熱點(diǎn)專題04 離子反應(yīng)（缺項(xiàng)配平、離子檢驗(yàn)、離子推斷、離子共存） 必做題 2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)專攻

《熱點(diǎn)專題04 離子反應(yīng)（缺項(xiàng)配平、離子檢驗(yàn)、離子推斷、離子共存） 必做題 2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)專攻》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《熱點(diǎn)專題04 離子反應(yīng)（缺項(xiàng)配平、離子檢驗(yàn)、離子推斷、離子共存） 必做題 2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)專攻（23頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020-2021學(xué)年度高考二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)專題04離子反應(yīng)（缺項(xiàng)配平、離子檢驗(yàn)、離子推斷、離子共存） 一、單選題 1．某廢催化劑含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某實(shí)驗(yàn)小組以該廢催化劑為原料，回收鋅和銅，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)流程如圖： 下列說法正確的是( ) A．步驟①操作中，生成的氣體可用CuSO4溶液吸收 B．檢驗(yàn)濾液1中是否含有Fe2+，可以選用KSCN和新制的氯水 C．步驟②操作中，應(yīng)先加6%H2O2，然后不斷攪拌下緩慢加入1.0mol·L-1H2SO4 D．濾渣1和濾渣2成分均含有H2SiO3 2．下列操作或敘述正確的是( ) A

2、．向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出現(xiàn)，再加鹽酸沉淀不消失，該溶液一定含有SO42－ B．向某溶液中加入濃氫氧化鈉溶液并加熱，用濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙置于管口檢驗(yàn)溶液中是否存在NH4+ C．將某固體完全溶于鹽酸，再滴加KSCN溶液，溶液未變紅，該固體試樣中也可能存在Fe3+ D．向無色溶液中加入鹽酸，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色氣體，該溶液中一定含有CO32－ 3．下列有關(guān)離子方程式或離子共存的敘述正確的是 A．用肥皂(主要成分C17H35COONa)水檢驗(yàn)含有較多鈣離子的硬水：2C17H35COO-＋Ca2＋=(C17H35COO)2Ca↓ B．用稀硝酸清洗試管內(nèi)壁附著的銀：

3、Ag＋2H＋＋=Ag＋＋NO2↑＋H2O C．向Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸：2＋4H＋=＋3S↓＋2H2O D．在NaClO溶液中：、OH-、Cl-、K＋能大量共存 4．常溫下，下列各離子組在指定溶液中能大量存在的是（ ） A．無色溶液中： B．的溶液中： C．使石蕊變紅的溶液中： D．的溶液中： 5．某工廠排放的酸性廢水中含有較多的Cu2+，對(duì)農(nóng)作物和人畜都有害，欲采用化學(xué)方法除去有害成分，最好是加入下列物質(zhì)中的( ) A．食鹽、硫酸 B．鐵粉、生石灰 C．膽礬、石灰水 D．蘇打、鹽酸 6．下列物質(zhì)既能發(fā)生消去反應(yīng)，又能氧化成酮的是( ) A．C

4、H3CH2CH2OH B．(CH3)3CCH2OH C． D． 7．某溶液中可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的幾種。 ①若加入鋅粒，最終產(chǎn)生無色無味的氣體； ②若加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，且產(chǎn)生的沉淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系如圖所示,則下列說法正確的是（ ） A．溶液中的陽離子只有H＋、Mg2＋、Al3＋ B．溶液中n(NH4+)＝0.2 mol C．溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42- D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1 8．某溶液中含有SO42-、SO32-、HCO3-、CO3

5、2-等四種離子。將過量的Na2O2固體加入其中后，仍能大量存在的離子是（ ） A．SO42-、HCO3- B．SO42-、SO32-、CO32- C．SO32-、HCO3- D．SO42-、CO32- 9．下列說法正確的是 ① 1 mol鐵在一定條件下分別與氧氣、氯氣、硫完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為2NA ②質(zhì)子數(shù)為92、中子數(shù)為142的鈾(U)原子： U ③向苯酚鈉溶液中通入少量的 CO2：CO2 + H2O+ 2C6H5O-2C6H5OH + CO32- ④在由水電離出的c (OH-)=10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、I- ⑤冰中既存在范德

6、華力，又存在氫鍵 ⑥1, 3-二甲基丁烷： A．②⑤⑥ B．②④ C．④⑤ D．①③⑥ 10．已知酸性：H2CO3>HClO>HCO>Al(OH)3，氧化性：HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2。(AlO+H++H2O=Al(OH)3)下列有關(guān)離子反應(yīng)或離子方程式或化學(xué)方程式的敘述中正確的是( ) A．向含有相等物質(zhì)的量的HCO、ClO-、CO、AlO溶液中，逐滴加入鹽酸，反應(yīng)由前到后順序?yàn)椋篐CO、ClO-、CO、AlO B．向含有0.4molFeI2的溶液中通入0.3molCl2充分反應(yīng)：4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+I2 C．

