2026年高考化学二轮复习专题练习三：离子反应

专题三：离子反应 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．是片状晶体，结构如图，一元弱酸，下列说法不正确的是 A．晶体中有氢键和范德华力 B．在水中电离 C．能与乙酸反应 D．可表示为 2．下列离子在溶液中能大量共存的是 A． B． C． D． 3．不同含硫物质间可相互转化。下列离子方程式书写正确的是 A．反应①： B．反应②： C．反应③： D．反应④： 4．下列化学实例与方程式不匹配的是 选项 实例 方程式 A 纯碱熔样致石英()坩埚损坏 B 早期用铬酸酐()检测酒驾 C 用熟石灰净化酸性高氟废水 D 用氮化镁()干燥液氨 A．A B．B C．C D．D 5．X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后混合，溶液转变成紫色，得到溶液Z，用试纸检测显红色。取3支试管分别装入少量溶液Z，进行实验，记录为： 序号 加入试剂 现象 1 溶液 产生大量气泡、溶液紫色褪去 2 溶液 产生白色沉淀 3 溴水 产生白色沉淀 关于溶液Z，下列说法正确的是 A．含 B．含 C．可能含 D．不含 6．下列离子方程式正确的是 A．的水解反应： B．与醋酸反应： C．与硝酸反应： D．苯酚钠水溶液中通入少量气体： 7．解释下列实验现象的离子方程式错误的是 A．浓溶液稀释，绿色溶液变蓝： B．溶液中通入，析出白色沉淀： C．溶液中滴加，出现浅黄色浑浊： D．溶液中滴加，黄色溶液变为橙色： 8．下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B．铁发生腐蚀生锈的反应： C．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D．安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应： 9．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是 A． B． C． D． 10．工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的： 金属化合物 下列说法错误的是 A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 11．只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 12．下列有关离子反应错误的是 A．Ca(OH)2溶液滴入NaHSO3溶液中： B．加入水中： C．通入水中： D．通入NaBr溶液中： 13．CuCl微溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成和而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含和的溶液，下列叙述正确的是 A．加水稀释，浓度一定下降 B．向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升 C．的电离方程式为： D．体系中， 14．下列方程式与所给事实不相符的是 A．用盐酸除去铁锈： B．用溶液除去乙炔中的 C．用乙醇处理废弃的 D．将通入水中制备硝酸： 15．下列有关反应方程式错误的是 A．泡沫灭火器反应原理： B．用金属钠除去甲苯中的微量水： C．用溶液吸收尾气中的 D．氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉： 16．对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是 A．磷酸二氢钠水解： B．用稀盐酸浸泡氧化银： C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 17．下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是 A．用溶液吸收少量 B．用和水制备少量 C．用和浓盐酸制备 D．用稀硝酸溶解少量粉： 18．下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极，平行浸入溶液中 在铁制镀件表面镀铜 B 向粗盐水中先后加入过量溶液、溶液和溶液 粗盐提纯中，去除、和杂质离子 C 向溶液中滴加5滴溶液，再滴加5滴溶液 探究对如下平衡的影响： D 将有机物M溶于乙醇，加入金属钠 探究M中是否含有羟基 A．A B．B C．C D．D 19．下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 选项 实验 粒子组 A 稀硝酸与铜片制 B 硫酸与制 C 浓盐酸与制 D 双氧水与溶液制 A．A B．B C．C D．D 阅读材料，完成下列小题。 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 20．下列有关反应的化学方程式错误的是 A．氨在氧气中燃烧： B．液氨与金属钠反应： C．氨水溶解： D．浓氨水与反应： 21．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．与结合的能力： B．与氨形成配位键的能力： C．和分子中的键长： D．微粒所含电子数： 22．微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列对颜色变化的解释错误的是 选项 颜色变化 解释 A 空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中，黑色铜丝恢复光亮的紫红色 = B 悬浊液中加入溶液，固体由白色变为红褐色 = C 溶液中加入，浅绿色溶液出现蓝色浑浊 = D 溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色 A．A B．B C．C D．D 23．化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是 A．用溶液处理水垢中的 B．明矾用于净水： C．抗酸药中的可治疗胃酸过多： D．用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的 24．用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下： 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法错误的是 A．与的配位能力： B．无色 C．氧化性： D．探究过程未发生反应② 25．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A．氨水中： B．稀硫酸中： C．溶液中： D．溶液中： 26．下列离子方程式书写错误的是 A．用氢氟酸雕刻玻璃： B．用绿矾处理酸性废水中的 C．用泡沫灭火器灭火的原理： D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气： 27．下列方程式与所给事实不相符的是 A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B．用绿矾()将酸性工业废水中的转化为 C．用溶液能有效除去误食的 D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 28．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 29．下列过程中，对应的反应方程式错误的是 A 《天工开物》记载用炉甘石()火法炼锌 B 用作野外生氢剂 C 饱和溶液浸泡锅炉水垢 D 绿矾()处理酸性工业废水中的 A．A B．B C．C D．D 30．下列离子方程式正确的是 A．用溶液除气体： B．溶液中滴加溶液： C．溶液中通入少量： D．用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板： 31．下列过程对应的离子方程式正确的是 A．用氢氟酸刻蚀玻璃： B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板： C．用硫代硫酸钠溶液脱氯： D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： 32．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗： B．工业废水中的用去除： C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔： D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： 33．在溶液中能大量共存的离子组是 A． B． C． D． 34．下列物质不属于电解质的是 A． B． C． D． 35．下列离子方程式中，错误的是 A．通入水中： B．通入石灰乳中： C．放入溶液中： D．放入溶液中： 36．下列反应的离子方程式正确的是 A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳： C．铜与稀硝酸： D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫： 37．下列有关电极方程式或离子方程式错误的是 A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH- B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+ C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓ D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl- 38．