2019-2023年高考化学分类汇编 专题4离子反应

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2019-2023年高考化学分类汇编专题4离子反应

一、单选题
1．（2023·浙江·高考真题）下列反应的离子方程式不正确的是
A．通入氢氧化钠溶液：
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C．过量通入饱和碳酸钠溶液：
D．溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【详解】A．通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项A正确；
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B正确；
C．过量通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：，选项C正确；
D．溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D不正确；
答案选D。
2．（2022·天津·统考高考真题）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．、、、
【答案】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。
3．（2022·重庆·统考高考真题）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
【答案】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。
4．（2022·北京·高考真题）下列方程式与所给事实不相符的是
A．加热固体，产生无色气体：
B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
C．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：
D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：
【答案】B
【详解】A．碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+，B错误；
C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C正确；
D．乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D正确；
故选B。

5．（2022·江苏·高考真题）周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛，甲烷具有较大的燃烧热，是常见燃料；Si、Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成(在水中完全电离为和)；1885年德国化学家将硫化锗与共热制得了门捷列夫预言的类硅—锗；下列化学反应表示正确的是
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原：
C．铅蓄电池放电时的正极反应：
D．甲烷的燃烧：
【答案】A
【详解】A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A正确；
B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B错误；
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C错误；
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D错误；
故选A。

6．（2022·湖北·统考高考真题）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．在氨水中：
B．在氯化钠溶液中：
C．在醋酸溶液中：
D．在硝酸银溶液中：
【答案】C
【详解】A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，A项错误；
B．会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项错误；
C．醋酸显酸性，在醋酸溶液中均不会发生反应，能大量共存，C项正确；
D．硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误；
答案选C。

7．（2022·浙江·统考高考真题）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：
【答案】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。

8．（2022·广东·高考真题）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：
【答案】B
【详解】A．向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，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。

9．（2022·广东·高考真题）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．
【答案】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。

10．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】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。

11．（2022·全国·高考真题）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑
B．明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NH
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCO
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H++2NO+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2NO+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A错误；
B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误；
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故答案选D。

12．（2022·浙江·统考高考真题）下列物质属于非电解质的是
A．CH4 B．KI C．NaOH D．CH3COOH
【答案】A
【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，包括酸、碱、大多数的盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；据此解答。
【详解】A．CH4属于有机物，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，为非电解质，故A符合题意；
B．KI属于盐，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故B不符合题意；
C．NaOH属于碱，在水溶液中和熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C不符合题意；
D．CH3COOH属于酸，在水溶液中能电离出H+离子和CH3COO-离子，即CH3COOH是在水溶液中导电的化合物，为电解质，故D不符合题意；
答案为A。

13．（2022·浙江·统考高考真题）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
【答案】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。

14．（2021·重庆·统考高考真题）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-、
【答案】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。
15．（2021·江苏·高考真题）通过下列实验可从I2，的CCl4溶液中回收I2。


下列说法正确的是
A．NaOH溶液与I2反应的离子方程式：I2+2OH-=I-+IO+H2O
B．通过过滤可将水溶液与CCl4分离
C．向加酸后的上层清液中滴加AgNO3溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞(如图)中含14个I-
D．回收的粗碘可通过升华进行纯化
【答案】D
【详解】A．选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为：3I2+6OH-=5I-+IO+3H2O，A错误；
B．水溶液与CCl4不互溶，二者应分液分离，B错误；
C．根据均摊法，该晶胞中所含I-的个数为=4，C错误；
D．碘易升华，回收的粗碘可通过升华进行纯化，D正确；
综上所述答案为D。
16．（2021·江苏·高考真题）室温下，用0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是
A．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)
B．反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足>×104
C．过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤
D．滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】C
【详解】A．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A错误；
B．该反应的平衡常数K=====×104，当浓度商＜K时，反应正向进行，B错误；
C．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤，C正确；
D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；
综上所述答案为C。
17．（2021·福建·统考高考真题）室温下，下列各组离子一定能与指定溶液共存的是
A．的溶液：、、、
B．的溶液：、、、
C．的溶液：、、、
D．的溶液：、、、
【答案】D
【详解】A．是强酸弱碱盐，的溶液显酸性，H+与生成硅酸沉淀不能大量共存，A不符合题意；
B．的溶液，与生成不能大量共存，B不符合题意；
C．的溶液，H+、、共同作用发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．的溶液，、、、、、能大量共存，D符合题意；
故选D。
18．（2021·湖北·统考高考真题）对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是
A．向氢氧化钡溶液中加入盐酸：H++OH-=H2O
B．向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液：Ag++I-=AgI↓
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【答案】D
【分析】此题考查离子方程式的书写。
【详解】A．化学方程式为，强酸，强碱，可溶性盐拆开，离子方程式，A项正确；
B．化学方程式为，钾盐，硝酸盐要拆开，离子方程式为，B项正确；
C．化学方程式为，离子方程式，C项正确；
D．向次氯酸钙溶液中通入少量气体，发生反应生成和，D项错误；
故选D。
19．（2021·天津·统考高考真题）常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Fe2+、Mg2+、、
B．pH=12的溶液：K+、Na+、、
C．pH=7的溶液：Na+、Cu2+、S2-、Cl-
D．pH=7的溶液：Al3+、K+、Cl-、
【答案】B
【详解】A．pH=1的溶液中，在酸性条件下与Fe2+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液中，K+、Na+、、均不能发生反应，能大量共存，故B正确；
C．pH=7的溶液中，Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．pH=7的溶液中，Al3+、会发生双水解，不能大量共存，故D错误；
故选B。
20．（2021·北京·高考真题）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是