7、向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO D．向偏鋁酸鈉溶液中通入少量CO2的離子方程式：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO 11．在室溫下，下列各組離子在指定溶液中能夠大量共存的是( ) A．0.1 mol?L-1 KI溶液：Na+、K+、ClO-、OH- B．0.1 mol?L-1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、、、 C．水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-13 mol?L-1的溶液中：K+、Ca2+、、 D．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、、 二、填空題 12．由兩種常見金屬組成的混合物A，

8、在合適的條件下可按下圖進(jìn)行反應(yīng)(部分產(chǎn)物和水省略)，已知F為紅褐色沉淀，請(qǐng)回答： (1)混合物A的成分是 _______(請(qǐng)?zhí)罨瘜W(xué)式)。 (2)寫出反應(yīng)①的離子方程式為：_______。 (3)寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式為：_______。 13．目前世界上60%的鎂是從海水中提取的，下圖是某工廠從海水中提取鎂的主要步驟。學(xué)生就這個(gè)課題展開了討論。 學(xué)生就這個(gè)課題提出了以下問題： (一)在海水提鎂的過程中如何實(shí)現(xiàn)對(duì)鎂離子的富集，有三個(gè)學(xué)生提出自己的觀點(diǎn)。 學(xué)生甲的觀點(diǎn)：直接往海水中加入沉淀劑。 學(xué)生乙的觀點(diǎn)：高溫加熱蒸發(fā)海水后，再加入沉淀劑。 學(xué)生丙的觀點(diǎn)：利用曬鹽后的苦

9、鹵水，再加入沉淀劑。 通過分析比較你認(rèn)為學(xué)生_______的觀點(diǎn)正確(填學(xué)生序號(hào))，簡(jiǎn)述理由：______________________。 (二)在海水提鎂的過程中如何實(shí)現(xiàn)對(duì)鎂離子的分離？ (1)為了使鎂離子沉淀下來，并充分利用當(dāng)?shù)氐呢悮?主要成分為碳酸鈣)資源，加入的足量試劑①是___________(填化學(xué)式)。 (2)加入試劑①后，能夠分離得到Mg(OH)2沉淀的方法是_________(填標(biāo)號(hào)字母) A．蒸餾 B．過濾 C．萃取 D．分液 (3)加入的足量試劑②是______________________(填化學(xué)式)。 (4)寫出由無水MgCl2制取

10、金屬鎂的化學(xué)方程式________________。 14．—般在火箭推進(jìn)器中裝有還原劑肼(N2H4)和強(qiáng)氧化劑H2O2,當(dāng)它們混合時(shí),即產(chǎn)生大量的氮?dú)夂退魵?并放出大量的熱。已知0.4mol液態(tài)肼和足量H2O2反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵鈺r(shí)放出256.64kJ的熱量。 （1）寫出液態(tài)肼和H2O2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式:_____________ （2）已知H2O(l)=H2O2(g) △H=+44kJ·mol-1,則16g液態(tài)肼與足量H2O2反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí),放出的熱量是_______kJ （3）上述反應(yīng)應(yīng)用于火箭推進(jìn)器時(shí),除釋放出大量熱量和快速產(chǎn)生大量氣體外,還有一個(gè)很突出的優(yōu)點(diǎn)是__

11、_________________ （4）向次氯酸鈉溶液中通入一定物質(zhì)的量的氨氣可生成肼,寫出該反應(yīng)的離子方程式:________________。 15．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/L?Ba(OH)2溶液至過量，加入Ba(OH)2溶液的體積和所得沉淀的物質(zhì)的量的關(guān)系如圖。 （1）寫出OA段離子反應(yīng)方程式_______________。 （2）寫出BC段離子反應(yīng)方程式_______________。 （3）c[Al2(SO4)3]:c(AlCl3)=___________。 （4）整個(gè)過程中，得到沉淀的質(zhì)量最大值是_______g。 16．

12、（1）實(shí)驗(yàn)室在配制Cu(NO3)2的溶液時(shí)，常將Cu(NO3)2固體先溶于較濃的硝酸中，再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，其目的是____； （2）FeCl3可用作凈水劑，其原理是（用離子方程式表示）____；將Al2(SO4)3溶液蒸干，最后得到的主要固體物質(zhì)是____（寫化學(xué)式）。 （3）已知草酸是二元弱酸，常溫下測(cè)得0.1mol/L的KHC2O4的pH為4.8，則此KHC2O4溶液中c(C2O42-)____c(H2C2O4)(填“大于”或“小于”或“等于”）。 （4）某小組同學(xué)探究飽和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)。打開活塞向燒瓶中的NaClO加入飽和KAl(SO4)

13、2溶液，產(chǎn)生大量的白色膠狀沉淀。出現(xiàn)上述現(xiàn)象的原因是____（請(qǐng)用反應(yīng)的離子方程式表示）。 三、元素或物質(zhì)推斷題 17．溶液可能大量存在、、、、、、、中的若干種(不含其它離子)。實(shí)驗(yàn)小組對(duì)溶液進(jìn)行了如下檢測(cè)： 步驟1：取少量溶液，向其中滴加足量的溶液，有白色沉淀生成，過濾。 步驟2：取步驟1所得沉淀，向其中加入足量鹽酸，沉淀無變化； 步驟3：向步驟1所得濾液中滴加溶液，無沉淀生成； 步驟4：取少量溶液，向其中滴加少量溶液，再滴加淀粉溶液，溶液變成藍(lán)色； 步驟5：取步驟4中的溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)，觀察到火焰呈黃色，透過藍(lán)色鈷玻璃觀察到火焰呈紫色。 (1)由步驟1和2可以對(duì)溶液所含