25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是 A．、、、 B．、、、 C．、、、 D．、、、 39．下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO等离子大量共存的是 A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．通入CO2 40．制备摩尔盐【】的实验中，需对过滤出产品的母液【、、的混合溶液，】进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后溶液中主要存在的一组离子正确的是 A．通入过量：、、、、 B．加入少量NaClO溶液：、、、、 C．加入过量NaOH溶液：、、、、 D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：、、、、 41．某溶液中可能含有Na+、、Ba2+、、I-、S2-。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是 A． Na+ B． C． Ba2+ D． 42．下列反应的离子方程式不正确的是 A．盐酸中滴加溶液： B．溶液中通入过量： C．乙醇与酸性溶液反应： D．溴与冷的溶液反应： 43．下列关于的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是 A．碱转化为酸式盐： B．碱转化为两种盐： C．过氧化物转化为碱： D．盐转化为另一种盐： 44．实验室进行粗盐提纯时，需除去和，所用试剂包括以及 A． B． C． D． 45．某白色粉末样品，可能含有、、和。取少量样品进行如下实验： ①溶于水，得到无色透明溶液 ②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。 ③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成。 该样品中确定存在的是 A． B． C． D． 46．25°时， 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．1.0 mol·L-1氯化钡溶液中： Mg2+、K+、Br-、 B．1.0 mol·L-1硫酸中： A13+、 Na+、Cl-、 C．pH=1l 的氨水中： Fe2+、 Na+、、ClO- D．pH=1的硝酸中： Fe3+、K+、I-、 47．下列实验对应的离子方程式不正确的是 A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合： +Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O B．将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2OH-= + +H2O C．将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-= +2HClO D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag++2NH3·H2O= +2H2O 二、多选题 48．下列离子方程式正确的是 A．通入冷的溶液： B．用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的： C．溶液中加入产生沉淀： D．溶液与少量的溶液混合： 三、解答题 49．某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。 已知： ①部分物质的密度如表： 物质 Pb PbS SnS 密度/ 11.3 7.5 5.6 5.2 ②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。 ③25℃时，，。 回答下列问题： (1)“分选”得到粗Pb的原因是 。 (2)“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为 ；“浸出”时分离S的操作为 。 (3)25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是 。 (4)25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为 ，此时溶液中的最大值约为 。 (5)“置换”后滤液中溶质的主要成分为 (填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为 。 50．硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为。某学习小组为探究其组成进行了如下实验。 Ⅰ．溶液的配制 将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL溶液。 Ⅱ．组成的测定 ①SO定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使SO完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。 ②Cu2+定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH至3~4，加入过量的KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。 已知： (1)研细晶体的仪器名称为 。 (2)配制500 mL溶液定容时，操作的正确顺序为 (填序号)。 a.将蒸馏水注入容量瓶 b.改用胶头滴管滴加蒸馏水 c.观察到液面离刻度线1~2 cm d.至凹液面与刻度线相切 (3)分析时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？ (填“能”或“不能”)。实验得到BaSO4的平均质量为 。 (4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为 ；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为 ；③达到滴定终点的标志为 。 (5)硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为 。 (6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)； ①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度 ； ②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果 。 (7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。 (填“能”或“不能”)，理由是 。 51．研究抗癌药物顺铂与胸苷(简写为TH，结构如下)的配体交换反应及所形成配合物的稳定性。 I．配合物的制备 (1)“步骤1”的离子方程式为 。 (2)“步骤2”中体系存在以下平衡： i．    ii．    ①反应的平衡常数 。(用、列出计算式) ②加入NaOH溶液的目的是 (从平衡角度分析) (3)、和与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为 。 Ⅱ．探究酸度对稳定性的影响 用配制3份酸化程度不同、物质的量浓度均为Y[以初始用量计算]的溶液S1—S3。在一定温度下酸化反应达到平衡时，测定溶液pH，并分别取等体积溶液测得T中6-位碳原子上H的核磁共振信号(如图，峰面积与化学环境相同的H原子数成正比)，其中未酸化的溶液S1中仅有信号峰I。 酸化时存在下列反应： iii． iv． (4)信号峰Ⅱ代表的物质是 (填标号)；信号峰Ⅲ代表的物质是 (填标号) a．    b．      c．    d． (5)溶液中酸化反应达到平衡的标志是 (填标号) a．pH保持不变          b．特征信号峰的总面积保持不变 c．出现3个特征信号峰   d．特征信号峰的数量及其面积保持不变 (6)已知图中溶液S1信号峰I的面积为，溶液S2信号峰I、Ⅱ的面积分别为、；溶液S2中 ， 。(用、、、Y列出计算式)从而可推得反应ii和iv的平衡常数。 52．导电材料二硫代铁酸钾()晶体呈紫色，不溶于水，可被盐酸酸解。 I．的制备 将7.0 g铁粉、48.0 g硫粉和过量充分混合后，900℃焙烧1.5小时。反应方程式： (1)反应所需的容器为 。(填标号) (2)将反应所得混合物置入水中煮沸，溶液呈深绿色(因可溶性杂质)，并有淡黄色 (填化学式)浮渣，倾去上层溶液及浮渣；重复多次直至上层溶液 (填现象)。过滤、洗涤和干燥后得到粗产品15.9 g，产率为 %(保留至整数位)。 Ⅱ．的纯度测定(平行测定3次，以1次为例) (3)准确称取粗产品m g于锥形瓶中，加入浓盐酸加热至紫色固体完全溶解，有臭鸡蛋味的有毒气体放出，溶液中铁以形式存在。酸解反应的离子方程式为 。 (4)将上述酸解液中的Fe(Ⅲ)全部还原成Fe(Ⅱ)，加入硫酸-磷酸混酸和指示剂，立即用，标准溶液滴定至终点(呈紫色)，消耗体积为。滴定过程发生反应： ①加入磷酸的目的是 。 ②测得纯度为 (用m、c、V列出计算式)。 (5)上述实验过程中，下列操作正确的是 。(填标号) a．将粗产品置于托盘天平右盘称量 b．在通风橱中酸解粗产品 c．配制标准溶液时，定容后反复上下颠倒容量瓶混匀 d．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入标准溶液并调零 Ⅲ．