选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；
B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；
C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；
D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；
故合理选项是D。
21．（2021·北京·高考真题）下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
A．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O
C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O
【答案】B
【详解】A．CH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO-的水解：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，A正确；
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2Na2O2，B错误；
C．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，C正确；
D．将SO2通入H2S溶液生成S单质和水：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，D正确；
故选B。
22．（2021·浙江·高考真题）下列物质属于弱电解质的是
A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH
【答案】B
【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。
【详解】A．CO2在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A不符合题意；
B．H2O在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B符合题意；
C．HNO3为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C不符合题意；
D．NaOH为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D不符合题意；
故答案选B。
23．（2021·浙江·高考真题）不能正确表示下列变化的离子方程式是
A．碳酸镁与稀盐酸反应：
B．亚硫酸氢钠的水解：
C．锌溶于氢氧化钠溶液：
D．亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应：
【答案】A
【详解】A．碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故A错误；
B．亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HSO+H2O H2SO3+OH-，故B正确；
C．锌与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠和氢气，反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]-+H2↑，故C正确；
D．亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为NO+NH N2↑+2H2O，故D正确；
故选A。
24．（2021·广东·高考真题）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A．放入水中：
B．通过灼热铁粉：
C．铜丝插入热的浓硫酸中：
D．通入酸性溶液中：
【答案】D
【详解】A．放入水中化学方程式应该是：，A选项中氧元素不守恒，A错误；
B．通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；
C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；
D．通入酸性溶液中，被氧化为，被还原为，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确；
故选D。
25．（2021·湖南·统考高考真题）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【答案】A
【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
26．（2021·湖南·统考高考真题）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是

粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：
C
、、、
能大量共存，粒子间不反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；
B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；
C．Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；
D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
27．（2021·全国·统考高考真题）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B．过量铁粉加入稀硝酸中：
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D．氯化铜溶液中通入硫化氢：
【答案】A
【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；
B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；
D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；
答案选A。
28．（2021·浙江·统考高考真题）下列物质属于强电解质的是
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
【答案】A
【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。
【详解】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；
B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；
C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；
D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；
故答案选A。
29．（2021·浙江·统考高考真题）下列反应的方程式不正确的是
A．石灰石与醋酸反应：CO+2CH3COOH=2CH3COO- +CO2↑+H2O
B．铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)
C．铜与稀硝酸反应：3Cu+2NO+8H+=3Cu2+ +2NO↑+4H2O
D．明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3+ +3SO+ 3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓
【答案】A
【详解】A．碳酸钙难溶于水，在离子方程式中应以化学式保留，石灰石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；
B．银作阳极，阳极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag++e-=Ag，总反应为Ag（阳极）Ag（阴极），B正确；
C．Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，C正确；
D．明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，参与反应的Ba2+与OH-物质的量之比为1:2，生成的Al(OH)3与BaSO4沉淀物质的量之比为2:3，反应的离子方程式为2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D正确；
答案选A。
30．（2020·北京·高考真题）室温下，对于1L0.1mol•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A．该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
C．滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D．醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
【答案】C
【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+ ，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol•L-1，据此分析解答。
【详解】A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，故A错误；
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；
C．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C正确；
D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D错误；
答案选C。
31．（2020·江苏·高考真题）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Cl2通入水中制氯水：
B．NO2通入水中制硝酸：
C．NaAlO2溶液中通入过量CO2：
D．AgNO3溶液中加入过量浓氨水：
【答案】C
【详解】
A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A错误；
B.NO2与H2O反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，离子方程式为3NO2＋H2O=2H＋＋2＋NO，故B错误；
C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，故C正确；
D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；
答案为C。
【点睛】
本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。
32．（2020·江苏·高考真题）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．氨水溶液：Na+、K+、OH-、NO
B．盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiO
C．KMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-
D．AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO
【答案】A
【详解】A．在0.1mol/L氨水中，四种离子可以大量共存，A选；
B．在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；
C．具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；
D．在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；
故选A。
33．（2020·浙江·高考真题）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．溶液与少量溶液反应：
B．电解水溶液：
C．乙酸乙酯与溶液共热：
D．溶液中滴加稀氨水：
【答案】C
【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应， OH-先与Fe2+反应，再和反应，由于Ba(OH)2较少，不会参与反应，离子方程式为：Fe2+++ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；
B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O= Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B错误；
C．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正确；
D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2+Cu(OH)2↓，D错误。
答案选C。
34．（2020·浙江·高考真题）下列物质在熔融状态下不导电的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意；
B．CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；
C．HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；
D．K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。
综上所述，本题答案为C。
35．（2020·天津·高考真题）下列离子方程式书写正确的是
A．CaCO3与稀硝酸反应：
B．FeSO4溶液与溴水反应：
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：
D．C6H5ONa溶液中通入少量CO2:
【答案】B
【详解】A．CaCO3与稀硝酸反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是固体难溶物，写离子方程式时不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：，故A错误；
B．FeSO4溶液与溴水反应时，溴单质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：，故B正确；
C．氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为，故C错误；
D．苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，故正确的离子方程式为：，故D错误；
答案选B。
36．（2020·全国·高考真题）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:
B．向CaCl2溶液中通入CO2：
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
【答案】A
【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；
B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；
C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑，C选项错误；
D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D选项错误；
答案选A。
【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。
37．（2020·全国·统考高考真题）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4
C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
【答案】B
【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。
38．（2020·浙江·统考高考真题）不能正确表示下列变化的离子方程式是
A．BaCO3溶于盐酸：BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O
B．FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O=2＋CO32—
D．醋酸钠水解：CH3COO−＋H2O CH3COOH＋OH−
【答案】C
【详解】A项、碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O，故A正确；
B项、FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故B正确；
C项、苯酚的酸性比碳酸弱，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 ＋CO2＋H2O→ ＋HCO3—，故C错误；
D项、醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH−，故D正确；
故选C。
【点睛】苯酚的酸性比碳酸弱，无论二氧化碳的量为多少，苯酚钠溶液与二氧化碳反应只能生成苯酚和碳酸氢钠是解答关键，有机方程式用→，不能用=是易错点。
39．（2020·浙江·统考高考真题）下列属于有机物，又是电解质的是（    ）
A．己烷 B．乙酸 C．葡萄糖 D．纯碱
【答案】B
【分析】有机物是含碳化合物(一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外)或碳氢化合物及其衍生物的总称；电解质是在熔融或水溶液中导电的化合物，据此分析。
【详解】A.己烷为有机物，但不是电解质，故A错误；
B.乙酸为有机物，其水溶液可以导电，是电解质，故B正确；
C.葡萄糖是有机物但不是电解质，故C错误；
D.纯碱是电解质但不是有机物，故D错误；
故答案为B。
40．（2019·江苏·高考真题）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−+H2↑
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+
【答案】A
【分析】A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；
C.不符合客观事实；
D.应拆分的物质没有拆分；
【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；
B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；
D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故D错误；
综上所述，本题应选A.
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
41．（2019·江苏·高考真题）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、
B．0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、
C．0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D．0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、
【答案】A
【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。
【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；
B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；
C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；
D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；
故选A。
【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。
42．（2019·北京·高考真题）下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
A
B
C
                          D
NaCl溶于水
电解CuCl2溶液
CH3COOH在水中电离

H2与Cl2反应能量变化
NaCl=Na++Cl−
CuCl2=Cu2++2Cl−
CH3COOHCH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−183kJ·mol−1