14、離子作出的推斷是：____________。 (2)由步驟3可以對(duì)溶液所含離子作出的推斷是：____________。 (3)步驟1中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________。 (4)步驟4中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________。 (5)步驟5中能確定溶液中含有的離子是____________。 (6)設(shè)計(jì)確定溶液中是否含的方案：____________。 四、工業(yè)流程題 18．鈰、鉻、鈦、鎳雖不是中學(xué)階段常見的金屬元素，但在工業(yè)生產(chǎn)中有著重要作用。 （1）二氧化鈰(CeO2在平板電視顯示屏中有著重要應(yīng)用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+

15、，CeO2在該反應(yīng)中作__劑。 （2）自然界Cr主要以+3價(jià)和+6價(jià)(Cr2O)存在。+6價(jià)的Cr能引起細(xì)胞的突變，可以在酸性條件下用亞硫酸鈉將其還原為+3價(jià)的鉻。寫出離子方程式：___。 （3）鈦(Ti)被譽(yù)為“二十一世紀(jì)的金屬”，工業(yè)上在550℃時(shí)用鈉與四氯化鈦反應(yīng)可制得鈦，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是___。 （4）由鋁土礦(Al2O3、SiO2、Fe2O3)生產(chǎn)純凈的氧化鋁，流程如圖： ①第一步操作后，若在固體B中加入氫氧化鈉溶液___(填”會(huì)”或”不會(huì)”)發(fā)生反應(yīng)。 ②驗(yàn)證濾液A中是否含F(xiàn)e3+，可取少量濾液A并加入___(填試劑名稱)。 ③在整個(gè)操作過程中___(填“有”或

16、“無”)有氧化還原反應(yīng)。 19．金屬鈦（Ti）硬度大、熔點(diǎn)高、耐酸堿腐蝕，被廣泛用于航天航空、醫(yī)療衛(wèi)生及日常生活中。以鈦鐵礦（主要成分是FeTiO3）為原料冶煉金屬鈦的生產(chǎn)工藝如下： （1）鈦鐵礦（精礦)中加入硫酸，充分反應(yīng)后生成TiOSO4、H2O和另外一種硫酸鹽，且反應(yīng)前后Fe的化合價(jià)不變，則FeTiO3中Fe的化合價(jià)為______。 （2）上述制備過程中，加入“鐵屑”的目的是______（填字母）。 A．防Fe2＋被氧化 B．與Fe3＋反應(yīng) C．防Fe2＋水解 D．防Fe3＋水解 （3）上述生產(chǎn)流程中，灼燒操作需要用到的含硅酸鹽的儀器有玻璃棒、酒精燈、_

17、___________。 （4）已知鈦酸難溶于水，其化學(xué)式為H2TiO3。則加熱溶液2時(shí)反應(yīng)的離子方程式為______。 （5）已知?dú)怏w丙是一種有毒氣體，寫出二氧化鈦與氯氣和過量焦炭在高溫下反應(yīng)的化學(xué)方程式______。 （6）鐵鈦合金是一種常用的不銹鋼材料，某同學(xué)在探究該合金性質(zhì)時(shí)，往含有TiO2＋、Fe3＋的溶液中加入鐵屑至溶液顯紫色，該過程中發(fā)生的反應(yīng)有： ① 2Fe3＋＋Fe ＝3Fe2＋ ② Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O ＝TiO2＋（無色）＋Fe2＋＋2H＋ ③______。 （7）以綠礬為原料，可以制備重要工業(yè)原料氧化鐵?；玖鞒倘缦拢? FeCO3達(dá)到沉淀溶

18、解平衡時(shí)，室溫下測(cè)得溶液的pH為8，c(Fe2＋)為1.0×10－5 mol/L。請(qǐng)通過計(jì)算判斷所得FeCO3固體中是否混有Fe(OH)2_____（已知： Ksp[Fe(OH)2] ＝ 4.9×10－17） 20．某工廠用回收釩渣(含VOSO4、K2SO4、SiO2）制取V2O5時(shí)工藝流程如下： 請(qǐng)回答下列問題： (1)操作I的名稱____，①中產(chǎn)生廢渣的主要成分是________。 (2)已知：VOSO4(水層)+2HA(有機(jī)層)VOA2(有機(jī)層)+H2SO4(水層)。步驟②中必須加入適量堿，其原因是；步驟③中反萃取所用的試劑X為________。 (3)步驟④中的反應(yīng)的