单晶的结构(投影如图) (6)一个Fe与所有紧邻S形成的空间结构为 ，共边连成 状(填“链”、“层”或“空间网”)。 (7)晶体中微粒间作用力有 。(填标号) a．离子键       b．金属键       c．配位键      d．非极性共价键 53．粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 (1)过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A． B． C． D． (2)①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是 。 (3)②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有 。(用化学式表示) (4)若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A．不能除尽Ba2+ B．不能除尽SO C．消耗更多的Na2CO3 D．消耗更多的NaOH (5)加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有 。 (6)KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A．蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B．蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D．蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 (7)写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式 。相比于方法3，方法2的优点是 。 (8)若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量 。(写出计算过程) 54．采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有和NH3生成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有 (填化学式)。 (2)在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为 (填化学式)。 (4)“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中 。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为 。 (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利用。 55．铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 (4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 56．学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： (1)配制的溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。 a．    b．     c．    d． (2)实验I表明 (填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是 。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式 、 。 (3)实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因 。 实验Ⅳ： (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为 、 。 57．钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。 (2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。 58．盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：    已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。    回答下列问题： (1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。 (3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。 59．白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 (4)滤渣C中含有的物质是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 60．某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 。 a.进一步粉碎矿石     b.鼓入适当过量的空气     c.降低焙烧温度 (2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。 (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；② 。 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体A的离子方程式为 。 (6)加入金属Bi的目的是 。 (7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。 61．全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。 时相关物质的参数如下： 的溶解度： 化合物 回答下列问题： (1)“沉淀1”为 。 (2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是 。 (3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为 、 、洗涤。 (4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下 (填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为 。 (5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《专题三：离子反应》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C B A D C A C D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D A A B D A C C C D 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 B A A A A A D C A D 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 答案 D C D A B B B D D D 题号 41 42 43 44 45 46 47 48 答案 A D B A A B C AC 1．B 【详解】A．根据硼酸结构，硼酸中中的H与另一个硼酸中O原子形成氢键，硼酸是片状晶体，片与片之间存在范德华力，A正确； B．硼酸是一元弱酸，溶于水后，硼原子提供空轨道接受水分子电离出的的孤电子对，形成配位键，使得溶液中游离的浓度大于浓度，使溶液呈酸性，电离方程式为，B错误； C．结构含有羟基（），乙酸（）中含羧基（），一定条件下可以发生酯化反应，C正确； D．三分子硼酸脱水得到三聚体，根据H、B、O的成键规则，可表示为，D正确； 故答案选B。 2．D 【详解】A．与发生互促双水解，且会氧化，不能共存，A错误； B．与不共存能，会生成二氧化硫和水，B错误； C．与反应生成，与生成沉淀，不能共存，C错误； D．4种离子均互不发生反应，D正确； 故答案选D。 3．C 【详解】A．反应①中CH3COOH为弱酸，离子方程式中应保留化学式，正确离子方程式为S2−+CH3COOH=HS−+CH3COO−，A错误； B．反应②中Al3+与HS−发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，正确离子方程式为Al3++3HS−+3H2O=Al(OH)3↓+3H2S↑，B错误； C．反应③中在酸性条件下发生歧化反应生成S、SO2和H2O，离子方程式符合守恒原则，C正确； D．反应④中SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，S元素从+4价升至+6价，Mn元素从+7价降至+2价，得失电子守恒时SO2与系数比应为5:2，正确离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，D错误； 故选C。 4．B 【详解】A．熔融下的纯碱会与二氧化硅反应生成二氧化碳，导致坩埚腐蚀，方程式正确，A正确； B．+6价Cr有一定的氧化性，可将乙醇氧化为乙醛，继续氧化会生成乙酸，但无法生成，B错误； C．熟石灰的碱性与HF的酸性决定了混合后发生中和反应，生成难溶物氟化钙，方程式物质、配平均正确，C正确； D．氮化镁可水解为氢氧化镁和氨气，两物质与液氨不反应却能消耗水，故氮化镁干燥液氨的方程式的物质正确、配平正确，D正确； 故选B。 