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1、1.2离子反应专题练习一、选择题（共14题）1侯德榜先生于1943年创立了“侯氏制碱法”。该工艺中一般不涉及的离子反应是ABCD2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是Ac(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、Mg2+、SCN-、SOB=1012的溶液中：、Al3+、NO、Cl-C明矾水溶液中：Na+、Cl-、AlO、OH-D遇甲基橙显红色的溶液中：K+、Ba2+、NO、I-3下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Na+、I-、B0.1molL-1NaAlO2溶液：、K+、Clg”、“7。(1)甲厂污水中含有的四种离子可能是：_。(2)
2、乙厂污水中含有的四种离子可能是：_。(3)乙厂进行废水处理的方法之一，是可往废水中加入一定量的_(选填；活性炭、硫酸亚铁、铁粉)，可以回收其中的金属_(填元素符号)。(4)消除污染的另一种重要措施是将甲、乙两厂的废水按比例混合，可使废水中的_(填离子符号)转化为沉淀，再排放则大大降低污染程度。过滤，所得废水主要含_，可用于浇灌农田。参考答案：1D【详解】A原理分析可知，侯德榜制碱法，得到碳酸氢钠晶体，涉及Na+HCONaHCO3，A不符合题意；B制备过程中氨气生成碳酸氢铵，最后反应得到氯化铵和碳酸钠，涉及NH3+ HCONH+CO，B不符合题意；C向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳发生反应，
3、涉及NH3 + H2O +CO2HCO+ NH3，C不符合题意；D反应过程中不涉及NH+OH-NH3+H2O，D符合题意；故选D。2B【详解】AFe3+与SCN-因发生络合反应，不能大量共存，A错误；B的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，B正确；C明矾溶液中的Al3+与AlO发生完全双水解反应、Al3+与形成沉淀不能大量共存，C错误；D遇甲基橙显红色的溶液显酸性，酸性条件下NO氧化碘离子，不能大量共存，D错误；故选B。3C【详解】A在酸性条件下产生SO2和S，该组离子不能大量共存，A项错误；B与发生双水解不能大量共存，与反应，B项错误；C即是c(H+)
4、c(OH-)该溶液为碱性，该条件下各离子能大量共存，C项正确；DFe2+与 Fe(CN)63-发生络合反应生成蓝色沉淀而不能大量共存，D项错误；故选C。4A【详解】A蓝色溶液为CuSO4，再把CuSO4溶液滴加到另外两溶液中，有白色沉淀生成的是BaCl2，剩下的便是Na2SO4，A项符合题意；B蓝色溶液为CuSO4，再把CuSO4溶液滴加到另外两溶液中，都会有白色沉淀，不能区分Ba(NO3)2和BaCl2，B项不符合题意；CHCl和Na2CO3反应，产生气泡，但是NaOH与HCl和Na2CO3反应，均无明显变化，不区分HCl和Na2CO3，C项不符合题意；DBaCl2溶液滴加到另外两溶液中，都
5、会有白色沉淀，不能区分Na2SO4和Na2CO3，D项不符合题意；答案选A。5B【详解】AH2SO4可以除去CO，但是会引入SO，不符合题意，A项错误；BHCl可以除去CO，再加入BaCl2溶液，若产生沉淀，则有SO，符合题意，B项正确；CAgNO3主要用于检验Cl-，无法排除CO的干扰，不符合题意，C项错误；DNaOH无法排除CO的干扰，不符合题意，D项错误；答案选B。6C【详解】A加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成白色沉淀，生成的沉淀可能是BaSO4或AgCl，原溶液中含有SO或Ag+，故A错误；B加入盐酸溶液，产生气泡，原溶液中可能含有CO或HCO等，故B错误；CCuSO4粉末遇水生成蓝色，
6、气体通过CuSO4粉末变蓝，原气体中一定有水蒸气，故C正确；D取一固体做焰色反应，透过蓝色钴玻璃，发现火焰成紫色，则该固体一定含有钾元素，可能是KOH、KCl，故D错误；选C。7D【详解】A稀硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，随着反应的进行，溶液的pH应该升高，故A错误；B稀硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，随着Ba(OH)2溶液的加入，水的质量增加，故B错误；C稀硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，随着Ba(OH)2溶液的加入，沉淀质量逐渐增加，当硫酸反应完后，沉淀质量保持不变，故C错误；D稀硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，随着Ba(OH)2溶液的加入，溶液中钡离子和硫酸根形成沉淀，溶质