19、離子方程式：ClO+__VO2++__H+＝__VO3++__+__ (4)沉淀Y的摩爾質(zhì)量為598g·mol—1，且僅含有四種元素。取59.8g沉淀Y的樣品充分焙燒，得到產(chǎn)品54.6g，將產(chǎn)生的氣體通過足量堿石灰，堿石灰增重1.8g，剩余的氣體再通入稀硫酸被完全吸收。通過計(jì)算確定沉淀Y的化學(xué)式為________。 (5)釩沉淀率和溶液pH之間關(guān)系如下 ⑤中加入氨水，調(diào)節(jié)溶液的最佳pH為；若釩沉淀率為93.1%時(shí)不產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，則溶液中c(Fe3+)＜。(已知：25℃時(shí)，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×l0—39)________ 答案 1．A 【分析】 廢催

20、化劑加入稀硫酸，第一次浸出主要發(fā)生反應(yīng)ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，過濾后濾液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，濃縮結(jié)晶得到粗ZnSO4?7H2O，濾渣1含有SiO2、CuS，向盛有濾渣1的反應(yīng)器中加H2SO4和H2O2溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸銅、硫，濾渣2含有硫和二氧化硅，濾液含有硫酸銅，經(jīng)濃硫酸結(jié)晶可得到硫酸銅晶體，以此解答該題。 【詳解】 A．步驟①操作中生成的氣體為硫化氫，可與硫酸銅溶液反應(yīng)生成硫化銅沉淀，則可用CuSO4溶液吸收，故A正確； B．濾液1中除含有Fe2+，還含有Fe

21、3+，加入KSCN和新制的氯水不能檢驗(yàn)，故B錯(cuò)誤； C．過氧化氫在酸性條件下可氧化CuS，應(yīng)先加入稀硫酸，再加入過氧化氫，故C錯(cuò)誤； D．濾渣1含有SiO2、CuS，濾渣2含有硫和二氧化硅，故D錯(cuò)誤； 答案選A。 2．C 【詳解】 A．該溶液可能含有Ag+、SO42－，故A錯(cuò)誤； B．應(yīng)該用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙來檢驗(yàn)，故B錯(cuò)誤； C．將某固體完全溶于鹽酸，再滴加KSCN溶液，溶液未變紅，該固體試樣可能是氧化鐵和鐵的混合物，故C正確； D．該溶液中可能含有CO32－、HCO3－、SO32－、HSO3－；故D錯(cuò)誤。 綜上所述，答案為C。 3．A 【詳解】 A．用肥皂(主要

22、成分C17H35COONa)水檢驗(yàn)含有較多鈣離子的硬水，該反應(yīng)的離子方程式為2C17H35COO-＋Ca2＋=(C17H35COO)2Ca↓，故A正確； B．用稀硝酸清洗試管內(nèi)壁附著的銀時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為3Ag＋4H＋＋=3Ag＋＋NO↑＋2H2O，故B錯(cuò)誤； C．在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)，應(yīng)生成SO2和S，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為＋2H＋=SO2↑＋S↓＋H2O，故C錯(cuò)誤； D．NaClO有強(qiáng)氧化性，能氧化，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤； 故答案為A。 4．D 【分析】 【詳解】 A. 在水溶液中顯紫色，不符合題意要求，A錯(cuò)誤； B. 與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能

23、共存，B錯(cuò)誤； C. 使石蕊變紅的溶液為酸性溶液，與反應(yīng)生成亞硫酸，不能共存，C錯(cuò)誤； D. 的溶液為堿性溶液，均能共存，D正確； 故D。 5．B 【詳解】 A.食鹽和硫酸不但不能回收銅鹽而且會(huì)使廢水酸性增強(qiáng)，A錯(cuò)誤； B.鐵粉可以與銅離子反應(yīng)生成銅從而回收銅，加入生石灰可以降低廢水的酸性，B正確； C.石灰水能與酸反應(yīng)從而降低廢水的酸性，加入膽礬，膽礬中含有Cu2+，這樣不但沒有除去酸性廢水中的Cu2+，反而更多，C錯(cuò)誤； D.蘇打可以降低廢水的酸性，加入硫酸不能除去酸性廢水中的Cu2+，D錯(cuò)誤。 答案選B。 6．C 【詳解】 A．CH3CH2CH2OH羥基所連

24、碳的相鄰碳上連有H，能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，羥基相連的碳原子上有氫，能發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛，A項(xiàng)錯(cuò)誤； B．(CH3)3CCH2OH中羥基相連的碳原子上無H，不能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，羥基相連的碳原子上有氫，能發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛，B項(xiàng)錯(cuò)誤； C．中羥基相連的碳原子上連有H，能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，羥基相連的碳原子上無氫能發(fā)生氧化反應(yīng)生成酮，C項(xiàng)正確； D．中羥基相連的碳原子上無H，不能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，羥基相連的碳原子上有氫，能發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛，D項(xiàng)錯(cuò)誤； 答案選C。 7．B 【分析】 根據(jù)圖象中的起點(diǎn)和拐點(diǎn)，由消耗氫氧化鈉的量計(jì)算溶液中各離子的濃度。 【詳解】 由①知溶

25、液中一定含有H＋，一定沒有CO32-，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由圖象可知溶液中還一定含有NH4+，且n(NH4+)＝0.7 mol－0.5 mol＝0.2 mol，n(H＋)＝0.1 mol，n(Al3＋)＝0.8 mol－0.7 mol＝0.1 mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4 mol OH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3 mol OH－，沉淀Mg2＋消耗0.1 mol OH－，根據(jù)Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05 mol， A. 溶液中的陽離子有H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4+，故A錯(cuò)誤； B. 溶液中n(NH4+)＝0.2 mol，故B正確