5．A 【分析】X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后混合，溶液转变成紫色，结合第3个实验的现象可知，物质Y（含有三种元素）是苯酚，和苯酚混合后，会形成紫色的苯酚铁配合物（）和；通过实验1的现象可知，双氧水分解产生氧气，可以使苯酚显紫色，通过实验2的现象可知含有氯离子，所以X是。所以溶液Z含有的物质是、和。 【详解】A．通过实验1的现象可知，双氧水分解产生氧气，溶液Z含有（作双氧水分解的催化剂），由于铁离子作催化剂，所以苯酚的紫色褪去，A正确； B．通过分析可知，溶液Z中，不含有高锰酸根离子，B错误； C．通过分析可知，溶液Z中一定含有，C错误； D．加入硝酸银溶液产生白色沉淀，一定含有氯离子，D错误； 故选A。 6．D 【详解】A．水解生成H2CO3和OH-，该反应的离子方程式为：，原式是的电离方程式，A错误； B．已知醋酸为弱酸，离子方程式书写时不能拆，故与醋酸反应的离子方程式为：，B错误； C．已知硝酸具有强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，故FeO与硝酸反应的离子方程式为：，C错误； D．苯酚的酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，故苯酚钠水溶液中通入少量CO2气体反应生成苯酚和碳酸氢钠，则离子方程式为：，D正确； 故答案为：D。 7．C 【详解】A．浓CuCl2溶液稀释时，转化为的配位平衡发生移动，A正确； B．ZnCl2溶液中通入H2S生成硫化锌沉淀，所给离子方程式正确，B正确； C．在酸性条件下发生归中反应生成S单质，离子方程式为，C错误； D．在酸性条件下转化为，符合铬酸根与重铬酸根的平衡，D正确； 故选C。 8．A 【详解】A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe，电极反应式为，故A正确； B．铁腐蚀生锈的产物应为Fe2O3·xH2O，故B错误； C．发蓝处理形成的是Fe3O4氧化膜，且反应条件与产物不符，故C错误； D．安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非Fe3+被还原，故D错误； 选A。 9．C 【详解】A．与会结合生成NH3·H2O（弱电解质），不能大量共存，A错误； B．与在酸性条件下发生歧化反应，生成S和SO2，不能大量共存，B错误； C．之间不生成沉淀、气体或弱电解质，且无氧化还原反应，可以大量共存，C正确； D．在溶液中，与、均会发生反应，不能大量共存，D错误； 故选C。 10．D 【分析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。 【详解】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确； B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确； C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确； D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误； 故选D。 11．D 【详解】A．NaOH溶液与AlCl3反应生成白色沉淀，过量时溶解；与(NH4)2CO3加热会释放NH3气体，但常温下可能无法明显区分；Na2SO4和KNO3均无现象，无法区分，A错误； B．AgNO3溶液与Na2SO4生成微溶Ag2SO4，与(NH4)2CO3生成Ag2CO3沉淀，与AlCl3生成AgCl沉淀，KNO3无反应。但三种沉淀均为白色，无法明确区分，B错误； C．H2SO4溶液仅与(NH4)2CO3反应产生CO2气体，其余三者无现象，无法区分Na2SO4、AlCl3、KNO3，C错误； D．Ba(OH)2溶液与Na2SO4生成BaSO4白色沉淀（不溶解）；与(NH4)2CO3生成BaCO3沉淀并释放NH3气体；与AlCl3先生成Al(OH)3沉淀，过量时溶解；KNO3无现象，四种现象均不同，可区分，D正确； 故选D。 12．A 【详解】A．Ca(OH)2溶液滴入NaHSO3溶液中时，HSO不能拆开写，先与OH-反应生成SO和水，生成的亚硫酸根再与Ca2+结合生成CaSO3沉淀，产物应该有水，A方程式错误； B．Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，符合反应实际（生成NaOH和O2），B离子方程式正确； C．NO2与水反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，与化学方程式3NO2+H2O=2HNO3 + NO一致，C方程式正确； D．Cl2与NaBr溶液反应的离子方程式Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，符合氧化还原反应规律（Cl2氧化Br-为Br2），D方程式正确； 故选A。 13．A 【详解】A．加水稀释，溶液体积变大，浓度一定下降，A正确； B．加入NaCl会增加Cl⁻浓度，可能促使转化为，浓度不一定上升，B错误； C．H[CuCl2]应电离为H+和，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C错误； D．电荷守恒未考虑的电荷数，电荷守恒应为，D错误； 故选A。 14．B 【详解】A．铁锈的成分为Fe2O3·xH2O ，能溶于盐酸生成FeCl3和水，离子方程式为：Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O，A正确； B．H2S为弱酸，离子方程式不能拆成离子，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B错误； C． 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，C正确； D．NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式正确，D正确； 答案选B。 15．D 【详解】A．泡沫灭火器中Al3+与HCO发生双水解，生成Al(OH)3和CO2，方程式配平正确，A正确； B．金属钠优先与水反应生成NaOH和H2，甲苯不参与反应，方程式正确，B正确； C．NO2与NaOH反应生成NO和NO，方程式配平及产物均正确，C正确； D．石灰乳（Ca(OH)2悬浊液）不能拆为OH-，正确反应应为2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O，D错误； 故选D。 16．A 【详解】A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为，A正确； B．用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl－=2AgCl+H2O，B错误； C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应，离子方程式为ClO－+2I－+2H+=I2+Cl－+H2O，C错误； D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为，D错误； 答案选A。 17．C 【详解】A．当NaOH吸收少量SO2时，应生成SO而非HSO，正确反应为：，A错误； B．与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确离子方程式为，原方程式系数未配平，B错误； C．与浓盐酸加热生成Cl2的离子方程式为，各元素及电荷均守恒，C正确； D．稀硝酸与Cu反应时，产物Cu(NO3)2应拆解为Cu2+和NO，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 18．C 【详解】A．铁作为镀件应接电源负极，若将铁接正极会导致其放电而溶解，A错误； B．粗盐提纯时，BaCl2应在Na2CO3之前加入，以便除去过量，B错误； C．通过加NaOH降低H+浓度使溶液变黄，再加H2SO4提高H+浓度恢复橙色，验证浓度对平衡的影响，C正确； D．乙醇本身含羟基，也可与金属钠反应，会干扰M中羟基的检测，D错误； 故选C。 19．C 【详解】A．稀硝酸与铜反应生成和NO，NO难溶于水，无法大量存在，A不符合题意； B．70%硫酸与Na2SO3反应生成SO2，溶液中应含，但在强酸性条件下会转化为SO2和H2O，无法大量存在，B不符合题意； C．浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产物为、、和，这些离子在酸性环境中稳定共存，无后续反应干扰，C符合题意； D．FeCl3催化H2O2分解生成O2，溶液中应含Fe3＋而非Fe2＋，D不符合题意； 故选C。 20．D 21．B 【分析】20．A．根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成，所给方程式符合反应原理，A正确； B．金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原理，B正确； C．根据题干信息可知，溶于氨水得到深蓝色溶液，所给方程式符合反应原理，C正确； D．浓氨水与溶液反应生成沉淀，生成物应为，方程式为：，D错误 故选D； 21．A．根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误； B．根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确； C．原子半径，则键长：，C错误； D．