A试液中一定没有Ba2、CO、NO、ClB试液中一定有Fe2、NH、Al3、SOC气体b和气体d在一定条件下能发生反应生成一种单质和一种无色液体D沉淀f一定含有Al(OH)3，可能含有BaCO3【答案】C【解析】在强酸性溶液中，CO不能大量存在，Fe2和NO也不能同时存在，钡离子和碳酸根离子不共存；根据实验(1)可知溶液中一定不存在Ba2、NO，一

16、定存在SO、Fe2，气体b为NO，沉淀a为BaSO4；根据实验(2)可知溶液中含有NH，气体d为NH3，沉淀e为Fe(OH)3，可能含有Al3，因为氢氧化铝溶于氢氧化钠；根据实验(3)可知原溶液中可能含有Al3，沉淀f可能为BaCO3或BaCO3和Al(OH)3的混合物，因为实验(1)中的Ba(NO3)2溶液是过量的。由上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为Ba2、CO、NO，A项错误；由上述分析可知，原溶液中可能含有Al3，B项错误；一氧化氮和氨气在一定条件下可以发生反应生成氮气和水，C项正确；沉淀f一定含有BaCO3，可能含有Al(OH)3，D项错误。11下列各组微粒在溶液中可以大量共存，

17、且在加入试剂X后发生反应的离子方程式书写也正确的是()选项微粒组试剂X发生反应的离子方程式ACl、NO、Al3、NH少量NaHCO3溶液Al33HCO=3CO2Al(OH)3BNH、Fe2、I、SO少量氯水2Fe2Cl2=2Fe32ClCAl3、Ba2、AlO、NO适量的Na2SO4Ba2SO=BaSO4DNa、SO、S2、Cl适量HClSOS24H=2S2H2O【答案】A 【解析】Al3和HCO发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体：Al33HCO=3CO2Al(OH)3，A项正确；I的还原性强于Fe2的还原性，加入少量氯水时，离子方程式为2ICl2=I22Cl，B项错误；Al

18、3与AlO会发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3，C项错误；亚硫酸根离子和硫离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质S，故加入适量HCl的离子方程式为SO2S26H=3S3H2O，D项错误。12下表第栏与第栏中的化学反应，都可以用第栏中的离子方程式表示的是()选项第栏第栏第栏A向少量NaOH溶液中投入铝片向过量NaOH溶液中投入铝片2Al6H2O=2Al(OH)33H2B向Fe2(SO4)3溶液中滴入NaOH溶液向Fe2(SO4)3溶液中滴入Ba(OH)2溶液Fe33OH=Fe(OH)3C向Ca(HCO3)2溶液中滴入Ca(OH)2溶液向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量的NaOH溶液Ca2

19、OHHCO=CaCO3H2OD向NaOH溶液中通入过量CO2气体向NaOH溶液中通入少量CO2气体CO2OH=HCO【答案】C【解析】A项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，与NaOH的量无关，离子方程式均为2Al2OH2H2O=2AlO3H2；B项，向Fe2(SO4)3溶液中滴入NaOH溶液，反应只生成Fe(OH)3一种沉淀，而向Fe2(SO4)3溶液中滴入Ba(OH)2溶液，反应生成Fe(OH)3和BaSO4两种沉淀，不能用同一离子方程式表示；C项，向Ca(HCO3)2溶液中滴入Ca(OH)2溶液，反应生成CaCO3和水，向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量NaOH溶液，反应生成

20、CaCO3和水，能用同一离子方程式表示；D项，向NaOH溶液中通入过量CO2，反应生成NaHCO3，向NaOH溶液中通入少量CO2，反应生成Na2CO3，不能用同一离子方程式表示。13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ANH4+、Fe2+、SO42-少量Ba(OH)2溶液2NH4+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2NH3H2OBK+、Cr2O72- (橙色)、CrO42-(黄色)滴加少量浓H2SO4溶液橙色加深，Cr2O72-+2OH-2CrO42-+H2OCH+、MnO4-、Cl-滴加少量H2O22MnO4-

21、+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2ODMg2+、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+

22、HCO3-+3OH-H2O+Mg(OH)2+CO32-，故D正确；故选D。14室温下，通过下列实验探究0.1molL1NaHCO3和0.1molL1Na2CO3溶液的性质。实验1：用pH试纸测得0.1molL1Na2CO3溶液pH约为12实验2：两溶液中分别加入等体积的0.1molL1CaCl2溶液，都产生白色沉淀实验3：0.1molL1NaHCO3与0.1molL1Ba(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0.1molL1HCl溶液，至不再产生气体下列说法正确的是( )A0.1molL1Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+c(H2CO3

23、)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-+2H2OD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，0.1molL1Na2CO3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

24、根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，故B正确；C项，0.1molL1NaHCO3与0.1molL1Ba(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0.1molL1HCl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。15(2024山东淄博高三模拟)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(已知：FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol/L，Fe(H2O)63+呈

25、浅紫色，Fe(H2O)5OH2+呈棕黄色)。实验操作与现象在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，溶液变红褐色；再滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀。在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，溶液变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，方程式或结论不合理的是( )A实验的“煮沸”反应方程式为：Fe(H2O)5OH2+=Fe(OH)3+2H3O+H2OB实验溶液中只发生反应2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+S

26、O42-+2H+C实验“变红褐色”反应方程式为：Fe3+3SO32-+3H2O= Fe(OH)3+3HSO3-D整个实验说明对的水解反应和还原反应均有影响【答案】B【解析】A项，根据题目信息和实验现象，棕黄色溶液煮沸变为红褐色，则生成了氢氧化铁沉淀，故A正确；B项，蓝色沉淀是K3Fe(CN)6和亚铁离子反应产生铁氰化亚铁沉淀，故B错误；C项，实验“变红褐色”反应方程式为：Fe3+3SO32-+3H2O= Fe(OH)3+3HSO3-，故C正确；D项，根据实验，加了硫酸钠和氯化铁后的现象可推知硫酸根和三价铁离子对水解反应和还原反应都有影响，故D正确；故选B。二、非选择题(本题包括4小题，共55分

27、)16(12分)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：VOSO4能溶于水，VO2+与Fe不能反应。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)“

28、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=3.010-8，向10mL0.1molL-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110-6molL-1时，认为该离子沉淀

29、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

30、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H2

31、R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+

32、) 1，n (KClO3)6=1.51，得n (KClO3) =0.25mol；(5)向10mL0.1molL-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) =0.1molL-10.01L=0.001mol，欲使VO3-沉淀完全，需要NH4Cl溶液的浓度为=mol/L=3.010-2mol/L，因此NH4Cl溶液的最小浓度=0.16mol/L。17(16分)(2024北京朝阳高三期中)研究人员对Na2SO3和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。已知：i某工厂排放的含氮废水中总氮=10mgL-1，含有硝态氮(

33、NO3-N)=9.8 mgL-1、氨氮(NH4+-N)=0.2 mgL-1。ii本实验中Na2SO3在时，脱除硝态氮(转化为N2)效果较强。iiiNa2SO3和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。(1)Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现 性(填“氧化”或“还原”)。(2)研究Na2SO3在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式 。进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于NO3-的去除，可能的原因是 。(3)脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入Na2SO3或同时加入Na2SO3与Fe粉的实验结果如

34、图2和图3。根据图2，前15min内Na2SO3，脱除NO；主要反应的离子方程式为 。根据图2和图3，2060min内体系中生成NH4+主要反应的离子方程式为 。检验处理后的废水中存在NH4+取一定量废水蒸发浓缩， (补充操作和现象)。【答案】(1)还原(2) SO32-+H+=HSO3- c(H)较大时，NO3-的氧化性较强；或增大c(H)有利于提高SO32-和NO3-反应速率(3) 2NO3-+5SO32-+2H+=N2+58SO42-+H2O 4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O 加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体【解析】(1)Na2SO3和

35、Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为N2，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；(2)实验组一相比空白组Na2SO3有所减少，在含有盐酸的溶液中发生的离子方程式为：SO32-+H+=HSO3-；实验组二在实验组一的基础上将蒸馏水改为含氮废水，Na2SO3消耗得更多，可能因为c(H)较大时，NO3-的氧化性较强或增大c(H)有利于提高SO32-和NO3-反应速率；(3)根据图2，前15min内Na2SO3脱除NO，在此过程中没有看到NH4+生成， 说明NO3-还原产物为N2，主要反应的离子方程式为2NO3-+5SO32-+2H+=N2+58SO42-+H

36、2O；根据图2和图3，2060min内主要是Fe作还原剂，Fe的化合价升高，因为Fe粉是过量的，故只能生成体系中生成Fe2+，因此生成NH4+主要反应的离子方程式为4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O；检验处理后的废水中是否存在NH4+：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。18(16分)(2024浙江金华十校高三选考模拟)明矾KAl(SO4)212H2O在工业上用作净水剂，医药上用作收敛剂。实验小组采用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾大晶体。已知：晶体结晶需要晶核，外加成核剂、杂质、残余晶体(易附在器壁上)均可作晶核。请回答

37、：(1)废铝制易拉罐溶于KOH溶液发生的主要反应为 (用离子方程式表示)。(2)下列说法不正确的是_。A可采取将废易拉罐剪碎、酒精灯加热等方式加快溶解速率B加入KOH溶液至不再产生气泡后，趁热过滤，除去不溶物C“系列操作I”有：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤灼烧D制备明矾大晶体时，小晶体应悬挂在靠近烧杯底部的位置(3)“系列操作II”的装置如图所示，烧杯上方所盖的纸片的作用是 。(4) Al3+是一种慢性神经毒素，长期积累会导致神经结节。实验室可采用置换滴定法测定天然水体样品中的Al3+浓度。简要过程如下：有关反应如下(试剂EDTA用表示)：步骤：Al3+Y4-=AlY-步骤：Zn2+Y4-=

38、ZnY2-步骤： AlY- +6F-=AlF63-+Y4-下列有关说法不正确的是 。A碱式滴定管有气泡时，将橡皮塞向上弯曲，两手指挤压橡皮管中玻璃珠的下方(图所示位置)，将气泡从管尖排出B天然水体样品中的Ca2+ ( CaY2-不与F反应)不影响含量的测定C步骤所加试剂EDTA，实验前不需要标定其浓度D如果步骤所加Zn2+标准溶液偏少，会导致浓度的测定值小于真实值根据检测过程，请给出配合离子ZnY2-、AlY-、AlF63-的稳定性由弱到强的顺序： 。要准确计算水样中浓度，须利用水样1的体积以及步骤 的实验数据(选填：、)【答案】(1) 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (2)

39、ACD(3)防止空气中的灰尘等掉入溶液中，影响大晶体形成(4) AD AlY-弱于AlY-弱于AlF63- 步骤【解析】(1)废铝易拉罐中Al与KOH反应生成偏铝酸根离子和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。(2)A项，铝与KOH反应生成氢气，用酒精灯加热可能会导致生成的氢气燃烧，有安全隐患，A错误；B项，加入KOH溶液至不再产生气泡说明Al已经反应完，再趁热过滤除去不溶物，B正确；C项，系列操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，不需要灼烧，C错误；D项，制备明矾大晶体，小晶体悬挂在溶液中央，D错误；故选ACD。(3)烧杯上盖上纸片，可防止空气中的灰尘等掉入溶液中

40、，影响大晶体的形成。(4)A项，碱式滴定管中有气泡时，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃球上方，使溶液从尖嘴流出，从而排除气泡，A错误；B项，天然水体样品中的钙离子结合Y4-生成CaY2-，但是CaY2-不与F-反应，则步骤中只有AlY-与氟离子反应重新生成Y4-，因此不影响铝离子含量的测定，B正确；C项，步骤用Zn2+的标准液滴定含Y4-的溶液，可求出溶液中Y4-的物质的量，进而计算出AlY-的物质的量，也就能计算出Al3+的浓度，不需要标定EDTA浓度，C正确；D项，步骤所加Zn2+标准液偏少，则溶液中还存在部分Y4-，导致步骤中加入的Zn2+标准液偏多，Al3+浓度

41、的测定值大于真实值，D错误；故选AD。AlY-能与F-反应生成AlF63-，说明AlF63-的稳定性强于AlY-，含有AlY-的溶液中加入Zn2+，AlY-没有转化为ZnY2-，说明稳定性AlY-强于ZnY2-，因此稳定性ZnY2-弱于AlY-弱于AlF63-。通过步骤Zn2+标准溶液的消耗量可计算出Y4-的物质的量，从而计算出AlY-的物质的量，也就能计算出铝离子的浓度，故需要步骤的实验数据。19(13分)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：C

42、uI(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_ molL-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)= 6.2109，Ksp(CuI)= 1.241012，取2.00gCuI放入锥形瓶中，加入100mLa mo

43、lL-1NaBr溶液，充分振荡后，测得溶液中c(I)=1.0104molL1，则a约为_(保留1位小数，溶液体积变化忽略不计)。【答案】(1)CuFeS24FeCl3=CuCl25FeCl22S 3.45(2)置换反应(3)4CuNO3-10H4Cu2NH4+3H2O(4)2Cu24I=2CuII2 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

44、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CuFeS24FeCl3=CuCl25FeCl22S；令溶液的体积为1L，FeCl3物质的量浓度为=3.45molL1；(2)根据上述分析，“滤渣处理”发生反应为FeH2SO4=FeSO4H2，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4CuNO3-10H4Cu2NH4+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2Cu24I=2CuII2；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CuIBrCuBrI，测的溶液中c(I)=1.0104molL1，过程中消耗c(Br)=1.0104molL1，即有，代入数值，得出，推出a约为0.5。