7、质量不断减少，完全反应时溶质质量为零，继续加入氢氧化钡溶液，溶质质量增加，故D正确；故选：D。8A【详解】A氢氧化钠水溶液中解离出钠离子和氢氧根，浓硫酸水溶液中解离出氢离子和硫酸根，A错误；B氢氧化钠为强碱，具有腐蚀性，浓硫酸为强氧化性和强腐蚀性酸，B正确；C氢氧化钠易吸水，易与二氧化碳反应，需要密封；浓硫酸具有吸水性，需要密封保存，C正确；D氢氧化钠和浓硫酸溶于水时均放出大量的热，使溶液的温度升高，D正确；故选A。9C【详解】A甲中加入了二氧化锰，分解的速率加快，图像体现出来了这一点，故A正确；B催化剂不能改变生成物的质量，故甲、乙两份等质量且溶质质量分数均相同的过氧化氢溶液完全反应后生成氧
8、气的质量相等，此图像这一点能体现出来，故B正确；C在此反应中，二氧化锰若充当了催化剂，其质量和化学性质在反应前后均不改变，但是此图像这一点没有体现出来，故C错误；D由图像可知，反应过程中，甲溶液产生O2的速率比乙溶液的快，a线表示甲溶液生成氧气质量随反应时间的变化情况，故D正确；故选：C。10C【详解】Aa点溶液中只含有硫酸一种溶质，A错误；Bb点溶液中，稀硫酸有剩余，滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色，B错误；Cc点是硫酸与氢氧化钡溶液恰好完全反应，液体的pH=7，C正确；Dd点是恰好完全反应后，继续滴加氢氧化钡溶液，d点溶液中有较多的Ba2+、OH-，D错误；故选C。11B【详解】A二氧化碳能够
9、消耗石灰水中的氢氧化钙，从而使氢氧化钙的质量分数变小，溶液的pH减小，故A错误；B氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，冷却至室温后石灰水仍然是饱和溶液，氢氧化钙的质量分数不变，溶液的pH不变，故B正确；CCuSO4与氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，随着反应的进行，溶液的碱性变弱，溶液的pH减小，故C错误；D氢氧化钙能和盐酸反应生成氯化钙和水，从而使氢氧化钙的质量分数变小，溶液的pH减小，故D错误；故选：B。12B【详解】A氢氧化钠溶液和氢氧化钙溶液均显碱性，均能使石蕊试液变蓝色，不能鉴别，故A错误；B碳酸钠溶液与氢氧化钠溶液不反应，与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，可以鉴别，故B
10、正确；C稀硫酸与氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液均能发生中和反应，但均无明显现象，不能鉴别，故C错误；D氯化铁溶液与氢氧化钠溶液、氢氧化钙溶液反应均生成氢氧化铁沉淀，不能鉴别，故D错误；故选：B。13C【详解】A组成物质的微粒不一定都是原子或分子，也可以是离子，如氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故A错误；B只含有一种元素的物质可能为混合物，如O2和O3混合在一起是混合物，故B错误；C在化学变化中分子分成原子，原子是化学变化中的最小粒子，利用化学方法，我们可以制造出新的分子，但不能制造出新的原子，故C正确；D由两种元素组成的电解质分子中不存在离子，如HCl是电解质，其中H显正价，Cl显负价，但HCl气
11、体中只存在HCl分子，不存在正、负离子，故D错误；答案为C。14D【详解】A滤液中最多有Zn(NO3)2和Fe(NO3)2两种溶质，A正确。B题干中的三种金属相比较，锌最活泼，所以滤液中一定含有Zn(NO3)2，可能含有Fe(NO3)2，B正确；C由于滤渣与稀盐酸反应有气泡，得知滤渣有铁或铁、锌都有，硝酸银已完全反应，肯定含银，C正确；D若反应后所得滤液呈无色，说明滤液中没有Fe(NO3)2，滤渣中一定含有Fe和Ag，但单质Zn也可能存在，D错误；故选D。15【详解】水电离产生的H+的浓度为110-13 molL-1的溶液可能酸性或碱性。碱溶液中该组离子不反应，但酸溶液中NO、S2- 发生氧化
12、还原反应而不能大量共存，故错误；碱溶液中Fe2+、OH-结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，故错误；该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故正确；酸溶液中HCO与H+结合生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO与OH-结合生成碳酸根离子和水，氢氧根离子与Cu2+结合生成氢氧化铜沉淀，则一定不能共存，故错误；K+、Ba2+、Cl-、NO-离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故正确；故答案为：16(1)2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O (2) Na+ (3) H+ OH-【解析】(1)氢氧化钠溶液和稀硫酸发生中和反应，产生硫酸钠和水，该反应的化学方程式为：2N
