化学化学离子反应练习题含及解析.docx

化学化学离子反响练习题含答案及分析【化学】化学离子反响练习题含答案及分析一、高中化学离子反响1．以下反响，不可以用离子方程式：－－Ca2++OH+HCO3→CaCO3↓+H2O表示的是A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙B．氢氧化钙与足量的碳酸氢钙C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙【答案】C【分析】【剖析】【详解】A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙反响，HCO3－少许：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3+H2O；故A正确；B．向碳酸氢钙中加入氢氧化钙，HCO3－先和OH－反响生成碳酸根，再联合钙离子生成积淀：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3+H2O，故B正确；C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠反响，碳酸氢钙少许，钙离子和HCO3－知足1:2关系：Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3+CO32-+2H2O，故C错误；D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙反响：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3+H2O，故D正确；答案选C点睛】依据物质的少许、足量，剖析离子的对应系数关系，若少许，需要各组分呈化学式中的比率关系2．某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br－、CO32-、Na＋，向该溶液中通入过度的Cl2，以下判断正确的选项是①反响前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有 SO42-、Na＋；②有胶状物质生成；③有气体产生；④溶液颜色发生变化；⑤共发生了2个氧化复原反响。

A．②③④B．①②③C．①③⑤D．②④⑤【答案】A【分析】【详解】向溶液中通入过度的Cl2232-成为SO42-，所以SO32-浓度降低，SO42-浓度增，Cl能够氧化SO大，Cl2也能够和Br－发生置换反响，使Br－浓度降低，生成的溴溶于水中使溶液颜色发生变化，Cl2溶于水生成的盐酸还可以够跟CO32-发生反响生成CO2，使CO32-浓度降低，和SiO32-生成H2SiO3白色胶状积淀，使SiO32-浓度降低，所以离子浓度基本保持不变的只有Na＋Cl2溶于溶液中发生了3个氧化复原反响，此中2个是Cl2分别和SO32-、Br－发生的，另一个是Cl2和水的歧化反响，所以②③④是正确的，应选 A/【点睛】2-发生氧化复原反响，使SO2-浓度降低，还要考虑到生成了SO2-，使SO2-浓度增Cl2和SO3344大，所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化在Cl2通入该溶液的反响中，除了Cl2和2-、Br－发生的氧化复原反响外，不要忽视了还有ClSO32和水发生的氧化复原反响3．学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测剖析，提出假定：该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。

实验研究：①取少许该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红②取100mL该溶液于试管中，滴加足量BaNO32()03mol溶液，加稀硝酸酸化后过滤获取.白色积淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见积淀产生③另取100mL该溶液，渐渐加入Na2222O粉末，产生的积淀随和体与所加NaO粉末物质的量的关系曲线以下图以下说法中不正确的选项是（）A．该溶液中必定不含有---I、HCO3、ClB．该溶液中必定含有 K+，其物质的量浓度为 1mol?L-1C．在溶液中加入 0.25~0.3molNa2O2时，发生反响的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2OD．该溶液能使紫色石蕊试液变红的独一原由是 NH4+发生水解【答案】D【分析】【剖析】①滴加紫色石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，则溶液中无 HCO3-；②滴加足量Ba(NO)溶液，加稀硝酸酸化后过滤获取0.3mol白色积淀甲，向滤液中加入AgNO溶液323未见积淀产生，说明溶液中有SO42-，且n（SO42-）=0.3mol，无Cl-、I-；③渐渐加入Na2O2粉末，由图可知，过氧化钠与水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠挨次与铝离子反响生成氢氧化铝0.1mol，与铵根离子反响生成氨气 0.2mol，最后与氢氧化铝反响，含有铝离子，一定不存在碳酸氢根离子。