26、； C. 溶液中一定不含CO32-，根據(jù)電荷守恒，溶液中肯定含SO42-，故C錯(cuò)誤； D. n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝2∶2∶1，故D錯(cuò)誤； 故選B。 沉淀部分溶解，說明沉淀既有氫氧化鋁又有氫氧化鎂，沉淀保持不變的部分說明溶液中含有銨根離子，從圖象中分析沉淀的組成和變化情況是解決此題的關(guān)鍵。 8．D 【詳解】 SO32-與Na2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成SO42-，Na2O2能與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，反應(yīng)后溶液呈堿性，HCO3-與OH-反應(yīng)生成CO32-，則反應(yīng)后能大量共存的離子為：SO42-、CO32-，答案選D。 9．C ①1molFe與氧氣、氯氣

27、、硫完全反應(yīng)生成的化合物是Fe3O4、FeCl3、FeS，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8/3、3、2，故①錯(cuò)誤；②原子結(jié)構(gòu)的表示左下角為質(zhì)子數(shù)，應(yīng)為92，左上角為質(zhì)量數(shù)，為(142＋92)=234，故②錯(cuò)誤；③電離出H＋能力：H2CO3>苯酚>HCO3－，因此苯酚鈉溶液中通入CO2，：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3－，故③錯(cuò)誤；④水電離出c(OH－)=10－13mol·L－1<10－7mol·L－1，說明溶質(zhì)對(duì)水的電離起抑制作用，溶質(zhì)是酸或堿，題目中所給離子在酸或堿中能夠大量共存，故④正確；⑤冰中水分子間存在范德華力和分子間氫鍵，故⑤正確；⑥根據(jù)烷烴的命名原則，此有機(jī)物的名稱為2

28、－甲基戊烷，故⑥錯(cuò)誤；綜上所述，選項(xiàng)C正確。 10．C 【詳解】 A．酸性：H2CO3>HClO>HCO>Al(OH)3，則電離出氫離子的能力：H2CO3>HClO>HCO>Al(OH)3，則結(jié)合氫離子能力：HCOFe3+>I2，Cl2能氧化Fe2+、I-，還原性：Fe2+

29、根據(jù)Cl2+2I-=I2+2Cl-可知0.8mol I-完全反應(yīng)消耗0.4mol Cl2，而氯氣只有0.3molCl2，因此只發(fā)生Cl2+2I-=I2+2Cl-，B錯(cuò)誤； C．酸性：H2CO3>HClO>HCO，根據(jù)較強(qiáng)酸制較弱酸原則可知向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，C正確； D．酸性：HCO>Al(OH)3，因此向偏鋁酸鈉溶液中通入少量CO2的離子方程式為2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO，D錯(cuò)誤。 答案選C。 11．B 【詳解】 A．0.1 mol?L-1 KI溶液中， ClO-能氧化I-，故不選A

30、； B．0.1 mol?L-1 Fe2(SO4)3溶液中，Cu2+、N、N、S不反應(yīng)，能大量共存，故選B； C．水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-13 mol?L-1的溶液呈酸性或堿性，在酸性或堿性條件下，HC都不能大量存在，故不選C； D．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液呈酸性或堿性，堿性條件下，F(xiàn)e2+生成氫氧化亞鐵沉淀，酸性條件下Fe2+能被N氧化，故不選D； 選B。 12．Fe 、Al 2Al+2OH-+2H2O= 2+3H2↑ 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【分析】 F為紅褐色沉淀，應(yīng)為Fe(OH)3，則說明混合物A中含有Fe，則C中含

31、有FeCl2，E含有FeCl3，而混合物A中另一種金屬可與氫氧化鈉反應(yīng)，則應(yīng)為Al，則A應(yīng)為Al、Fe的混合物，B為NaAlO2，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知D為Fe(OH)2 【詳解】 (1)由以上分析可知混合物A的成分是Fe、Al，故答案為Fe、Al；(2)反應(yīng)①的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；(3)反應(yīng)②的化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 點(diǎn)睛：本題考查無機(jī)物的推斷，側(cè)重于元素化合物的性質(zhì)轉(zhuǎn)化應(yīng)用的考查，綜合性較大，主要考查鐵、鋁及其化合物的化學(xué)性質(zhì)的應(yīng)用，熟練掌握物質(zhì)的特征反應(yīng)現(xiàn)象、產(chǎn)物顏色、反應(yīng)變化等知識(shí)是解決問題的關(guān)鍵。F為紅褐色沉淀

32、，應(yīng)為Fe OH)3，則說明混合物A中含有Fe，則C中含有FeCl2，E含有FeCl3，而混合物A中另一種金屬可與氫氧化鈉反應(yīng)，則應(yīng)為Al，則A應(yīng)為Al、Fe的混合物，B為NaAlO2，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知D為Fe OH)2，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求解答該題。 13．丙 鎂離子富集濃度高；能源消耗小，成本低 Ca(OH)2（或CaO） B HCl MgCl2Mg+Cl2↑ 【分析】 從含有NaCl和MgCl2的溶液中加入堿，使得Mg2＋沉淀生成Mg(OH)2，Mg(OH)2加入鹽酸得到MgCl2溶液，最后得到MgCl2固體，電解熔融的MgCl2得到M