13、aOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O；(2)根据方程式2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知：生成物Na2SO4、H2O个数比是1：2，C是Na2SO4，D是H2O，Na2SO4电离产生2个Na+和1个，结合图示可知C产生2个甲和1个乙，因此甲为Na+，乙为；(3)从微观的角度分析，在反应过程中钠离子和硫酸根离子反应前后不变，上述反应的实质是硫酸溶液中的H+与NaOH溶液中的OH-结合形成H2O。17CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O【详解】经分析，步骤中是氯化钙和氨水、双氧水反应生成过氧化钙，结合过氧化氢电离和元素守恒，则步骤中反应的化学方程式为
14、CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O。18(1) 一 分散质粒子直径的大小 利用丁达尔现象，用一束光射向胶体溶液，若形成光亮通路，则是胶体(2)Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O【解析】(1)在方案一中，将蒸馏水加热煮沸，然后向其中逐滴加入12 mL饱和氯化铁溶液，继续加热煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就得到氢氧化铁胶体，因此方案一能够制得氢氧化铁胶体；根据分散质微粒直径大小，可以将分散系分为溶液、胶体、浊液，因此胶体区别于溶液和悬浊液的本质特征为分散质粒子直径的大小；胶体的胶粒能够使光线发生散射而沿直线传播，因此用一束光照射时，在垂直方向会看到有一条光亮的通路
15、通过胶体，即胶体能够发生丁达尔效应，因此检验方案一胶体制取是否成功的方法为利用丁达尔效应，用一束光射向胶体溶液，若形成光亮通路，则是胶体，否则就没有制成Fe(OH)3胶体；(2)将Fe(OH)3胶体缓缓加入过量稀盐酸中，首先胶粒聚沉形成Fe(OH)3沉淀，然后是二者发生中和反应产生FeCl3、H2O，溶液由无色变为黄色，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O。19 SiO2 在漏斗中加水至浸没沉淀，待水流尽后重复操作 加入碱中和硫酸，使平衡正向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高RAn(有机层)的浓度、百分含量等 H2SO4 NH3H2O=NH4VO3OH 氨气(或氨水
16、) 有机萃取剂 【详解】(1)废钒催化剂(主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等)酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅；故答案为：SiO2；在漏斗中加水至浸没沉淀，待水流尽后重复操作；(2)分析平衡，Rn+(水层)+nHA(有机层)?RAn(有机层)+nH+(水层)，加入的碱会中和氢离子促进平衡正向进行，提高了钒的萃取率；中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行；故答案为：加入碱中和硫酸，使平衡正向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高RAn(有机层)的浓度、百分含量等；H2SO4；(3)步骤氨水与酸反应的离子方程式为
17、：NH3H2O=NH4VO3OH，故答案为：NH3H2O=NH4VO3OH；(4)分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：氨气(或氨水)；有机萃取剂；(5)根据电子守恒得到关系式6VO2ClO3V2O5，n(VOSO4)1=a molL-1V10-3L6，则1kg样品理论上可制得的V2O5质量是g=g；故答案为：。20(1)红 (2) HCl + NaOH =NaCl +H2O (3)CaCO3(4) KCl、NaCl、CaCl2 HCl【解析】(1)酚酞遇碱性溶液变红，A、D中酚酞均变红色，说明两种溶液都呈
18、碱性；(2)氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，化学方程式为：HCl + NaOH =NaCl +H2O，若恰好完全反应，溶液呈中性，如盐酸过量，溶液呈酸性，pH7，故答案为：7，故甲含氢氧根，乙含铁离子、银离子，与乙中离子反应的硫酸根、氯离子在甲厂污水中，根据污水呈电中性，甲厂污水中含钾离子，故甲厂的离子为氢氧根、硫酸根、氯离子、钾离子；乙厂污水中含铁离子、银离子、硝酸根、钡离子。(1)由分析可知：甲厂污水中含的离子可能为：；(2)由分析可知：乙厂污水中含的离子可能为：；(3)乙厂废水中含银离子，根据所提供的三种试剂，可选铁粉回收Ag；(4)将甲厂和乙厂污水按一定比例混合，可以生成氢氧化铁、氯化银、硫酸钡沉淀，即可以除去，剩下的废水中更主要含钾离子和硝酸根，即硝酸钾，可用于浇灌农田。