详解】A.由剖析可知，该溶液中必定不含有---I、HCO3、Cl，故A正确；42-）=0.3mol，n（Al3+）=0.1mol，n（NH4+）B.由剖析可知，100mL溶液中有n（SO02mol，由电荷守恒可知nK+01mol，其浓度为1mol?L-1，故B正确；=.（）=.C.在溶液中加入 0.25～0.3molNa2O2时，过氧化钠会与水发生反响，生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，其反响的化学方程式为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故C正确；D.溶液中存在铵根离子和铝离子，则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原由是+3+NH4、Al发生水解，故D错误；综上所述，答案为D4．常温下，有c（H+）=0.1mol/L的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种，现取100mL该溶液进行以下实验：已知氧化性Fe3+>I2，依据实验结果，以下判断正确的选项是（）A．Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子必定存在B．不可以确立 Na+和Cl﹣能否存在，CO32﹣必定不存在C．Fe3+与Fe2+起码有一种D．该溶液中 c（Cl﹣）≥0.3mol?L-1【答案】D【分析】【剖析】溶液中已经含有0.1mol/L的H+，所以与其不可以大批共存的CO32必定不存在；因为加入适量Cl2的四氯化碳溶液后基层出现了紫色，说明有碘单质生成，那么原溶液中必定含有I-；因为氧化性Fe3+＞I2，所以I-会被Fe3+氧化，所以原溶液中必定不会存在Fe3+；依据I2的质量为2.54g可知，100mL的原溶液含有I-0.02mol，所以原溶液中c(I)0.2mol/L；对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成积淀，所以原溶液中必定有Fe2+，那么1.60g固体即Fe2O3，所以100mL原溶液中，Fe2+的量为0.02mol，即原溶液中c(Fe2)=0.2mol/L；因为第一步中加入的Cl2会转变为Cl-，所以不可以经过生成AgCl白色积淀证明原溶液中含有Cl-；经过上述剖析，原溶液中c(H)=0.1mol/L，c(I)0.2mol/L，c(Fe2)=0.2mol/L，电荷其实不守恒，所以原溶液中必定还含有Cl-，因为上述查验过程并未证明溶液中必定不含Na+，所以c(Cl)0.3mol/L；当c(Cl)=0.3mol/L，溶液中不含Na+，当c(Cl)＞0.3mol/L，溶液中必定有Na+。

详解】A．经过剖析可知，溶液中必定不含Fe3+，A项错误；B．经过剖析可知，原溶液中必定不含CO32；原溶液中必定还含有Cl-，且当c(Cl)=0.3mol/L，溶液中不含Na+，当c(Cl)＞0.3mol/L，溶液中必定有Na+，B项错误；C．经过剖析可知，溶液中含 Fe2+，不含Fe3+，C项错误；D．经过剖析可知，溶液中必定含有 Cl-，且c(Cl ) 0.3mol/L，D项正确；答案选D点睛】离子推测的问题，能够经过四个原则进行剖析：必定原则，指的是，由题干中给出的查验现象等信息判断某离子必定存在；互斥原则，指的是，在某离子必定存在的前提下，与之不可以大批共存的离子，必定不可以存在于溶液中；出入原则，指的是，在设计实验查验溶液中存在的离子时，前面步骤加入的试剂能否会对后边的查验造成扰乱；电中性原则，指的是，若题干中有给出积淀质量，气体体积等信息，那么要对溶液中必定存在的离子能否切合电荷守恒进行考证5．某溶液中可能含有 K+、NH4+、Ba2+、SO42-、I-、Cl-、NO3-中的几种，将此溶液分红两等份进行以下实验：（AgCl式量为143.5，AgI式量为235）①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可采集到标准状态下的气体1.12L；②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色积淀产生，过滤获取积淀2.33g；③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g积淀产生。

相关该溶液中离子种类（不考虑H+和OH-）的判断正确的选项是A．溶液中起码有 2种阳离子B．只好确立溶液中 NH4+、SO42-能否存在C．溶液中最多有 4种阴离子D．溶液中不行能同时存在 K+和NO3-【答案】C【分析】【剖析】①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可采集到标准状态下的气体1.12L，和过度NaOH溶液加热产生的气体只好是氨气，故必定存在NH4+，且物质的量为0.05mol；②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色积淀产生，过滤获取积淀2.33g，故必定存在SO42-，必定不含有Ba2+，且SO42-物质的量为：2.33g=0.01mol；233g/mol③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g积淀产生，此积淀未说明颜色，若积淀只有AgCl，则nAgCl4.7g0.03。