33、g單質(zhì)。 【詳解】 (一)鎂離子的富集過程中，學(xué)生甲和學(xué)生乙的觀點(diǎn)能源消耗大，成本高，學(xué)生丙的觀點(diǎn)更為合理； (二) (1)充分利用當(dāng)?shù)氐呢悮?主要成分為碳酸鈣)資源，碳酸鈣高溫分解成CaO，CaO與水作用得Ca(OH)2，使鎂離子沉淀下來，可以選擇Ca(OH)2或CaO； (2)加入試劑①后，得到Mg(OH)2沉淀，可以采用過濾的方法分離，故選B； (3)加入試劑②，將氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為氯化鎂，故試劑②為HCl； (4)制取金屬鎂采用電解的方法，其反應(yīng)方程式為：MgCl2 Mg+Cl2↑； 14．N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.6kJ

34、/mol 408.8 產(chǎn)物為氮?dú)夂退?，無污染 2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O 【詳解】 （1）在火箭推進(jìn)器中裝有還原劑肼（N2H4）和強(qiáng)氧化劑H2O2，混合時(shí)反應(yīng)方程式為：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液態(tài)肼放出256.64kJ的熱量，則1mol液態(tài)肼放出的熱量為256.64kJ÷0.4=641.6kJ，所以反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2H4(1)+2H2O2(l)=N2（g）+4H2O(g)△H=-641.6kJ/mol，故N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.6kJ/mol； （2）

35、因①N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，①-②×4，得N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol，16g液態(tài)肼的物質(zhì)的量為：n=m/n=16g÷32g/mol=0.5mol，所以與足量液態(tài)過氧化氫反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水時(shí)，放出的熱量為408.8kJ。故408.8； （3）火箭推進(jìn)器除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，生成物為氮?dú)夂退?，不污染空氣，故產(chǎn)物為氮?dú)夂退瑹o污染； （4）次氯酸鈉與過量氨氣反應(yīng)生成N2H4，根據(jù)氧化還

36、原反應(yīng)可知，還生成NaCl，根據(jù)元素守恒可知有水生成，反應(yīng)方程式為：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。故2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O。 15． 3Ba2++2Al3++6OH-+3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 1:2 1011 向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液與Ba(OH)2溶液反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是Al3+與OH-、Ba2+與SO42-之間的離子反應(yīng)，Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，1mo

37、lAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量為3mol，3molBa(OH)2提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反應(yīng)Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，1molAl2(SO4)3中的Al3+和SO42- 均沉淀完全，故：從起點(diǎn)到A點(diǎn)，可以認(rèn)為是硫酸鋁與氫氧化鋇恰好發(fā)生反應(yīng)生成3molBaSO4、2molAl(OH)3沉淀，A點(diǎn)時(shí)SO42-完全沉淀；A-B為氯化鋁與氫氧化鋇的反應(yīng)，B點(diǎn)時(shí)溶液中Al3+完全沉淀，產(chǎn)生沉淀達(dá)最大值，溶液中溶質(zhì)為BaCl2；B-C為氫氧化鋁與氫氧化鋇反應(yīng)，C點(diǎn)時(shí)氫氧化鋁完全溶解。 (1)根據(jù)上述分析，OA

38、段相當(dāng)于Al2(SO4)3中的Al3+和SO42- 均沉淀完全，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為3Ba2++2Al3++6OH-+3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故3Ba2++2Al3++6OH- +3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓； (2)BC段為氫氧化鋁與氫氧化鋇反應(yīng)，離子反應(yīng)方程式為Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O； (3)前3LBa(OH)2溶液與溶液中Al2(SO4)3反應(yīng)，從3L-6L為Ba(OH)2溶液與溶液中的AlCl3反應(yīng)，二者消耗的氫氧化鋇的物質(zhì)的量相等為3L×1mol/L=3mol，由

39、生成的硫酸鋇可知，n(SO42-)=n[Ba(OH)2]=3n[Al2(SO4)3]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化鋁與氫氧化鋇生成氫氧化鋁可知3n(AlCl3)=2n[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故1:2； (4)整個(gè)過程中，得到沉淀的質(zhì)量最大時(shí)，沉淀中含有3mol硫酸鋇和4mol氫氧化鋁，質(zhì)量為3mol×233g/mol+4mol×78g/mol=1011g，故1011。 點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)反應(yīng)的有關(guān)圖像問題、鋁的化合物的性質(zhì)、混合物的有關(guān)計(jì)算等，關(guān)鍵是清楚各階段發(fā)生的反