所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误； 故选B。 22．A 【详解】A．醇的催化氧化反应中，铜作催化剂，先发生2Cu+O22CuO，然后乙醇与CuO在加热条件下，A错误； B．因为溶度积常数Ksp()大于Ksp()，所以Fe3+与Mg(OH)2发生沉淀转化生成Fe(OH)3，符合溶度积规则，B正确； C．Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，化学方程式为=，电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确； D．Cr2O在碱性条件下转化为CrO42-，化学方程式为，颜色由橙变黄，D正确； 故选A。 23．A 【详解】A．用溶液处理水垢中的CaSO4，生成溶解度更小的碳酸钙，，A项正确； B．水解方程式不对，明矾是硫酸铝钾晶体，溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水：，不写沉淀符号，B项错误； C．物质拆分不对，抗酸药中的可治疗胃酸过多，属于难溶性碱，离子方程式：，C项错误； D．未配平方程式，用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的，D项错误； 故答案选A。 24．A 【分析】加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应，其中为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应，其中为蓝色，加入铜粉发生反应，放置在空气中又发生反应，溶液又变为蓝色，据此解答。 【详解】A．中由N原子提供孤对电子用于形成配位键，中由O原子提供孤对电子用于形成配位键，电负性O＞N，则O给电子能力弱，则与的配位能力：，故A错误； B．由分析可知，无色，故B正确； C．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式可知，氧化性：，故C正确； D．由分析可知，探究整个过程未发生反应②，故D正确； 故选A。 25．A 【详解】A．该组离子均与氨水不发生反应，能大量共存，故A正确； B．与反应生成硫酸钡沉淀，与氢离子反应生成二氧化碳气体，该组离子不能在硫酸中大量共存，故B错误； C．在酸性环境下具有强氧化性，能氧化，不能大量共存，故C错误； D．中存在即[Al(OH)4]-离子，能与发生双水解反应不能大量共存，故D错误； 故选：A。 26．A 【详解】A．氟化氢是弱酸，不能拆写成离子，用氢氟酸雕刻玻璃：，A错误； B．用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，，B正确； C．泡沫灭火器灭火的原理，铝离子、碳酸氢根水解反应完全生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳：，C正确； D．工业电解饱和食盐水生成烧碱、氯气和氢气：，D正确； 故选A。 27．D 【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确； B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确； C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确； D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误； 本题选D。 28．C 【分析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤出铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。 【详解】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确； B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确； C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确； D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确； 综上所述，本题选C。 29．A 【详解】A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3和C在高温条件下生成Zn、CO，因此总反应为，故A项错误； B．为活泼金属氢化物，因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为，故B项正确； C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，故C项正确； D．具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，故D项正确； 综上所述，错误的是A项。 30．D 【详解】A．H2S在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A项错误； B．酸性条件下会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+与形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2+3H2SO3=BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2+3H2SO3=3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B项错误； C．电离平衡常数：Ka1(H2CO3) ＞Ka(HClO) ＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+=Cl-+HClO+CO2，C项错误； D．Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D项正确； 答案选D。 31．D 【详解】A．玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误； B．Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误； C．氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C错误； D．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为，D正确； 故答案选D。 32．C 【详解】A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮 气体，该反应的离子方程式为，A不正确； B．由于的溶解度远远小于，因此，工业废水中的用去除，该反应的离子方程式为，B不正确； C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔，在水溶液中将还原为，该反应的离子方程式为，C正确； D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，被氧化为，属于弱酸，该反应的离子方程式为，D不正确； 综上所述，本题选C。 33．D 【详解】A．三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意； B．会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意； C．会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意； D．虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意； 答案D。 34．A 【详解】A． CO2在水溶液中能导电，是生成的碳酸电离，不是自身电离，不属于电解质，A符合题意； B．HCl溶于水电离出离子导电，属于电解质，B不符合题意； C．NaOH在水溶液和熔融状态均能电离离子而导电，属于电解质，C不符合题意； D．BaSO4在熔融状态能电离离子而导电，属于电解质，D不符合题意； 故选A。 【点睛】 35．B 【详解】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为，A正确； B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为，B错误； C．放入溶液中生成偏铝酸钠和去：，C正确； D．放入溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：，D正确； 故选B。 【点睛】 36．B 【详解】A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：，故A错误； B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：，故B正确； C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：，故C错误； D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：，故D错误； 答案为B。 37．B 【详解】A．碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极方程式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，A正确； B．