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。
【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；
B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；
C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；
D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。
43．（2019·天津·高考真题）下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是

实验现象
离子方程式
A
向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解

B
向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体

C
二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色

D
氧化亚铁溶于稀硝酸


A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A、氢氧化镁碱性强于氨水；
B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；
C、电荷不守恒；
D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；
【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；
B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；
C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用来解释相应实验现象；
D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；
故选A。
【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。
44．（2019·全国·高考真题）离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是

A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的 、、Cl−通过阴离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性降低
D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH−H2O
【答案】A
【详解】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl－、NO3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则
A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；
B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；
C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；
D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋＋OH－＝H2O，D正确；
答案选A。
45．（2019·北京·高考真题）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3）
实验
装置
试剂a
现象
①

Ca(OH)2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
【答案】C
【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；
【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；
B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B正确；  
C.0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；
D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；
本题选不正确的，应选C。
【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。
46．（2019·浙江·高考真题）白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。

下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7
B．白色固体F的主要成分是H2SiO3
C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．在无色溶液B中加稀硝酸和Ba(NO3)2溶液，过滤；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。
【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；
B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；
C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；
D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，为了排除硫酸根的影响，加硝酸钡去除硫酸根，再加硝酸银产生白色沉淀，则证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
故答案选C。
47．（2019·浙江·高考真题）不能正确表示下列变化的离子方程式是
A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2＋2H2O＋2MnO4-2Mn2+＋5SO＋4H+
B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I−＋2H+＋H2O2I2＋2H2O
C．硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32-＋2H+H2SiO3↓
D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+＋2Fe2Fe3+＋3Cu
【答案】D
【详解】D.Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2+＋FeFe2+＋Cu，D项错误。其他3个选项的离子方程式都是正确的。
故答案选D。

二、多选题
48．（2022·湖南·高考真题）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：
【答案】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，因此B不正确；
C．+2价的铁被双氧水氧化为+3价，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；
综上所述，本题选AC。

49．（2019·海南·高考真题）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2+I-=IO3-+3H2O
D．向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-
【答案】BD
【详解】A.FeBr2电离产生的Fe2+、Br-都具有还原性，向该溶液中通入过量Cl2，Fe2+、Br-都会被氧化，离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，A错误；
B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，B正确；
C.H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I-氧化为I2，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O，C错误；
D.向硫化钠溶液中通入过量SO2，由于酸性H2SO3>H2S，由于SO2过量，发生的反应有：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-，SO2+ 2H2S=3S↓+2H2O，总反应方程式为2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，D正确；
故合理选项是BD。

三、工业流程题
50．（2022·福建·统考高考真题）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。
(2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。

(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】(1) 提高浸出率(或提高浸出速率)
(2) 和 84%
(3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶
(4)或
(5)沉铝

【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。
【详解】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为；
故答案为：SiO2和CaSO4；84%。
（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；
故答案为：沉铝。
51．（2022·北京·高考真题）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所示。

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___________。
【答案】(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。

52．（2022·辽宁·统考高考真题）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_______。
【答案】(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。

53．（2022·山东·高考真题）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。










(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。


A．、、     B．、、
C．、、     D．、、
【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2)
(3) CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD

【分析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
【详解】（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化， B不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。

54．（2020·北京·高考真题）MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：

资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离于沉淀的pH

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是____。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：

i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。
ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是____。
(2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：____。
(3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。
(4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)
产品纯度为____(用质量分数表示)。
【答案】 增大反应速率，提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。
【详解】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；
ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。
(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+；
(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=。

四、结构与性质
55．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。

(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。

【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降
(2) 4
(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3

【详解】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。


五、原理综合题
56．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。

①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。
(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。

③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。

(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。
【答案】(1) Cu、O
(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用

【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大；
（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。

57．（2021·浙江·高考真题）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由_______。
(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。
①该温度下反应的平衡常数为_______。
②平衡时的转化率为_______。
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是_______。
A．须采用高温高压的反应条件使氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。
A． B．    C．    D． E.    F.    G.

③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。

(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。

Ⅰ.
Ⅱ.①_______；
Ⅲ.；
Ⅳ.②_______。
【答案】 不同温度下都能自发，是因为 C BDF
【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .
②平衡时的转化率为；
(3)①A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；
D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；
③对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：.
(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。

六、实验题
58．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)

序号
物质a
C中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
I
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II
5%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III
40%NaOH 溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。
【答案】(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O NaClO
3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液

【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。