40、應(yīng)，注意從開始到A點(diǎn)相當(dāng)于是硫酸鋁與氫氧化鋇的反應(yīng)生成硫酸鋇、氫氧化鋁沉淀。 16．抑制Cu2＋的水解 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋ Al2(SO4)3 大于 3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓ 【詳解】 （1）Cu(NO3)2溶液中銅離子容易水解，在配制時(shí)，常將Cu(NO3)2固體先溶于較濃的硝酸中抑制Cu2＋的水解； 故答案為 ： 抑制Cu2＋的水解； （2）FeCl3可用作凈水劑是因?yàn)镕e3+在水中易水解產(chǎn)生Fe(OH)3(膠體)，F(xiàn)e(OH)3(膠體)具有吸附作用；Al2(SO4)3溶液蒸干過程中因

41、為Al3+水解后形成的Al(OH)3與H2SO4，而硫酸是難揮發(fā)性酸，加熱時(shí)其濃度增大，又會(huì)與氫氧化鋁反應(yīng)生成Al2(SO4)3； 故答案為 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋； Al2(SO4)3； （3）因?yàn)椴菟釟溻洖樗嵝?，即證明草酸氫根離子的電離程度大于水解程度，所以電離的草酸氫根離子比水解的草酸氫根離子多，故c(C2O42-)＞c(H2C2O4)； 故答案為 ＞； （4）NaClO和KAl(SO4)2溶液混合后，ClO-與Al3+會(huì)雙水解生成氫氧化鋁膠體,反應(yīng)的離子方程式為3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓； 故3ClO-+Al3++

42、3H2O=3HClO+Al(OH)3↓。 17．存在、不存在、 不存在Cl? 取少量溶液X，向其中滴加酸性KMnO4溶液，若溶液變紅，則不存在Fe2+，若溶液不變紅，則存在Fe2+ 【分析】 步驟1：取少量溶液，向其中滴加足量的溶液，有白色沉淀生成，、至少含一種，無Ba2+； 步驟2：取步驟1所得沉淀，向其中加入足量鹽酸，沉淀無變化，則沉淀為硫酸鋇，原溶液含而不含；步驟3：向步驟1所得濾液中滴加溶液，無沉淀生成，則原溶液無Cl?；步驟4：取少量溶液，向其中滴加少量溶液，再滴加淀粉溶液，溶液變成藍(lán)色， ，則原溶液含F(xiàn)e3+； 步驟5：取步驟4中的

43、溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)，觀察到火焰呈黃色，則原溶液含Na+；透過藍(lán)色鈷玻璃觀察到火焰呈紫色。由于步驟4中滴加過少量KI溶液引入了鉀離子，透過藍(lán)色鈷玻璃必然觀察到火焰呈紫色，故不能確定原溶液含K+； 【詳解】 據(jù)分析：(1)由步驟1和2可以對(duì)溶液所含離子作出的推斷是：存在、不存在、。 (2)由步驟3可以對(duì)溶液所含離子作出的推斷是：不存在Cl?。 (3)步驟1中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。 (4)步驟4中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。 (5)步驟5中能確定溶液中含有的離子是Na+。 (6)設(shè)計(jì)確定溶液中是否含的方案：取少量溶液X，向其中滴加酸性KMnO4溶液，若溶液變紅，則不存在Fe2+，若溶液

44、不變紅，則存在Fe2+。 18．氧化 Cr2O+8H++3SO=Cr3++4H2O+3SO 4Na+TiCl4Ti+4NaCl 會(huì) 硫氰化鉀溶液 無 【分析】 (4)鋁土礦中主要含有氧化鋁、氧化鐵、二氧化硅等，加酸溶解，得A濾液中主要含有Al3+、Fe3+，固體B中物質(zhì)為二氧化硅等雜質(zhì)，濾液A中加入過量的NaOH，則生成沉淀C為氫氧化鐵和濾液D為偏鋁酸鈉。 【詳解】 (1)．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，可知CeO2中的Ce由+4價(jià)，在H2O2的作用下可生成+3價(jià)的Ce3+，因此發(fā)生還原反應(yīng)，CeO2在該反應(yīng)中作氧化劑，故氧化

45、； (2)．據(jù)題意可知用亞硫酸鈉將Cr2O中的鉻還原為+3價(jià)，亞硫酸鈉自身被氧化為硫酸鈉，結(jié)合原子守恒和電荷守恒配平書寫離子方程式為：Cr2O+8H++3SO=Cr3++4H2O+3SO，故Cr2O+8H++3SO=Cr3++4H2O+3SO； (3)．鈉與四氯化鈦反應(yīng)制鈦的化學(xué)反應(yīng)方程式為：4Na+TiCl4Ti+4NaCl，故4Na+TiCl4Ti+4NaCl； (4)．鋁土礦中主要含有氧化鋁、氧化鐵、二氧化硅等，加酸溶解，得A濾液中主要含有Al3+、Fe3+，固體B中物質(zhì)為二氧化硅等雜質(zhì)，濾液A中加入過量的NaOH，則生成沉淀C為氫氧化鐵和濾液D為偏鋁酸鈉。 ①固體B為二氧化硅，

46、會(huì)與強(qiáng)堿反應(yīng)，故會(huì)； ②證濾液A中是否含F(xiàn)e3 +，可取少量濾液A并加入硫氰化鉀，溶液呈血紅色，即證明濾液A中含有Fe3 +，故硫氰化鉀溶液； ③在整個(gè)操作過程中的反應(yīng)均未涉及到元素化合價(jià)的升降，故在整個(gè)操作過程中均未涉及到氧化還原反應(yīng)，故無。 書寫信息型氧化還原反應(yīng)的步驟：第一步：根據(jù)化合價(jià)規(guī)律及題給信息和已知元素化合物性質(zhì)確定相應(yīng)的還原產(chǎn)物、氧化產(chǎn)物；第二步：根據(jù)氧化還原反應(yīng)的守恒規(guī)律確定氧化劑、還原劑、還原產(chǎn)物、氧化產(chǎn)物的相應(yīng)化學(xué)計(jì)量數(shù)。第三步：根據(jù)原子守恒和溶液的酸堿性，通過在反應(yīng)方程式的兩端添加H＋、OH－或??H2O的形式使方程式的兩端的電荷守恒。 19．+2 A

47、 泥三角、坩堝 TiO2++2H2O H2TiO3↓＋2H+ TiO2+2C+2Cl2 TiC14+2CO 2TiO2++Fe+4H+=2Ti3++Fe2++2H2O 因?yàn)閏(Fe2+)·c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-6)2 = 1.0×10-17

48、O3中Fe的化合價(jià)為+2價(jià)； （2）因?yàn)槎r(jià)鐵易被氧化和發(fā)生水解反應(yīng)，所以加入鐵屑的目的是防止Fe2＋被氧化，答案選A； （3）灼燒操作需要用到的含硅酸鹽的儀器有玻璃棒、酒精燈、泥三角、坩堝； （4）由（1）可知溶液2中有TiOSO4，且后續(xù)操作為過濾，故加入水發(fā)生TiOSO4的水解反應(yīng)，生成H2TiO3和H2SO4，反應(yīng)的離子方程式為TiO2++2H2O H2TiO3↓＋2H+； （5）H2TiO3受熱分解生成水和TiO2，氣體丙是一種有毒氣體一氧化碳，二氧化鈦與氯氣和過量焦炭在高溫下反應(yīng)生成氯化鈦、和一氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiO2+2C+2Cl2 TiC14+2CO； （

49、6）③TiO2＋將鐵氧化為Fe2＋，同時(shí)被還原為Ti3＋，故該過程中發(fā)生的反應(yīng)還有2TiO2++Fe+4H+=2Ti3++Fe2++2H2O； (7) 因?yàn)閏(Fe2+)·c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-6)2 = 1.0×10-17

50、O4、K2SO4、SiO2，加水，二氧化硅不溶解，加入有機(jī)萃取劑，通過萃取②，把剩余的酸和有機(jī)層分開，通過反萃?、郏演腿┖碗x子分開，加入氧化劑氯酸鉀④，氯酸鉀把VO2+氧化成VO3+，離子方程式為：ClO3-+6VO2++6H+→6VO3++Cl-+3H2O，調(diào)節(jié)pH得到含釩的沉淀，焙燒得到V2O5和氨氣，有機(jī)萃取劑和氨氣再循環(huán)利用，以此解答。 【詳解】 (1)操作I實(shí)現(xiàn)固體與液體分離，名稱是過濾；由分析可知，二氧化硅不溶于水，①中產(chǎn)生廢渣的主要成分是SiO2； (2)②中必須加入適量堿，中和硫酸，促使VOSO4(水層)+2HA(有機(jī)層)VOA2(有機(jī)層)+H2SO4(水層)平衡正向

51、移動(dòng)，提高釩的萃取率；加入硫酸能使VOSO4(水層)+2HA(有機(jī)層)VOA2(有機(jī)層)+H2SO4(水層)平衡逆向移動(dòng)，步驟③中反萃取所用的試劑X為硫酸； (3)該反應(yīng)中Cl元素由+5價(jià)下降到-1價(jià)，V元素由+4價(jià)上升到+5價(jià)，根據(jù)化合價(jià)升降規(guī)律、電荷守恒，步驟④中的反應(yīng)的離子方程式ClO+6VO2++6H+＝6VO3++Cl—+3H2O； (4)加入氨水產(chǎn)生的沉淀加熱產(chǎn)生氣體，根據(jù)反應(yīng)物情況，該氣體只能為氨氣，分解還產(chǎn)生水，所以應(yīng)含有V、N、H、O四種元素，n(沉淀)==0.1 mol，n(V)=2n(V2O5)= ×2=0.6 mol，由硫酸增重(氨氣)計(jì)算N的量n(N)=n(NH3)= =0.2"mol，由堿石灰增重計(jì)算水的量，進(jìn)一步計(jì)算H、O元素的量n(H2O)==0.1mol，n(H)=2n(H2O)+3n(NH3)=0.8 mol，n(O)=n(H2O)+5n(V2O5)=1.6mol，沉淀的化學(xué)式為V6H8N2O16[或(NH4)2V6O16]。 (5)根據(jù)圖示，⑤中加入氨水，調(diào)節(jié)溶液的最佳pH為1.7～1.8，若釩沉淀率為93.1%時(shí)pH=2，溶液中，產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，則溶液中c(Fe3+)<<。