铅酸电池在充电时阳极失电子，其电极式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO，B错误； C．K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确； D．TiCl4容易与水反应发生水解，反应的离子方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-，D正确； 故答案选B。 38．D 【详解】A．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意； B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意； C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意； D．、、、是大量共存，故D符合题意。 综上所述，答案为D。 39．D 【详解】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应，会影响溶液中离子的大量共存，故A不符合题意； B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，会影响溶液中离子的大量共存，故B不符合题意； C．向溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，会影响溶液中离子的大量共存，故C不符合题意； D．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子不发生任何反应，不会影响溶液中离子的大量共存，故D符合题意； 故选D。 40．D 【分析】根据信息可知，母液中主要存在的离子有、Fe2+、H+、。 【详解】A．通入过量Cl2，Cl2具有强的氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到Cl-，故A错误； B．加入少量NaClO溶液，ClO−在酸性条件下，能将Fe2+氧化成Fe3+，ClO−不存在，故B错误； C．加入过量NaOH溶液，则Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，与OH反应生成一水合氨，则、不存在，故C错误； D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，ClO−能将Fe2+氧化成Fe3+，ClO−被还原为Cl-，Fe3+与OH-生成氢氧化铁沉淀，故D正确； 答案选D。 41．A 【详解】某溶液中可能含有Na+、、Ba2+、、I-、S2-。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性，则表明溶液中一定不含有S2-，一定含有；②加氯水和淀粉无明显现象，则溶液中一定不含有I-；溶液呈电中性，则一定含有，一定不含有Ba2+；Na+不能确定是否存在，还需要进行检验，故选A。 42．D 【详解】A．盐酸中滴加溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为，A正确； B．亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，溶液中通入过量发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为，B正确； C．乙醇与酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸， 被还原为，该反应的离子方程式为，C正确； D．类比氯气与碱反应可知，溴与冷的溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为，D不正确。 综上所述，本题选D。 43．B 【详解】A．向氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2+OH-=，故A错误； B．氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确； C．钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C错误； D．硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误； 故选B。 44．A 【分析】除杂过程中不能引入新杂质，同时为保证除杂完全，所加除杂试剂一般过量，然后选择合适的试剂将所加过量的物质除去。 【详解】粗盐中主要成分为NaCl。除去Ca2+选用将其转化为沉淀，为了不引入新杂质，所加物质的阳离子为Na+，即选用Na2CO3除去Ca2+，同理可知，除去Mg2+需选用NaOH，除去需选用BaCl2，因所加除杂试剂均过量，因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2+和多余的BaCl2，因Na2CO3、NaOH均过量，成为新杂质，需要过滤后向滤液中加入HCl，至溶液中不再有气泡产生，以此除去Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品，综上所述，答案为A。 45．A 【详解】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3, 答案选A。 46．B 【详解】A．Ba2+与生成BaSO4，不能大量共存，A项错误； B．该条件下各离子之间不发生反应，可以大量共存，B项正确； C． Fe2+会与氨水反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，C项错误； D．硝酸是强氧化剂会与具有还原性的I-发生氧化还原反应，不能大量共存，D项错误； 答案选B。 47．C 【详解】A. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为： +Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，选项A正确； B. 将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-= + +H2O，选项B正确； C. 将少量SO2通入NaClO溶液，反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-= +2HClO+Cl-，选项C不正确； D. 向氨水中滴入少量硝酸银溶液，反应生成氢氧化二氨合银，反应的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O= +2H2O，选项D正确； 答案选C。 48．AC 【详解】A．Cl2通入冷的 NaOH溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl－+ClO－+H2O，A正确； B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的的原理是在酸性条件下与I－发生归中反应生成I2而遇淀粉变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能用H＋表示，离子方程式：，B不正确； C．H2O2具有较强的氧化性，FeSO4溶液中加入H2O2产生的沉淀是氢氧化铁，Fe3+完全沉淀的pH值大约在3.5左右，也就是说pH大于3.5时，Fe(OH)3是可以和H+共存的，该反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H＋，C正确； D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合后发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，NaHCO3过量，Ba(OH)2全部参加反应，因此该反应的离子方程式为2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2O，D不正确； 故选AC。 49．(1)Pb的密度大于PbS、、SnS (2) 趁热过滤 (3)当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大 (4) 0.084 (5) 通入空气（或加入）并补充HCl 【分析】该流程以含Pb、PbS、、SnS的铜浮渣为原料，通过“密度分选→浸出→冷却结晶→调pH→置换”等步骤分离回收铅、锡、铜：先利用Pb与其他物质的密度差异分选得到粗Pb；剩余物料用和盐酸混合液浸出，将、SnS氧化为、并分离出S；浸出液冷却结晶得到，调pH使水解为，再用置换出；最后滤液经处理循环回浸出工序，实现资源回收与循环利用。 【详解】（1）由密度表可知，Pb的密度远大于PbS、、SnS的密度，通过“分选”可将Pb与其他固体分离； （2）在80℃下被氧化，铜、硫元素分别转化为、S单质，被还原为，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得离子方程式为：；S为固体，已知在冷水中溶解度很小，但易溶于热水，故通过趁热过滤可防止析出，并分离得到S； （3）存在溶解平衡（）和络合平衡（）； 当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大； 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大； 所以当时，溶解度最小； （4）水解生成，反应为： ；时，，由，得：； （5）置换生成，溶质主要为；为使该溶液能继续用作浸出液，需要需将氧化为，并补充适量盐酸，使之恢复到原有的“浸出”条件后循环使用，故系列操作是通入空气（或加入）并补充HCl。 50．(1)研钵 (2)acbd (3) 不能 1.165 g (4) 淀粉溶液 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； (5)16% (6) 偏低 偏低 (7) 能 由电荷守恒可以确定NH的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式 【分析】该实验的实验目的是用滴定法测定杀虫剂硫酸铜铵晶体的组成。 【详解】（1）实验室研细晶体的仪器为研钵； （2）配制500 mL溶液定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，观察到液面离刻度线1~2 cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，操作的正确顺序为acbd； （3）分析硫酸根离子时，不能用稀硫酸洗涤，否则硫酸根离子会与附在沉淀表面的钡离子转化为硫酸钡沉淀，导致所测硫酸钡的质量偏大；由题给数据可知，第一次实验测得数据偏差较大，应舍去，则硫酸钡的平均质量为=1.165 g； （4）由题意可知，分析铜离子时，应选用淀粉溶液作指示剂，当溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，临近滴定终点时，需改为半滴滴加，具体操作为将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下，达到滴定终点的标志为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； （5）由方程式可得如下转化关系：2Cu2+-I2-2S2O，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L 硫代硫酸钠溶液，则硫酸铜铵晶体中元素铜的质量分数为=16%； （6）①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低； ②若在滴定终点读数时，俯视液面会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测铜离子含量的测定结果偏低； （7）由题意可知，实验测得硫酸根离子和铜离子的物质的量，则由电荷守恒可以确定硫酸铜铵晶体中铵根离子的物质的量，由质量守恒可以确定结晶水的物质的量，由物质的量之比等于微粒个数之比可以得出硫酸铜铵晶体的化学式，所以根据上述实验和结果能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式。 51．(1) (2) 中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率 (3) (4) c b (5)ad (6) 【分析】配合物的制备：与溶液发生反应，加入发生反应，加入NaOH中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率。 【详解】（1）“步骤1” 与溶液发生反应，故答案为：； （2）①将反应i+ii得到反应的平衡常数，故答案为：； ②加入NaOH溶液，中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率，故答案为：中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率； （3）根据反应可知与Pt(Ⅱ)的配位能力：，再根据反应产物为而不是，说明与Pt(Ⅱ)的配位能力：，与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为，故答案为：； （4）未酸化的S1溶液即溶液中仅有信号峰I，信号峰I代表；酸化时存在下列反应： iii． iv． 增大氢离子浓度反应iii、iv均正向进行，pH=4.4的S2溶液中含有、、，pH=1.7的S3溶液中含有、、，S2、S3中均有信号峰Ⅱ、Ⅲ，且Ⅲ>Ⅱ，来自两个反应， 的量多于量，信号峰Ⅱ代表的物质是；信号峰Ⅲ代表的物质是TH，故答案为：c；b； （5）a．pH保持不变，氢离子浓度不变，各组分的浓度不变，反应处于平衡状态，a正确；           b．峰面积与化学环境相同的H原子数成正比，T总数不变，特征信号峰的总面积一直保持不变，不能作为平衡的标志，b错误； c．S3中只有两个特征信号峰，出现3个特征信号峰，只能说明溶液是S2溶液，不能说明反应达到平衡，c错误；    d．特征信号峰的数量及其面积保持不变，各组分的浓度不变，反应处于平衡状态，d正确； 故选ad； （6）已知三份溶液起始物质的量浓度均为Y，。S1溶液中只有信号峰I的面积为，浓度为Y，；因峰的面积和T数量呈正比，溶液S2信号峰I面积为，与溶液S2中对应，即，解得；消耗的；溶液S2信号峰Ⅱ面积为，则溶液S2中的信号峰Ⅲ面积应为，与溶液S2中对应,可得溶液S2中，解得，故答案为：;。 52．(1)d (2) S 无色无浮渣 80 (3) (4) 掩蔽生成的颜色，防止其影响终点判断 (5)bc (6) 四面体形 链 (7)ac 【分析】铁粉、硫粉和过量充分混合后焙烧生成，反应所得混合物置入水中煮沸，倾去上层溶液及浮渣，重复多次后过滤、洗涤和干燥后得到粗产品； 滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作； 【详解】（1）反应需要900℃焙烧1.5小时，需选用高温反应容器坩埚d； （2）反应中7.0 g铁粉（为0.125mol）、48.0 g硫粉（为1.5mol），结合反应方程式，反应中硫粉过量，则淡黄色浮渣为硫粉S；二硫代铁酸钾()晶体呈紫色，不溶于水，倾去上层溶液及浮渣，重复多次直至上层溶液为无色且无浮渣时，过滤、洗涤和干燥后得到粗产品；反应中硫粉过量，根据原铁原子守恒可知理论上生成 ，产率为； （3）二硫代铁酸钾不溶于水，可被盐酸酸解，过程中有臭鸡蛋味的有毒气体放出，则气体为硫化氢气体，溶液中铁以形式存在，结合质量守恒，反应为：； （4）①溶液中呈黄色，由题意可知，加入磷酸的目的是掩蔽生成的颜色，防止其影响终点判断； ②由反应存在，结合铁元素守恒，纯度为； （5）a．将粗产品置于托盘天平左盘称量，a错误； b．酸解粗产品过程中生成有毒气体H2S，则在通风橱中酸解粗产品，b正确； c．配制标准溶液时，定容后反复上下颠倒容量瓶将溶液混合均匀，c正确； d．滴定管用蒸馏水洗涤后，应先用标准溶液润洗，然后装入标准溶液调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，d错误； 故选bc； （6）根据KFeS2晶胞在沿a轴方向投影图可知，1个Fe周围有4个紧邻的S，且S-Fe-S键角为116°，结合沿c轴方向投影响图，可判断FeS4空间构型为四面体形，通过共边连成链状单元； （7）与间存在离子键，内S与Fe间形成配位键，无金属键、非极性共价键。故选项a、c符合题意。 53．(1)B (2)在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量 (3)Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3 (4)BC (5)CO、OH- (6)C (7) Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH 利用工业废气除Ca2+，降低了成本 (8)n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol 【分析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。 【详解】（1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器普通漏斗，故选B； （2）钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，故检验BaCl2是否过量的实验方法是：在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量； （3）加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，故沉淀H中含有：Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3； （4）由表数据，相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得硫酸根离子不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选BC； （5）滤液Ⅱ中含过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，调节pH至3~4，则除去的离子有CO、OH-； （6）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，得到晶体洗涤干燥可得到精盐，故选C； （7）方法2中，除去Ca2+时发生反应为在通入氨气形成的碱性条件下，钙离子、氨气、二氧化碳、水生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；相比于方法3，方法2的优点是提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，，降低了成本，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； （8）MgCl2为0.38g·L-1，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.004mol/L×10L=0.04mol；粗盐水中CaCl2为1.11g·L-1，，即，，此时溶液中Ca2+总物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 54．(1) Fe2O3、CaSO4 (2)减小 (3)H2SO4 (4) 4×10-4 (5)低温焙烧 【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【详解】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：；Fe2O3、CaSO4； （2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； （3）根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4； （4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：，改写成离子方程式为：。故答案为：4×10-4；； （5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 55．(1) ds 3d104s1 (2) (3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为 0.5 (4)0.05 (5) 、NaCl 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产 【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为和，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为NaCl、Na2SO3，可继续进行银转化过程。 【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1； （2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：，故答案为：； （3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过，故答案为：0.5； （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时，故答案为：0.05； （5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为NaCl、Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答案为：；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 56．(1)bc (2) 不能 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成 (3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行 (4) 【分析】本题探究、能否催化的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易与反应生成，并且初步证明在的作用下易被氧化为；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，易转化为，氧化性强，可以把氧化为。 【详解】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 （2）CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，因此，大大过量的原因是：为保证转化为，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。 （3）实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。 （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。 57．(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb (2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液 (3) (4) 、 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【详解】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb； （2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加； （3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、； （4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。 58．(1) (2) 、Mg(OH)2 CaO、Na2CO3 (3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小 【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为、Mg(OH)2；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。 【详解】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。 （2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。 （3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。 59．(1) (2) ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.4∶1 ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙 (3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动 (4) (5) 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁； 【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； （2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。 ③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。 ④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值； （3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； （4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是； （5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 60．(1)ab (2) (3)抑制金属离子水解 (4)SiO2 (5) (6)将Fe3+转化为Fe2+ (7)24.02% 【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。 【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab； （2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为； （3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解； （4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2； （5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为； （6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液； （7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。 61．(1)Mg(OH)2 (2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质 (3) 蒸发浓缩 趁热过滤 (4) 不稳定 Li+ + HCO = LiHCO3↓，2LiHCO3 = Li2CO3+ CO2↑+ H2O (5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果 【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。 【详解】（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2； （2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质； （3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤； （4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO3↓，2LiHCO3 = Li2CO3+ CO2↑+ H2O； （5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $