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2020届高考化学二轮复习离子反应作业 (3) 练习
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离子反应
一．选择题（共20小题）
1．下列各组反应中不属于离子反应的是（ ）
A．NaCl与AgNO3反应 B．FeCl3与Cu反应
C．Na2O与H2O反应 D．在氧气中点燃氢气
2．往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（S．T．P）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（ ）
A． B．
C． D．
3．将足量稀盐酸加到下列固体混合物中，只能发生一种反应的是（ ）
A．NaOH、NaCl、NaAlO2
B．KNO3、NaCl、CH3COONa
C．Na2S、（NH4）2SO3、AgNO3
D．Ba（NO3）2、FeSO4、NH4HCO3
4．向含有下列离子的溶液中分别加入烧碱固体（溶液体积变化可忽略），离子浓度保持不变的应该是下列选项中的（ ）
A．OH﹣ B．Na+ C．HCO3﹣ D．Cl﹣
5．现有Na2CO3、H2SO4、Ba（OH）2三种溶液，它们的体积与物质的量浓度都相等．以不同顺序将它们中的两种混合，若产生沉淀则过滤，再将滤液与第三种溶液混合，那么最终所得的溶液（ ）
A．可能呈酸性 B．不可能呈碱性
C．可能呈中性或碱性 D．不可能呈中性
6．在含有NH4Cl、AlCl3、FeCl2、FeCl3的溶液中，加入过量的NaOH溶液，微热，充分反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目不变的是（ ）
A．NH4+ B．Al3+ C．Fe2+ D．Fe3+
7．污水处理厂检测出一批污水中含有较多的重金属Ag+，欲将其除去，应加入适量的（ ）
A．NaCl B．BaSO4 C．Al2O3 D．HNO3
8．某溶液中可能含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、SO32﹣的几种离子。某同学取两份该溶液进行如下实验：一份滴入酸性KMnO4溶液，发现KMnO4溶液褪色；另一份加入BaCl2溶液，产生不溶于水的沉淀。对溶液描述错误的是（ ）
A．可能含有K+ B．可能含有SO42﹣
C．可能含有Fe3+ D．可能含有SO32﹣
9．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣ 中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L﹣1．某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（ ）
A．无法确定原试液中是否含有SO42﹣
B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+
C．沉淀C为Al （OH）3
D．原试液中一定不含有K+
10．某溶液中可能含有Na+、Fe2+、NH4+、K+、Cl﹣、SO42﹣、SO32﹣中的几种，且所含离子物质的量浓度均为0.01mol/L．向溶液中滴加少量溴水后，溶液呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．可能含有Na+ B．可能含有SO42﹣
C．一定不含Cl﹣ D．一定含有NH4+
11．对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是（ ）
A．步骤①所加试剂可以是浓NaOH溶液
B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C．红褐色沉淀与HI反应的离子方程式为：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O
D．步骤②的反应为：A13++3HCO3﹣＝A1（OH）3↓+CO2↑
12．下列对某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．先加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HNO3溶液，白色沉淀不溶解，则溶液中一定含有大量的SO42﹣
B．用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+而不含K+
C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32﹣
D．加入氯化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+
13．对某绿色溶液进行如下实验（已知：Ag2SO4微溶于水）：①向溶液中滴加Ba（OH）2溶液后，过滤，得到白色沉淀和绿色几乎不变的滤液：②取滤液，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列说法正确的是（ ）
A．原溶液中一定存在H+、SO42﹣、SO32﹣中的一种或两种
B．原溶液中不能确定CO32﹣、Mg2+、Na+的存在
C．第②步生成的白色沉淀是AgCl，没有Ag2CO3
D．若原溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，可用NaOH溶液加以判断
14．在中性含有Na+的溶液中，还可能存在NH4+，Fe2+，Br﹣，CO2﹣3，I﹣，SO2﹣3六种离子中的一种或几种，进行如下实验：
（1）原溶液滴加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；
（2）向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀生成
（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝
由此推断原溶液中一定不存在的离子是（ ）
A．NH4+、Br﹣、CO32﹣ B．NH4+、I﹣、SO32﹣
C．Fe2+、I﹣、CO32﹣ D．Fe2+、I﹣、SO32﹣
15．在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl﹣、NO﹣3
B．滴人KSCN显血红色的溶液中：NH4+、Mg2+、SO42、Cl﹣
C．c（OH﹣）/c（H+）＝1012的溶液中：NH+4、Al3+、NO﹣3、CO2﹣3
D．由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、NH4+、AlO﹣2、HCO﹣3
16．下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72﹣、K+、SO42﹣
B．c（Ca2+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、C2O42﹣、Cl﹣、Br﹣
C．加入铝粉放出大量H2的溶液：Fe2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
D．含大量HCO3﹣的溶液中：C6H5O﹣、CO32﹣、Br﹣、K+
17．下列情况中，一定可以大量共存的离子组是（ ）
A．室温下，由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣
B．使甲基橙变红色的溶液中：Mg2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+
C．与铝反应放出大量氢气的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Na+
D．无色透明溶液中：NH4+、Al3+、MnO4﹣、Cl﹣
18．某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．Na+ D．Fe3+
19．在pH＝13的某溶液中存在大量的Na+、ClO﹣、NO3﹣，该溶液还可能大量存在的离子是（ ）
A．NH4+ B．HCO3﹣ C．SO42﹣ D．Al3+
20．实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1 mol/L，能达到此目的是（ ）
A．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣ B．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣
C．CH3COO﹣、I﹣、K+、H+ D．Ba2+、OH﹣、CO32﹣、K+
二．填空题（共5小题）
21．在含Mg2+、Al3+、H+、Cl﹣的混合溶液中滴加NaOH溶液，与OH﹣发生反应的顺序为： 、 、Mg2+和 ．在NaOH滴加过量后的澄清溶液中，浓度最高的离子是 ．
22．某无色溶液可能含有H+、Ba2+、Mg2+、OH﹣、SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣等离子中的某几种：
（1）如果溶液的pH＜7，还含Ba2+，除H+和Ba2+离子外，还可能有 离子．
（2）如果溶液的pH＞7，还含Ba2+，除Ba2+、OH﹣外，还可能有 离子．
23．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+，Mg2+，Cu2+中的几种离子．
（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 ．
（2）取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有的离子是 ，有关的离子反应式为 ．
（3）取（2）的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有 ．
（4）原溶液中可能大量存在的阴离子是下列A﹣D中的（填序号） ．
A．Cl﹣B．CO32﹣ C．NO3﹣D．OH﹣．
24．某工业废水中可能含有如下几种阴阳离子：
阳离子
Fe3+、Al3+、Fe2+、Ba2+、Na+
阴离子
Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣
现对该废水样品进行以下研究：
Ⅰ．向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色；
Ⅱ．若向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．
Ⅲ．若向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成．过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成．
根据上述实验，回答下列问题：
（1）该废水中一定含有的阴离子是 ，一定不含有的阳离子是 ；
（2）写出Ⅲ的所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式（只写这一个）： ；
（3）已知用铝粉可以除去废水中的一种阴离子（X）．若控制溶液的pH为10.7左右，再加入铝粉，除去X离子的同时产生氨气和氮气，且体积比为1﹕4，完成下列反应的离子方程式并配平：（X用具体的离子符号表示）
Al+ X+ OH﹣＝ AlO2﹣+ NH3+ N2+ ，该反应的还原产物是 ．若除去0.2molX离子，要消耗铝 g．
（4）若将废水中的铁元素完全转化成Fe3+，此时测得c（Fe3+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，要想将其转换为Fe（OH）3沉淀而除去，则应调节溶液pH至少大于 ．（已知常温下Fe（OH）3的Ksp＝1.0×10﹣38）
25．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL（标况）气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀．由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）．
一定含有的离子种类
物质的量浓度（mol/L）
三．解答题（共5小题）
26．离子反应是中学化学中重要的反应类型，回答下列问题：
（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在有 （填编号）．
①单质 ②氧化物 ③电解质 ④盐 ⑤化合物
（2）可用图示的方法表示不同反应类型之间的关系．如分解反应和氧化还原反应可表示为下图．请在下面的方框中画出离子反应、置换反应和氧化还原反应三者之间的关系．
（3）有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH+4、Mg2+、Ba2+、Al3+、I﹣、NO﹣3、CO2﹣3、SO2﹣4、AlO﹣2，取该溶液进行以下实验：
①取pH试纸检验，表明溶液呈强酸性．排除 离子存在．
②取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4呈紫红色，可以排除 存在．
③另取部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在反应过程中均无沉淀产生，则可排除 的存在．
④取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，证明 存在，又排除 存在．
⑤根据上述实验事实还不能确定是否存在的离子是 ．
27．某学习小组拟设计如图1所示实验装置验证Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应（夹持仪器略去）．
（1）该小组按图1连好装置后，接通开关K，旋转滴定管活塞使稀H2SO4缓缓滴下直至过量．图1装置中观察到的现象是 ；能说明该反应是离子反应的依据是 ．
（2）写出该反应的离子方程式 ．
（3）下列三种情况下，与（2）中离子方程式相同的是 ．
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量
（4）步骤（1）整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图2中的 曲线表示．
28．反应物间进行微粒交换是化学反应的特征之一，置换反应、复分解反应、取代反应都属于反应物间进行微粒交换的化学反应．
（1）NaHCO3和NaOH的反应是NaHCO3电离的H+离子和NaOH电离出的 离子相互交换的反应．
（2）在浓硫酸作用下，羧酸与醇间的反应属于微粒交换反应，乙酸和乙醇反应的化学方程式为 ．
（3）工业上制取粗硅的反应是一个置换反应，此反应的氧化产物是 （写化学式）
（4）NH3和Cl2发生置换反应，当NH3过量时，NH3继续与HCl反应．当有3mlolCl2参与反应时，有 molNH3被氧化．
（5）（NH4）2CO3和H2CO3的反应也是微粒交换反应，当向（NH4）2CO3溶液中通入一定量CO2至溶液呈中性时，溶液中HCO3﹣和NH4+的比值 （填“大于”、“小于”或“等于”）1：1．
29．现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．
阳离子
H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+
阴离子
OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣
请根据以下实验事实逐步推出它们的名称并回答问题：
（1）
物质鉴定实验
推导结论
①用pH试纸测出A、B溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性
A、B中含有的阴离子为 ，C、D、E中含有的阳离子为
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A与C反应只有气体产生
A为 ，C含有的阳离子为
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀
D为
（2）写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式： ．
（3）在100mL 0.1mol/L的E溶液中，逐滴加入35mL 2mol/L NaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为 ．
30．有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复）
阳离子
Na+，Ba2+，NH4+
阴离子
CH3COO﹣，Cl﹣，OH﹣，SO42﹣
已知：①A、C溶液的pH均大于7，相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
（1）A是 ，C是 。（写化学式）
（2）写出C和D反应的离子方程式 。
（3）25℃时，0.1mol/L B溶液的pH＝a，则B溶液中c（H+）﹣c（NH3•H2O）＝ （用含有a的关系式表示）。
（4）将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为 。
（5）25℃时，在一定体积的0.005mol•L﹣1的C溶液中，加入一定体积的0.00125mol•L﹣1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是 。
离子反应
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．【分析】有离子参加的反应叫做离子反应，离子反应的条件：生成气体、沉淀、难电离的物质，具备条件之一反应即可发生。
【解答】解：A．NaCl溶液和AgNO3溶液反应实质是氯离子结合银离子生成氯化银沉淀，是离子反应，故A不符合；
B．FeCl3与Cu反应生成硫酸亚铁和氯化铜，反应为离子反应，故B不符合；
C．Na2O与H2O反应生成氢氧化钠溶液，反应是离子反应，故C不符合；
D．在氧气中点燃氢气发生化合反应生成水，不属于离子反应，故D符合；
故选：D。
2．【分析】n（CO2）＝＝0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生：
2OH﹣+CO2＝CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2＝HCO3﹣+H2O，Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，以此解答该题．
【解答】解：n（CO2）＝＝0.3mol，
含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH﹣）＝0.2mol+0.1mol×2＝0.4mol，n（Na+）＝0.2mol，
n（Ca2+）＝0.1mol，
通入CO2，发生：2OH﹣+CO2＝CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2＝HCO3﹣+H2O，Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，
设生成xmolCO32﹣，ymolHCO3﹣，
则 ，解得x＝0.1，y＝0.2，
通入含有0.2molNaOH和0.1molCa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ca2++2OH﹣+CO2＝CaCO3↓，该阶段0.1molCa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol﹣0.3mol＝0.4mol，其中含有0.2molOH﹣、生成0.1molCaCO3；
然后发生2OH﹣+CO2＝CO32﹣+H2O，0.2molOH﹣完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol﹣0.1mol＝0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32﹣；
再发生CO32﹣+CO2+H2O＝2HCO3﹣、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3﹣，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，
所以图象C符合，
故选：C。
3．【分析】A．盐酸与氢氧化钠、偏铝酸钠都能发生反应；
B．盐酸不与硝酸钾、氯化钠反应，只与醋酸钠反应；
C．盐酸与三种物质都发生反应；
D．盐酸与碳酸氢铵反应，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，可以氧化亚铁离子．
【解答】解：A．存在反应有：NaOH+2HCl＝NaCl+H2O、NaAlO2+4HCl＝AlCl3+NaCl+2H2O，故A不选；
B．加入稀盐酸后只发生反应CH3COONa+HCl＝CH3COOH+NaCl，故B选；
C．存在反应：HCl+AgNO3＝AgCl↓+HNO3、2HCl+（NH4）2SO3＝2NH4Cl+H2O+SO2↑、HCl+Na2S＝2HCl+H2S，故C不选；
D．存在NH4HCO3+HCl＝NH4Cl+H2O+CO2↑、4H++NO3﹣+3Fe2+＝3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，故D不选；
故选：B。
4．【分析】分别加入烧碱固体，溶液中OH﹣和Na+浓度保持增大，因HCO3﹣与OH﹣反应，它的浓度减小，以此解答该题．
【解答】解：分别加入烧碱固体，溶液中OH﹣和Na+浓度保持增大，因HCO3﹣与OH﹣反应，它的浓度减小，而D中离子浓度不变，故选D。
5．【分析】如果是Na2CO3、Ba（OH）2先混合，再把滤液和H2SO4混合，所得溶液为Na2SO4溶液，溶液显中性；如果是H2SO4、Ba（OH）2先混合，再与Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液显碱性，如果是Na2CO3、H2SO4先混合，再把滤液和Ba（OH）2混合，所得溶液为NaOH溶液，呈碱性．
【解答】解：若先将Na2CO3溶液和H2SO4溶液混合后，再加Ba（OH）2，Na2CO3、H2SO4恰好完全反应，生成的Na2SO4再与Ba（OH）2恰好完全反应，最终生成的NaOH溶液显碱性；
若先将Na2CO3溶液和Ba（OH）2溶液混合后，再加H2SO4，Na2CO3、Ba（OH）2恰好完全反应，生成的NaOH再与H2SO4恰好完全反应，最终生成的Na2SO4溶液显中性；
若先将H2SO4和Ba（OH）2溶液混合后，再加Na2CO3溶液，H2SO4和Ba（OH）2溶液恰好完全反应，生成硫酸钡和水，再加入a2CO3溶液，水解呈碱性。
则混合后溶液可能呈中性或碱性，不可能呈酸性，
故选：C。
6．【分析】铵盐易和强碱反应，氢氧化钠溶液和氯化铵溶液反应生成一水合氨和氯化钠，一水合氨微热一水合氨分解生成氨气和水，氯化铝和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，再加入过量盐酸生成氯化铝，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，生成亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，据此分析判断．
【解答】解：铵盐易和强碱反应，氢氧化钠溶液和氯化铵溶液反应生成一水合氨和氯化钠，氢氧根离子与NH4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以铵根减少，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即Al3+数目基本不变，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁微热会被空气中氧气氧化为氢氧化铁，加入过量盐酸溶解后得到氯化铁溶液，亚铁离子减少，铁离子增多，故选B。
7．【分析】Ag+和Cl﹣反应生成氯化银沉淀，通过过滤除去污水中银离子．
【解答】解：污水中Ag+和NaCl中Cl﹣反应生成氯化银沉淀，通过过滤除去污水中银离子，硫酸钡、氧化铝和硝酸都不和银离子反应，故选A。
8．【分析】（1）一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，含有Fe2+、SO32﹣中的至少一种；
（2）另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42﹣、SO32﹣中的一种，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知可能含有SO42﹣、SO32﹣，如含有SO32﹣，则不含Fe2+，则应含有K+、Na+，如含SO42﹣，则应含Fe2+，可知不含Fe3+，
故选：C。
9．【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO32﹣、Ba2+和AlO2﹣；
加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在，以此解答该题。
【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；
加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
10．【分析】向溶液中滴加少量溴水后，溶液呈无色，可知一定不含Fe2+，一定含SO32﹣，结合离子共存及电荷守恒来解答。
【解答】解：向溶液中滴加少量溴水后，溶液呈无色，可知一定不含Fe2+，一定含SO32﹣，
含离子物质的量浓度均为0.01mol/L，若阴离子只有SO32﹣，则含Na+、NH4+、K+中的两种，
若含SO32﹣、Cl﹣，则含Na+、NH4+、K+，
若含SO32﹣、SO42﹣，不遵循电荷守恒，则一定不存在SO42﹣，
综上所述，一定不含SO42﹣，可能含Na+、NH4+、Cl﹣，
故选：A。
11．【分析】溶液中加入物质后产生红褐色的沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱之间反应得到氨气，铁离子和碱反应得到的是氢氧化铁，溶液X时偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢氧化铝沉淀，以此解答该题。
【解答】解：A．根据以上分析，步骤①所加试剂可以是浓NaOH 溶液或是其他强碱溶液，故A正确；
B．可以用湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体氨气，会变蓝，故B错误；
C．铁离子具有强氧化性，可氧化碘离子生成碘，故C错误；
D．步骤②反应H2O+A1O2﹣+HCO3﹣═Al（OH）3↓+CO32﹣，故D错误。
故选：A。
12．【分析】A、能和BaCl2溶液反应生成不溶于稀HNO3的白色沉淀的离子是氯离子、亚硫酸根和硫酸根离子；
B．根据Na元素的焰色反应为黄色，钾要经过蓝色的钴玻璃来分析；
C．可能为HCO3﹣；
D．氯化钠中产生沉淀的只有氯离子，沉淀为氯化银．
【解答】解：A、某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，该溶液中一定含有氯离子、亚硫酸根或是硫酸根离子中的至少一种，故A错误；
B．钠的焰色反应为黄色，待测液置于酒精灯外焰灼烧时，焰色反应为黄色，一定含有钠元素，说明溶液中含有Na+，但钾离子要经过蓝色的钴玻璃来看，否则无法判断，故B错误；
C．溶液中可能含有HCO3﹣、CO32﹣等离子，故C错误；
D．产生沉淀一定是氯化银，故原溶液中一定存在Ag+，故D正确。
故选：D。
13．【分析】绿色溶液进行如下实验：①向溶液中滴加Ba（OH）2溶液后，过滤，得到白色沉淀和绿色几乎不变的滤液，说明溶液中一定含较多的H+，且含Fe2+与Cu2+中的一种或两种，白色沉淀可能为硫酸钡；
②取滤液，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，一定含较多的H+，含Fe2+与Cu2+中的一种或两种，至少含SO42﹣、Cl﹣中的一种或两种，
A．任何水溶液均含H+，可能含SO42﹣，Fe2+与Cu2+均与SO32﹣反应不能存在，故A错误；
B．含Fe2+与Cu2+中的一种或两种，则一定不存在CO32﹣，故B错误；
C．第②步生成的白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4，故C错误；
D．氢氧化铜为蓝色沉淀，氢氧化亚铁为白色沉淀且易被氧化为红褐色，则原溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，可用NaOH溶液加以判断，故D正确；
故选：D。
14．【分析】根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根据加入钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据加入淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否存在。
【解答】解：由实验（1）反应后溶液成橙黄色，可以推知溶液中有Br﹣，由有气泡生成一定有CO32﹣；由Fe2+和CO32﹣ 不能共存，可知溶液中一定无Fe2+，则有Br﹣；
由实验（2）现象推知原溶液一定无SO32﹣；
由实验（3）的现象推知溶液一定无I﹣，从上述实验现象无法确定NH4+存在与否。
故原溶液一定无Fe2+、SO32﹣、I﹣。
故选：D。
15．【分析】A、使甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，考虑氧化还原反应而不能大量共存；
B、滴人KSCN显血红色的溶液中存在Fe3+，利用离子之间不反应来分析离子共存；
C、c（OH﹣）/c（H+）＝1012的溶液中，c（OH﹣）＝0.1mol/L，利用复分解反应来分析离子的共存问题；
D、由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸或碱的溶液，利用复分解反应来分析离子的共存。
【解答】解：A、因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，H+、Fe2+、NO﹣3能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；
B、因Fe3+不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；
C、c（OH﹣）/c（H+）＝1012的溶液中，c（OH﹣）＝0.1mol/L，OH﹣与NH+4结合生成弱电解质，OH﹣与Al3+结合生成沉淀，则不能大量共存，故C错误；
D、由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH﹣与NH+4结合生成弱电解质，H+与AlO﹣2生成沉淀，HCO﹣3既能与酸反应又能与碱反应，则该组离子一定不能大量共存，故D错误；
故选：B。
16．【分析】A．该溶液呈酸性，酸性条件下重铬酸根离子能够氧化乙醇；
B．草酸根离子与钙离子反应；
C．该溶液呈酸性或碱性，铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D．四种离子之间不反应，都不与碳酸氢根离子反应。
【解答】解：A．pH＝1的溶液呈酸性，CH3CH2OH、Cr2O72﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Ca2+、C2O42﹣之间反应生成草酸钙，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．加入铝粉放出大量H2的溶液呈酸性或强碱性，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．C6H5O﹣、CO32﹣、Br﹣、K+之间不反应，都不与HCO3﹣反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。
17．【分析】A．该溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应；
B．该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C．该溶液呈酸性或强碱性，铵根离子与氢氧根离子反应；
D．高锰酸根离子为有色离子。
【解答】解：A．室温下，由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子、氢氧根离子反应，故A错误；
B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，Mg2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故B正确；
C．与铝反应放出大量氢气的溶液呈酸性或强碱性，NH4+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．MnO4﹣为紫色，不满足溶液无色的条件，故D错误；
故选：B。
18．【分析】某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定不存在Fe3+；结合“溶液中各离子的物质的量浓度相等”及溶液电中性分析。
【解答】解：溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定存在Al3+；由于Fe（OH）3为红褐色沉淀，则一定不存在Fe3+；
溶液呈电中性，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定含有SO42﹣，至少含有NO3﹣、Cl﹣中的1种，
故选：A。
19．【分析】pH＝13的某溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解反应等，则离子大量共存，以此来解答。
【解答】解：A．碱性溶液中不能大量存在NH4+，故A不选；
B．碱性溶液中不能大量存在HCO3﹣，故B不选；
C．碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故C选；
D．碱性溶液中不能大量存在Al3+，且Al3+、ClO﹣相互促进水解，不能共存，故D不选；
故选：C。
20．【分析】A．四种离子之间不反应，浓度相等时满足电荷守恒；
B．浓度相等时，四种离子不满足电荷守恒；
C．醋酸根离子与氢离子反应；
D．钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀。
【解答】解：A．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，且4种离子的浓度均为1 mol/L时满足电荷守恒，可以配制该溶液，故A正确；
B．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣之间能够共存，但4种离子的浓度均为1 mol/L时违反了电荷守恒，故B错误；
C．CH3COO﹣、H+之间结合生成弱电解质醋酸，在溶液中不能大量共存，无法配制该溶液，故C错误；
D．Ba2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钡，无法配制该溶液，故D错误；
故选：A。
二．填空题（共5小题）
21．【分析】对应的电解质越难电离，越易与OH﹣反应，另外注意氢氧化铝具有两性的性质，以此解答该题．
【解答】解：对应的电解质越难电离，越易与OH﹣反应，四种离子中，能与OH﹣反应的有Mg2+、Al3+、H+，其中H+最易与OH﹣反应，其次为Al3+，反应后生成水、氢氧化铝和氢氧化镁，因氢氧化铝为两性氢氧化物，可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则反应后主要的成分为偏铝酸钠和氯化钠，浓度最高的离子是Na+，
故答案为：H+；Al3+；Al（OH）3；Na+．
22．【分析】（1）溶液的pH小于7，溶液呈酸性，存在大量氢离子，还含Ba2+，则与氢离子、钡离子反应的离子不能共存，据此判断还可能存在的离子；
（2）如果溶液的pH＞7，呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，还含Ba2+，与钡离子、氢氧根离子反应的离子不能共存，据此判断该溶液中可能存在的离子．
【解答】解：（1）如果溶液的pH＜7，呈酸性，溶液中存在大量H+，则一定不存在OH﹣、CO32﹣；由于溶液中还含有Ba2+，则一定不存在CO32﹣、SO42﹣，所以溶液中除H+和Ba2+离子外，也可能存在的离子为：Mg2+、Cl﹣，
故答案为：Mg2+、Cl﹣；
（2）如果溶液的pH＞7，溶液呈碱性，存在大量OH﹣，则一定不存在Mg2+、H+；还含Ba2+，则一定不存在CO32﹣、SO42﹣，所以溶液中除Ba2+、OH﹣外，还可能有的离子为Cl﹣，
故答案为：Cl﹣．
23．【分析】（1）Cu2+有颜色；
（2）AgCl为不溶于稀硝酸的白色沉淀；
（3）加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，应为Mg（OH）2；
（4）NO3﹣与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，能共存；
【解答】解：（1）由于溶液呈无色透明，而Cu2+有颜色，为蓝绿色，可以肯定原溶液中不存在Cu2+，故答案为：Cu2+；
（2）过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子，反应的离子方程式为Ag++Cl﹣═AgCl↓，
故答案为：Ag+；Ag++Cl﹣═AgCl↓；
（3）在除去Ag+离子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，
故答案为：Mg2+；
（4）由于Cl﹣和Ag+离子，CO32﹣、OH﹣与Mg2+、Cu2+都能生成沉淀，只有NO3﹣与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，故原溶液中可能大量存在的阴离子是NO3﹣，
故答案为：C．
24．【分析】Ⅰ．取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，即为二氧化氮，那么一定含有NO3﹣和Fe2+；
Ⅱ．向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么溶液中一定含有：SO42﹣，那么原溶液中一定不含有：Ba2+，生成的沉淀是硫酸钡；
Ⅲ．向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，不能确定原溶液中是否含有：Fe3+，因为亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子；过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成说明含有Al3+，故不含CO32﹣和SiO32﹣，据此解答各小题即可．
【解答】解：Ⅰ．取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，即为二氧化氮，那么一定含有NO3﹣和Fe2+；
Ⅱ．向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么溶液中一定含有：SO42﹣，那么原溶液中一定不含有：Ba2+，生成的沉淀是硫酸钡；
Ⅲ．向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，不能确定原溶液中是否含有：Fe3+，因为亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子；过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成说明含有Al3+，故不含CO32﹣和SiO32﹣，
（1）依据分析可知：该废水中一定含有的阴离子是：NO3﹣ SO42﹣； 一定不含有的阳离子是：Ba2+，故答案为：NO3﹣、SO42﹣；Ba2+；
（2）偏铝酸根与碳酸生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（3）在此反应中Al化合价由0价升高为+3价，N元素被还原为氨气和氮气，且体积比为1：4，根据元素守恒得到X应为NO3﹣；反应前有氢元素，根据元素守恒得到反应后也应该有氢元素，故产物中还有H2O；根据化合价升降相等可以得到此反应．分析本反应中的化合价的变化可以看到氮元素化合价降低即还原产物为NH3 和 N2；根据反应16Al+9NO3﹣+7OH﹣＝16AlO2﹣+NH3↑+4N2↑+2H2O
16mol 9mol
n（Al） 0.2mol，n（Al）＝16×0.2/9mol，故m（Al）＝9.6g，
故答案为：16、9、7、16、1、4、2 H2O；NH3、N2； 9.6g；
（4）Ksp＝1.0×10﹣38＝c（Fe3+）×c3（OH﹣），c（Fe3+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，故c （OH﹣）＝1.0×10﹣12 mol•L﹣1，又KW＝1.0×10﹣14，故c （H+）＝1.0×10﹣2 mol•L﹣1，pH＝2，故将Fe3+转换为Fe（OH）3沉调节溶液pH至少大于2，故答案为：2．
25．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子；
红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；
2.33g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.01mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；
另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，原溶液中一定存在铝离子，物质的量为0.02mol，原溶液中的铝离子的物质的量为0.04mol；
根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．
【解答】解：加入NaOH溶液共热有气体和红褐色沉淀，气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，则溶液中一定含有NH4+、Fe3+，根据离子共存可知不含CO32﹣，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，知溶液中含SO42﹣；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则原溶液中一定存在Al3+，
n（NH3）＝＝0.02mol，则n（NH4+）＝0.02mol，铵根离子浓度为：c（NH4+）＝＝0.2mol/L；
n（Fe2O3）＝＝0.01mol，则n（Fe3+）＝2n（Fe2O3）＝0.02mol，c（Fe3+）＝＝0.2mol；
n（BaSO4）＝＝0.01mol，则n（SO42﹣）＝0.01mol，则原溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.02mol，c（SO42﹣）＝＝0.2mol/L；
n（Al3+）＝＝0.02mol，原溶液中存在铝离子的物质的量为0.04mol，c（Al3+）＝＝0.4mol/L；
溶液中NH4+、Al3+、Fe3+所带正电荷的物质的量为：0.02mol+3×0.02mol+0.04mol×3＝0.20mol，SO42﹣所带负电荷为2×0.02mol＝0.04mol，
据电荷守恒，则溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl﹣，由于钾离子无法确定是否存在，所以氯离子的物质的量一定不小于：2mol﹣0.04mol＝0.16mol，c（Cl﹣）≥＝1.6mol/L，
故答案为：
一定含有的离子种类
SO42﹣
NH4+
Fe3+
Al3+
Cl﹣
物质的量浓度（mol/L）
0.2
0.2
0.2
0.4
≥1.6
三．解答题（共5小题）
26．【分析】（1）离子反应是由离子参加的反应，化合物在一定的条件下电离出能反应的离子；
（2）置换反应都是氧化还原反应，离子反应部分是氧化还原反应，部分是非氧化还原反应，置换反应部分是离子反应，部分不是离子反应；
（3）①强酸性溶液中，CO32﹣、AlO2﹣不能存在；
②碘单质在四氯化碳中显示紫红色；
③Mg2+、Al3+和强碱反应过程会产生白色沉淀；
④碳酸根和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，钡离子和硫酸根离子不共存；
⑤根据确定的离子分析不能确定是否存在的离子
【解答】解：（1）离子反应是由离子参加的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，故答案为③⑤；
（2）置换反应都是氧化还原反应，离子反应部分是氧化还原反应，部分是非氧化还原反应，置换反应部分是离子反应，部分不是离子反应，其关系如图所示：，故答案为：；
（3）①强酸性溶液中，CO32﹣、AlO2﹣能和氢离子反应，不能存在，故答案为：CO32﹣、AlO2﹣；
②碘单质在四氯化碳中显示紫红色，说明氯气将碘从溶液中置换出来，一定存在碘离子，在酸性环境下，硝酸根有强氧化性，一定不存在，故答案为：NO3﹣；
③Mg2+、Al3+和强碱反应过程会产生白色沉淀，所以Mg2+、Al3+不能存在，故答案为：Mg2+、Al3+；
④碳酸根能和钡离子反应生成碳酸钡白色沉淀，证明钡离子一定存在，而钡离子和硫酸根不共存，所以硫酸根一定不存在，故答案为：Ba2+；SO42﹣；
⑤不确定的离子是铵根离子，故答案为：NH4+．
27．【分析】（1）导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大；
（2）注意离子方程式遵循电荷守恒定律；
（3）A．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣刚好沉淀完全时，需要1molBa（OH）2；
B．1molNaHSO4加入Ba（OH）2溶液0.5mol至溶液显中性；
C．用数值假设法确定，假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的氢离子和SO42﹣恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol；
（4）导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大，导电能力越强．
【解答】解：（1）开始氢氧化钡电离出氢氧根和钡离子导电，随反应进行，反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中无导电微粒，灯泡熄灭，继续加入硫酸，硫酸电离出氢离子和硫酸根导电，导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大，
故答案为：烧杯中出现白色沉淀；灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；实验过程中灯泡的亮度发生变化，说明离子浓度发生变化，则该反应为离子反应；
（2）氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O；
（3）A．假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的SO42﹣恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol，则发生反应的离子的物质的量分别为1mol，离子方程式为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O，故A错误；
B．1molNaHSO4加入Ba（OH）2溶液0.5mol至溶液显中性，离子方程式Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的氢离子和SO42﹣恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol，离子方程式为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O，故C错误；
故答案为：B；
（4）导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大，导电能力越强，即先减小再增大，故答案为：C．
28．【分析】（1）NaHCO3和NaOH的反应方程式可以看出，是NaHCO3电离的H+离子和NaOH电离出的Na+离子相互交换的反应；
（2）乙酸和乙醇反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
（3）根据反应方程分析，SiO2+2C2CO↑+Si；
（4）根据反应方程式分析；3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl
（5）根据溶液中电荷守恒分析；
【解答】解：（1）NaHCO3和NaOH的反应方程为：NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，由方程式可以看出，是NaHCO3电离的H+离子和NaOH电离出的Na+离子相互交换的反应，
故答案为：Na+；
（2）乙酸和乙醇在催化剂和加热条件下反应生成CH3COOCH2CH3和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
（3）根据反应方程分析，SiO2+2C2CO↑+Si，C被氧化生成CO，故答案为：CO；
（4）NH3和Cl2发生置换反应，方程式为：3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl，根据方程可知有3molCl2反应是，消耗氨气为8mol，但是只有2mol氨气发生变价，所以被氧化的氨气为2mol；故答案为：2；
（5）根据溶液中电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），因为溶液显中性，所以c（H+）＝c（OH﹣），c（NH4+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），因此c（HCO3﹣）＜c（NH4+），故答案为：小于．
29．【分析】（1）根据题目给定的阳离子和阴离子组合出物质，碳酸根水解显碱性，铝离子和银离子水解显酸性，结合物质间反应的现象确定物质的名称；
（2）硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，硫酸铝全部反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3进行反应；
（3）硫酸铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝的量和氢氧化钠的量的多少有关．
【解答】解：（1）①A、B溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以A、B中含有的阴离子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以C、D、E溶液含有的阳离子为H+、Al3+、Ag+，故答案为：CO32﹣、OH﹣；H+、Al3+、Ag+；
②Na2CO3和可溶性的铝盐反应的实质是：铝离子和碳酸根离子之间双水解反应，产物既有沉淀又有气体，所以A是碳酸钠，B是氢氧化钡，碳酸钠和酸反应会产生二氧化碳气体，故C中含有氢离子，故答案为：Na2CO3；H+；
③在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、氯化钠、硫酸铝、氢氧化钡反应生成沉淀，所以D是硝酸银，C是盐酸，故答案为：AgNO3；
（2）硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3，即2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣═2AlO2﹣+4H2O+3BaSO4↓，故答案为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣═2AlO2﹣+4H2O+3BaSO4↓；
（3）硫酸铝和氢氧化钠的反应实质为：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，100mL 0.1mol/L的硫酸铝溶液中，含有铝离子的物质的量为0.02mol，35mL 2mol/L NaOH溶液中含有氢氧化钠物质的量为0.07mol，0.02mol铝离子消耗0.06mol的氢氧化钠生成0.02mol的氢氧化铝，然后0.01mol的氢氧化钠又将0.01mol的氢氧化铝溶解，所以剩余氢氧化铝的物质的量是0.01mol，故答案为：0.01 mol．
30．【分析】有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复），
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；
B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。
（1）上述分析得到AC化学式；
（2）钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
（3）根据溶液中电荷守恒、物料守恒计算c（H+）﹣c（NH3•H2O）；
（4）根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，根据溶液中的溶质性质确定离子浓度关系；
（5）混合溶液的pH＝11，则溶液中氢氧根离子浓度＝＝10﹣3 mol/L，根据C（OH﹣）＝计算氢氧化钡和盐酸的体积之比。
【解答】解：有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复），
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；
B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。
（1）通过以上分析知，A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠，化学式为：CH3COONa；NH4Cl；Ba（OH）2；Na2SO4，
故答案为：CH3COONa；Ba（OH）2；
（2）钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，
故答案为：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓；
（3）根据溶液中电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），根据溶液中物料守恒得 c（NH3．H2O）+c（NH4+）＝c（Cl﹣），
将两个等式相减得c（H+）﹣c（NH3•H2O）＝c（OH﹣）＝10 a﹣14，
故答案为：10 a﹣14；
（4）根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（OH﹣）＞c（Ba2+）＝c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），
故答案为：c（OH﹣）＞c（Ba2+）＝c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）；
（5）混合溶液的pH＝11，则溶液中氢氧根离子浓度＝＝10﹣3 mol/L，设氢氧化钡的体积为X，盐酸的体积为Y，c（OH﹣）＝＝＝10﹣3 mol/L，X：Y＝1：4，
故答案为：1：4。
一．选择题（共20小题）
1．下列各组反应中不属于离子反应的是（ ）
A．NaCl与AgNO3反应 B．FeCl3与Cu反应
C．Na2O与H2O反应 D．在氧气中点燃氢气
2．往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（S．T．P）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（ ）
A． B．
C． D．
3．将足量稀盐酸加到下列固体混合物中，只能发生一种反应的是（ ）
A．NaOH、NaCl、NaAlO2
B．KNO3、NaCl、CH3COONa
C．Na2S、（NH4）2SO3、AgNO3
D．Ba（NO3）2、FeSO4、NH4HCO3
4．向含有下列离子的溶液中分别加入烧碱固体（溶液体积变化可忽略），离子浓度保持不变的应该是下列选项中的（ ）
A．OH﹣ B．Na+ C．HCO3﹣ D．Cl﹣
5．现有Na2CO3、H2SO4、Ba（OH）2三种溶液，它们的体积与物质的量浓度都相等．以不同顺序将它们中的两种混合，若产生沉淀则过滤，再将滤液与第三种溶液混合，那么最终所得的溶液（ ）
A．可能呈酸性 B．不可能呈碱性
C．可能呈中性或碱性 D．不可能呈中性
6．在含有NH4Cl、AlCl3、FeCl2、FeCl3的溶液中，加入过量的NaOH溶液，微热，充分反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目不变的是（ ）
A．NH4+ B．Al3+ C．Fe2+ D．Fe3+
7．污水处理厂检测出一批污水中含有较多的重金属Ag+，欲将其除去，应加入适量的（ ）
A．NaCl B．BaSO4 C．Al2O3 D．HNO3
8．某溶液中可能含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、SO32﹣的几种离子。某同学取两份该溶液进行如下实验：一份滴入酸性KMnO4溶液，发现KMnO4溶液褪色；另一份加入BaCl2溶液，产生不溶于水的沉淀。对溶液描述错误的是（ ）
A．可能含有K+ B．可能含有SO42﹣
C．可能含有Fe3+ D．可能含有SO32﹣
9．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣ 中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L﹣1．某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（ ）
A．无法确定原试液中是否含有SO42﹣
B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+
C．沉淀C为Al （OH）3
D．原试液中一定不含有K+
10．某溶液中可能含有Na+、Fe2+、NH4+、K+、Cl﹣、SO42﹣、SO32﹣中的几种，且所含离子物质的量浓度均为0.01mol/L．向溶液中滴加少量溴水后，溶液呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．可能含有Na+ B．可能含有SO42﹣
C．一定不含Cl﹣ D．一定含有NH4+
11．对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是（ ）
A．步骤①所加试剂可以是浓NaOH溶液
B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C．红褐色沉淀与HI反应的离子方程式为：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O
D．步骤②的反应为：A13++3HCO3﹣＝A1（OH）3↓+CO2↑
12．下列对某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．先加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HNO3溶液，白色沉淀不溶解，则溶液中一定含有大量的SO42﹣
B．用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+而不含K+
C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32﹣
D．加入氯化钠溶液，有白色沉淀产生，再加入稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+
13．对某绿色溶液进行如下实验（已知：Ag2SO4微溶于水）：①向溶液中滴加Ba（OH）2溶液后，过滤，得到白色沉淀和绿色几乎不变的滤液：②取滤液，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列说法正确的是（ ）
A．原溶液中一定存在H+、SO42﹣、SO32﹣中的一种或两种
B．原溶液中不能确定CO32﹣、Mg2+、Na+的存在
C．第②步生成的白色沉淀是AgCl，没有Ag2CO3
D．若原溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，可用NaOH溶液加以判断
14．在中性含有Na+的溶液中，还可能存在NH4+，Fe2+，Br﹣，CO2﹣3，I﹣，SO2﹣3六种离子中的一种或几种，进行如下实验：
（1）原溶液滴加足量氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；
（2）向橙黄色溶液中加BaCl2溶液无沉淀生成
（3）橙黄色溶液不能使淀粉变蓝
由此推断原溶液中一定不存在的离子是（ ）
A．NH4+、Br﹣、CO32﹣ B．NH4+、I﹣、SO32﹣
C．Fe2+、I﹣、CO32﹣ D．Fe2+、I﹣、SO32﹣
15．在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl﹣、NO﹣3
B．滴人KSCN显血红色的溶液中：NH4+、Mg2+、SO42、Cl﹣
C．c（OH﹣）/c（H+）＝1012的溶液中：NH+4、Al3+、NO﹣3、CO2﹣3
D．由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、NH4+、AlO﹣2、HCO﹣3
16．下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72﹣、K+、SO42﹣
B．c（Ca2+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、C2O42﹣、Cl﹣、Br﹣
C．加入铝粉放出大量H2的溶液：Fe2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
D．含大量HCO3﹣的溶液中：C6H5O﹣、CO32﹣、Br﹣、K+
17．下列情况中，一定可以大量共存的离子组是（ ）
A．室温下，由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣
B．使甲基橙变红色的溶液中：Mg2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+
C．与铝反应放出大量氢气的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣、Na+
D．无色透明溶液中：NH4+、Al3+、MnO4﹣、Cl﹣
18．某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A．SO42﹣ B．NO3﹣ C．Na+ D．Fe3+
19．在pH＝13的某溶液中存在大量的Na+、ClO﹣、NO3﹣，该溶液还可能大量存在的离子是（ ）
A．NH4+ B．HCO3﹣ C．SO42﹣ D．Al3+
20．实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1 mol/L，能达到此目的是（ ）
A．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣ B．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣
C．CH3COO﹣、I﹣、K+、H+ D．Ba2+、OH﹣、CO32﹣、K+
二．填空题（共5小题）
21．在含Mg2+、Al3+、H+、Cl﹣的混合溶液中滴加NaOH溶液，与OH﹣发生反应的顺序为： 、 、Mg2+和 ．在NaOH滴加过量后的澄清溶液中，浓度最高的离子是 ．
22．某无色溶液可能含有H+、Ba2+、Mg2+、OH﹣、SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣等离子中的某几种：
（1）如果溶液的pH＜7，还含Ba2+，除H+和Ba2+离子外，还可能有 离子．
（2）如果溶液的pH＞7，还含Ba2+，除Ba2+、OH﹣外，还可能有 离子．
23．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+，Mg2+，Cu2+中的几种离子．
（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 ．
（2）取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有的离子是 ，有关的离子反应式为 ．
（3）取（2）的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有 ．
（4）原溶液中可能大量存在的阴离子是下列A﹣D中的（填序号） ．
A．Cl﹣B．CO32﹣ C．NO3﹣D．OH﹣．
24．某工业废水中可能含有如下几种阴阳离子：
阳离子
Fe3+、Al3+、Fe2+、Ba2+、Na+
阴离子
Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣
现对该废水样品进行以下研究：
Ⅰ．向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色；
Ⅱ．若向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．
Ⅲ．若向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成．过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成．
根据上述实验，回答下列问题：
（1）该废水中一定含有的阴离子是 ，一定不含有的阳离子是 ；
（2）写出Ⅲ的所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式（只写这一个）： ；
（3）已知用铝粉可以除去废水中的一种阴离子（X）．若控制溶液的pH为10.7左右，再加入铝粉，除去X离子的同时产生氨气和氮气，且体积比为1﹕4，完成下列反应的离子方程式并配平：（X用具体的离子符号表示）
Al+ X+ OH﹣＝ AlO2﹣+ NH3+ N2+ ，该反应的还原产物是 ．若除去0.2molX离子，要消耗铝 g．
（4）若将废水中的铁元素完全转化成Fe3+，此时测得c（Fe3+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，要想将其转换为Fe（OH）3沉淀而除去，则应调节溶液pH至少大于 ．（已知常温下Fe（OH）3的Ksp＝1.0×10﹣38）
25．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL（标况）气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀．由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）．
一定含有的离子种类
物质的量浓度（mol/L）
三．解答题（共5小题）
26．离子反应是中学化学中重要的反应类型，回答下列问题：
（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在有 （填编号）．
①单质 ②氧化物 ③电解质 ④盐 ⑤化合物
（2）可用图示的方法表示不同反应类型之间的关系．如分解反应和氧化还原反应可表示为下图．请在下面的方框中画出离子反应、置换反应和氧化还原反应三者之间的关系．
（3）有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH+4、Mg2+、Ba2+、Al3+、I﹣、NO﹣3、CO2﹣3、SO2﹣4、AlO﹣2，取该溶液进行以下实验：
①取pH试纸检验，表明溶液呈强酸性．排除 离子存在．
②取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4呈紫红色，可以排除 存在．
③另取部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在反应过程中均无沉淀产生，则可排除 的存在．
④取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，证明 存在，又排除 存在．
⑤根据上述实验事实还不能确定是否存在的离子是 ．
27．某学习小组拟设计如图1所示实验装置验证Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应（夹持仪器略去）．
（1）该小组按图1连好装置后，接通开关K，旋转滴定管活塞使稀H2SO4缓缓滴下直至过量．图1装置中观察到的现象是 ；能说明该反应是离子反应的依据是 ．
（2）写出该反应的离子方程式 ．
（3）下列三种情况下，与（2）中离子方程式相同的是 ．
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量
（4）步骤（1）整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图2中的 曲线表示．
28．反应物间进行微粒交换是化学反应的特征之一，置换反应、复分解反应、取代反应都属于反应物间进行微粒交换的化学反应．
（1）NaHCO3和NaOH的反应是NaHCO3电离的H+离子和NaOH电离出的 离子相互交换的反应．
（2）在浓硫酸作用下，羧酸与醇间的反应属于微粒交换反应，乙酸和乙醇反应的化学方程式为 ．
（3）工业上制取粗硅的反应是一个置换反应，此反应的氧化产物是 （写化学式）
（4）NH3和Cl2发生置换反应，当NH3过量时，NH3继续与HCl反应．当有3mlolCl2参与反应时，有 molNH3被氧化．
（5）（NH4）2CO3和H2CO3的反应也是微粒交换反应，当向（NH4）2CO3溶液中通入一定量CO2至溶液呈中性时，溶液中HCO3﹣和NH4+的比值 （填“大于”、“小于”或“等于”）1：1．
29．现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．
阳离子
H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+
阴离子
OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣
请根据以下实验事实逐步推出它们的名称并回答问题：
（1）
物质鉴定实验
推导结论
①用pH试纸测出A、B溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性
A、B中含有的阴离子为 ，C、D、E中含有的阳离子为
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A与C反应只有气体产生
A为 ，C含有的阳离子为
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀
D为
（2）写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式： ．
（3）在100mL 0.1mol/L的E溶液中，逐滴加入35mL 2mol/L NaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为 ．
30．有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复）
阳离子
Na+，Ba2+，NH4+
阴离子
CH3COO﹣，Cl﹣，OH﹣，SO42﹣
已知：①A、C溶液的pH均大于7，相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
（1）A是 ，C是 。（写化学式）
（2）写出C和D反应的离子方程式 。
（3）25℃时，0.1mol/L B溶液的pH＝a，则B溶液中c（H+）﹣c（NH3•H2O）＝ （用含有a的关系式表示）。
（4）将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为 。
（5）25℃时，在一定体积的0.005mol•L﹣1的C溶液中，加入一定体积的0.00125mol•L﹣1的盐酸时，混合溶液的pH＝11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则C溶液与盐酸的体积比是 。
离子反应
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．【分析】有离子参加的反应叫做离子反应，离子反应的条件：生成气体、沉淀、难电离的物质，具备条件之一反应即可发生。
【解答】解：A．NaCl溶液和AgNO3溶液反应实质是氯离子结合银离子生成氯化银沉淀，是离子反应，故A不符合；
B．FeCl3与Cu反应生成硫酸亚铁和氯化铜，反应为离子反应，故B不符合；
C．Na2O与H2O反应生成氢氧化钠溶液，反应是离子反应，故C不符合；
D．在氧气中点燃氢气发生化合反应生成水，不属于离子反应，故D符合；
故选：D。
2．【分析】n（CO2）＝＝0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生：
2OH﹣+CO2＝CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2＝HCO3﹣+H2O，Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，以此解答该题．
【解答】解：n（CO2）＝＝0.3mol，
含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH﹣）＝0.2mol+0.1mol×2＝0.4mol，n（Na+）＝0.2mol，
n（Ca2+）＝0.1mol，
通入CO2，发生：2OH﹣+CO2＝CO32﹣+H2O，OH﹣+CO2＝HCO3﹣+H2O，Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，
设生成xmolCO32﹣，ymolHCO3﹣，
则 ，解得x＝0.1，y＝0.2，
通入含有0.2molNaOH和0.1molCa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：Ca2++2OH﹣+CO2＝CaCO3↓，该阶段0.1molCa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol﹣0.3mol＝0.4mol，其中含有0.2molOH﹣、生成0.1molCaCO3；
然后发生2OH﹣+CO2＝CO32﹣+H2O，0.2molOH﹣完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol﹣0.1mol＝0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32﹣；
再发生CO32﹣+CO2+H2O＝2HCO3﹣、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3﹣，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，
所以图象C符合，
故选：C。
3．【分析】A．盐酸与氢氧化钠、偏铝酸钠都能发生反应；
B．盐酸不与硝酸钾、氯化钠反应，只与醋酸钠反应；
C．盐酸与三种物质都发生反应；
D．盐酸与碳酸氢铵反应，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，可以氧化亚铁离子．
【解答】解：A．存在反应有：NaOH+2HCl＝NaCl+H2O、NaAlO2+4HCl＝AlCl3+NaCl+2H2O，故A不选；
B．加入稀盐酸后只发生反应CH3COONa+HCl＝CH3COOH+NaCl，故B选；
C．存在反应：HCl+AgNO3＝AgCl↓+HNO3、2HCl+（NH4）2SO3＝2NH4Cl+H2O+SO2↑、HCl+Na2S＝2HCl+H2S，故C不选；
D．存在NH4HCO3+HCl＝NH4Cl+H2O+CO2↑、4H++NO3﹣+3Fe2+＝3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，故D不选；
故选：B。
4．【分析】分别加入烧碱固体，溶液中OH﹣和Na+浓度保持增大，因HCO3﹣与OH﹣反应，它的浓度减小，以此解答该题．
【解答】解：分别加入烧碱固体，溶液中OH﹣和Na+浓度保持增大，因HCO3﹣与OH﹣反应，它的浓度减小，而D中离子浓度不变，故选D。
5．【分析】如果是Na2CO3、Ba（OH）2先混合，再把滤液和H2SO4混合，所得溶液为Na2SO4溶液，溶液显中性；如果是H2SO4、Ba（OH）2先混合，再与Na2CO3混合，得到的是Na2CO3溶液，溶液显碱性，如果是Na2CO3、H2SO4先混合，再把滤液和Ba（OH）2混合，所得溶液为NaOH溶液，呈碱性．
【解答】解：若先将Na2CO3溶液和H2SO4溶液混合后，再加Ba（OH）2，Na2CO3、H2SO4恰好完全反应，生成的Na2SO4再与Ba（OH）2恰好完全反应，最终生成的NaOH溶液显碱性；
若先将Na2CO3溶液和Ba（OH）2溶液混合后，再加H2SO4，Na2CO3、Ba（OH）2恰好完全反应，生成的NaOH再与H2SO4恰好完全反应，最终生成的Na2SO4溶液显中性；
若先将H2SO4和Ba（OH）2溶液混合后，再加Na2CO3溶液，H2SO4和Ba（OH）2溶液恰好完全反应，生成硫酸钡和水，再加入a2CO3溶液，水解呈碱性。
则混合后溶液可能呈中性或碱性，不可能呈酸性，
故选：C。
6．【分析】铵盐易和强碱反应，氢氧化钠溶液和氯化铵溶液反应生成一水合氨和氯化钠，一水合氨微热一水合氨分解生成氨气和水，氯化铝和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，再加入过量盐酸生成氯化铝，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，生成亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，据此分析判断．
【解答】解：铵盐易和强碱反应，氢氧化钠溶液和氯化铵溶液反应生成一水合氨和氯化钠，氢氧根离子与NH4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以铵根减少，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即Al3+数目基本不变，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁微热会被空气中氧气氧化为氢氧化铁，加入过量盐酸溶解后得到氯化铁溶液，亚铁离子减少，铁离子增多，故选B。
7．【分析】Ag+和Cl﹣反应生成氯化银沉淀，通过过滤除去污水中银离子．
【解答】解：污水中Ag+和NaCl中Cl﹣反应生成氯化银沉淀，通过过滤除去污水中银离子，硫酸钡、氧化铝和硝酸都不和银离子反应，故选A。
8．【分析】（1）一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，含有Fe2+、SO32﹣中的至少一种；
（2）另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42﹣、SO32﹣中的一种，以此解答该题。
【解答】解：由以上分析可知可能含有SO42﹣、SO32﹣，如含有SO32﹣，则不含Fe2+，则应含有K+、Na+，如含SO42﹣，则应含Fe2+，可知不含Fe3+，
故选：C。
9．【分析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO32﹣、Ba2+和AlO2﹣；
加入硝酸钡有气体，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在，以此解答该题。
【解答】解：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2﹣；
加入硝酸钡有气体，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；
加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，气体氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；
通入少量CO2产生沉淀，先与OH﹣、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。
因为存在的离子浓度均为0.1mol•L﹣1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
10．【分析】向溶液中滴加少量溴水后，溶液呈无色，可知一定不含Fe2+，一定含SO32﹣，结合离子共存及电荷守恒来解答。
【解答】解：向溶液中滴加少量溴水后，溶液呈无色，可知一定不含Fe2+，一定含SO32﹣，
含离子物质的量浓度均为0.01mol/L，若阴离子只有SO32﹣，则含Na+、NH4+、K+中的两种，
若含SO32﹣、Cl﹣，则含Na+、NH4+、K+，
若含SO32﹣、SO42﹣，不遵循电荷守恒，则一定不存在SO42﹣，
综上所述，一定不含SO42﹣，可能含Na+、NH4+、Cl﹣，
故选：A。
11．【分析】溶液中加入物质后产生红褐色的沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱之间反应得到氨气，铁离子和碱反应得到的是氢氧化铁，溶液X时偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢氧化铝沉淀，以此解答该题。
【解答】解：A．根据以上分析，步骤①所加试剂可以是浓NaOH 溶液或是其他强碱溶液，故A正确；
B．可以用湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体氨气，会变蓝，故B错误；
C．铁离子具有强氧化性，可氧化碘离子生成碘，故C错误；
D．步骤②反应H2O+A1O2﹣+HCO3﹣═Al（OH）3↓+CO32﹣，故D错误。
故选：A。
12．【分析】A、能和BaCl2溶液反应生成不溶于稀HNO3的白色沉淀的离子是氯离子、亚硫酸根和硫酸根离子；
B．根据Na元素的焰色反应为黄色，钾要经过蓝色的钴玻璃来分析；
C．可能为HCO3﹣；
D．氯化钠中产生沉淀的只有氯离子，沉淀为氯化银．
【解答】解：A、某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，该溶液中一定含有氯离子、亚硫酸根或是硫酸根离子中的至少一种，故A错误；
B．钠的焰色反应为黄色，待测液置于酒精灯外焰灼烧时，焰色反应为黄色，一定含有钠元素，说明溶液中含有Na+，但钾离子要经过蓝色的钴玻璃来看，否则无法判断，故B错误；
C．溶液中可能含有HCO3﹣、CO32﹣等离子，故C错误；
D．产生沉淀一定是氯化银，故原溶液中一定存在Ag+，故D正确。
故选：D。
13．【分析】绿色溶液进行如下实验：①向溶液中滴加Ba（OH）2溶液后，过滤，得到白色沉淀和绿色几乎不变的滤液，说明溶液中一定含较多的H+，且含Fe2+与Cu2+中的一种或两种，白色沉淀可能为硫酸钡；
②取滤液，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，一定含较多的H+，含Fe2+与Cu2+中的一种或两种，至少含SO42﹣、Cl﹣中的一种或两种，
A．任何水溶液均含H+，可能含SO42﹣，Fe2+与Cu2+均与SO32﹣反应不能存在，故A错误；
B．含Fe2+与Cu2+中的一种或两种，则一定不存在CO32﹣，故B错误；
C．第②步生成的白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4，故C错误；
D．氢氧化铜为蓝色沉淀，氢氧化亚铁为白色沉淀且易被氧化为红褐色，则原溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，可用NaOH溶液加以判断，故D正确；
故选：D。
14．【分析】根据加新制氯水后溶液呈现的颜色判断溶液中可能存在的离子，再根据生成的气体判断含有的离子；根据加入钡离子后无白色沉淀生成判断溶液中不含有亚硫酸根离子；根据加入淀粉溶液后不显蓝色判断碘离子是否存在。
【解答】解：由实验（1）反应后溶液成橙黄色，可以推知溶液中有Br﹣，由有气泡生成一定有CO32﹣；由Fe2+和CO32﹣ 不能共存，可知溶液中一定无Fe2+，则有Br﹣；
由实验（2）现象推知原溶液一定无SO32﹣；
由实验（3）的现象推知溶液一定无I﹣，从上述实验现象无法确定NH4+存在与否。
故原溶液一定无Fe2+、SO32﹣、I﹣。
故选：D。
15．【分析】A、使甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，考虑氧化还原反应而不能大量共存；
B、滴人KSCN显血红色的溶液中存在Fe3+，利用离子之间不反应来分析离子共存；
C、c（OH﹣）/c（H+）＝1012的溶液中，c（OH﹣）＝0.1mol/L，利用复分解反应来分析离子的共存问题；
D、由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸或碱的溶液，利用复分解反应来分析离子的共存。
【解答】解：A、因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，H+、Fe2+、NO﹣3能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；
B、因Fe3+不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；
C、c（OH﹣）/c（H+）＝1012的溶液中，c（OH﹣）＝0.1mol/L，OH﹣与NH+4结合生成弱电解质，OH﹣与Al3+结合生成沉淀，则不能大量共存，故C错误；
D、由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH﹣与NH+4结合生成弱电解质，H+与AlO﹣2生成沉淀，HCO﹣3既能与酸反应又能与碱反应，则该组离子一定不能大量共存，故D错误；
故选：B。
16．【分析】A．该溶液呈酸性，酸性条件下重铬酸根离子能够氧化乙醇；
B．草酸根离子与钙离子反应；
C．该溶液呈酸性或碱性，铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D．四种离子之间不反应，都不与碳酸氢根离子反应。
【解答】解：A．pH＝1的溶液呈酸性，CH3CH2OH、Cr2O72﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Ca2+、C2O42﹣之间反应生成草酸钙，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．加入铝粉放出大量H2的溶液呈酸性或强碱性，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．C6H5O﹣、CO32﹣、Br﹣、K+之间不反应，都不与HCO3﹣反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。
17．【分析】A．该溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应；
B．该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C．该溶液呈酸性或强碱性，铵根离子与氢氧根离子反应；
D．高锰酸根离子为有色离子。
【解答】解：A．室温下，由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子、氢氧根离子反应，故A错误；
B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，Mg2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故B正确；
C．与铝反应放出大量氢气的溶液呈酸性或强碱性，NH4+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；
D．MnO4﹣为紫色，不满足溶液无色的条件，故D错误；
故选：B。
18．【分析】某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定不存在Fe3+；结合“溶液中各离子的物质的量浓度相等”及溶液电中性分析。
【解答】解：溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定存在Al3+；由于Fe（OH）3为红褐色沉淀，则一定不存在Fe3+；
溶液呈电中性，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定含有SO42﹣，至少含有NO3﹣、Cl﹣中的1种，
故选：A。
19．【分析】pH＝13的某溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解反应等，则离子大量共存，以此来解答。
【解答】解：A．碱性溶液中不能大量存在NH4+，故A不选；
B．碱性溶液中不能大量存在HCO3﹣，故B不选；
C．碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故C选；
D．碱性溶液中不能大量存在Al3+，且Al3+、ClO﹣相互促进水解，不能共存，故D不选；
故选：C。
20．【分析】A．四种离子之间不反应，浓度相等时满足电荷守恒；
B．浓度相等时，四种离子不满足电荷守恒；
C．醋酸根离子与氢离子反应；
D．钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀。
【解答】解：A．Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，且4种离子的浓度均为1 mol/L时满足电荷守恒，可以配制该溶液，故A正确；
B．Al3+、K+、SO42﹣、NO3﹣之间能够共存，但4种离子的浓度均为1 mol/L时违反了电荷守恒，故B错误；
C．CH3COO﹣、H+之间结合生成弱电解质醋酸，在溶液中不能大量共存，无法配制该溶液，故C错误；
D．Ba2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钡，无法配制该溶液，故D错误；
故选：A。
二．填空题（共5小题）
21．【分析】对应的电解质越难电离，越易与OH﹣反应，另外注意氢氧化铝具有两性的性质，以此解答该题．
【解答】解：对应的电解质越难电离，越易与OH﹣反应，四种离子中，能与OH﹣反应的有Mg2+、Al3+、H+，其中H+最易与OH﹣反应，其次为Al3+，反应后生成水、氢氧化铝和氢氧化镁，因氢氧化铝为两性氢氧化物，可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则反应后主要的成分为偏铝酸钠和氯化钠，浓度最高的离子是Na+，
故答案为：H+；Al3+；Al（OH）3；Na+．
22．【分析】（1）溶液的pH小于7，溶液呈酸性，存在大量氢离子，还含Ba2+，则与氢离子、钡离子反应的离子不能共存，据此判断还可能存在的离子；
（2）如果溶液的pH＞7，呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，还含Ba2+，与钡离子、氢氧根离子反应的离子不能共存，据此判断该溶液中可能存在的离子．
【解答】解：（1）如果溶液的pH＜7，呈酸性，溶液中存在大量H+，则一定不存在OH﹣、CO32﹣；由于溶液中还含有Ba2+，则一定不存在CO32﹣、SO42﹣，所以溶液中除H+和Ba2+离子外，也可能存在的离子为：Mg2+、Cl﹣，
故答案为：Mg2+、Cl﹣；
（2）如果溶液的pH＞7，溶液呈碱性，存在大量OH﹣，则一定不存在Mg2+、H+；还含Ba2+，则一定不存在CO32﹣、SO42﹣，所以溶液中除Ba2+、OH﹣外，还可能有的离子为Cl﹣，
故答案为：Cl﹣．
23．【分析】（1）Cu2+有颜色；
（2）AgCl为不溶于稀硝酸的白色沉淀；
（3）加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，应为Mg（OH）2；
（4）NO3﹣与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，能共存；
【解答】解：（1）由于溶液呈无色透明，而Cu2+有颜色，为蓝绿色，可以肯定原溶液中不存在Cu2+，故答案为：Cu2+；
（2）过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子，反应的离子方程式为Ag++Cl﹣═AgCl↓，
故答案为：Ag+；Ag++Cl﹣═AgCl↓；
（3）在除去Ag+离子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，
故答案为：Mg2+；
（4）由于Cl﹣和Ag+离子，CO32﹣、OH﹣与Mg2+、Cu2+都能生成沉淀，只有NO3﹣与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，故原溶液中可能大量存在的阴离子是NO3﹣，
故答案为：C．
24．【分析】Ⅰ．取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，即为二氧化氮，那么一定含有NO3﹣和Fe2+；
Ⅱ．向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么溶液中一定含有：SO42﹣，那么原溶液中一定不含有：Ba2+，生成的沉淀是硫酸钡；
Ⅲ．向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，不能确定原溶液中是否含有：Fe3+，因为亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子；过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成说明含有Al3+，故不含CO32﹣和SiO32﹣，据此解答各小题即可．
【解答】解：Ⅰ．取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，即为二氧化氮，那么一定含有NO3﹣和Fe2+；
Ⅱ．向Ⅰ所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，那么溶液中一定含有：SO42﹣，那么原溶液中一定不含有：Ba2+，生成的沉淀是硫酸钡；
Ⅲ．向Ⅰ所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，不能确定原溶液中是否含有：Fe3+，因为亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子；过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成说明含有Al3+，故不含CO32﹣和SiO32﹣，
（1）依据分析可知：该废水中一定含有的阴离子是：NO3﹣ SO42﹣； 一定不含有的阳离子是：Ba2+，故答案为：NO3﹣、SO42﹣；Ba2+；
（2）偏铝酸根与碳酸生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（3）在此反应中Al化合价由0价升高为+3价，N元素被还原为氨气和氮气，且体积比为1：4，根据元素守恒得到X应为NO3﹣；反应前有氢元素，根据元素守恒得到反应后也应该有氢元素，故产物中还有H2O；根据化合价升降相等可以得到此反应．分析本反应中的化合价的变化可以看到氮元素化合价降低即还原产物为NH3 和 N2；根据反应16Al+9NO3﹣+7OH﹣＝16AlO2﹣+NH3↑+4N2↑+2H2O
16mol 9mol
n（Al） 0.2mol，n（Al）＝16×0.2/9mol，故m（Al）＝9.6g，
故答案为：16、9、7、16、1、4、2 H2O；NH3、N2； 9.6g；
（4）Ksp＝1.0×10﹣38＝c（Fe3+）×c3（OH﹣），c（Fe3+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，故c （OH﹣）＝1.0×10﹣12 mol•L﹣1，又KW＝1.0×10﹣14，故c （H+）＝1.0×10﹣2 mol•L﹣1，pH＝2，故将Fe3+转换为Fe（OH）3沉调节溶液pH至少大于2，故答案为：2．
25．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子；
红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；
2.33g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.01mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；
另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，原溶液中一定存在铝离子，物质的量为0.02mol，原溶液中的铝离子的物质的量为0.04mol；
根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．
【解答】解：加入NaOH溶液共热有气体和红褐色沉淀，气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，则溶液中一定含有NH4+、Fe3+，根据离子共存可知不含CO32﹣，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，知溶液中含SO42﹣；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则原溶液中一定存在Al3+，
n（NH3）＝＝0.02mol，则n（NH4+）＝0.02mol，铵根离子浓度为：c（NH4+）＝＝0.2mol/L；
n（Fe2O3）＝＝0.01mol，则n（Fe3+）＝2n（Fe2O3）＝0.02mol，c（Fe3+）＝＝0.2mol；
n（BaSO4）＝＝0.01mol，则n（SO42﹣）＝0.01mol，则原溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.02mol，c（SO42﹣）＝＝0.2mol/L；
n（Al3+）＝＝0.02mol，原溶液中存在铝离子的物质的量为0.04mol，c（Al3+）＝＝0.4mol/L；
溶液中NH4+、Al3+、Fe3+所带正电荷的物质的量为：0.02mol+3×0.02mol+0.04mol×3＝0.20mol，SO42﹣所带负电荷为2×0.02mol＝0.04mol，
据电荷守恒，则溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl﹣，由于钾离子无法确定是否存在，所以氯离子的物质的量一定不小于：2mol﹣0.04mol＝0.16mol，c（Cl﹣）≥＝1.6mol/L，
故答案为：
一定含有的离子种类
SO42﹣
NH4+
Fe3+
Al3+
Cl﹣
物质的量浓度（mol/L）
0.2
0.2
0.2
0.4
≥1.6
三．解答题（共5小题）
26．【分析】（1）离子反应是由离子参加的反应，化合物在一定的条件下电离出能反应的离子；
（2）置换反应都是氧化还原反应，离子反应部分是氧化还原反应，部分是非氧化还原反应，置换反应部分是离子反应，部分不是离子反应；
（3）①强酸性溶液中，CO32﹣、AlO2﹣不能存在；
②碘单质在四氯化碳中显示紫红色；
③Mg2+、Al3+和强碱反应过程会产生白色沉淀；
④碳酸根和钡离子反应生成碳酸钡沉淀，钡离子和硫酸根离子不共存；
⑤根据确定的离子分析不能确定是否存在的离子
【解答】解：（1）离子反应是由离子参加的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，故答案为③⑤；
（2）置换反应都是氧化还原反应，离子反应部分是氧化还原反应，部分是非氧化还原反应，置换反应部分是离子反应，部分不是离子反应，其关系如图所示：，故答案为：；
（3）①强酸性溶液中，CO32﹣、AlO2﹣能和氢离子反应，不能存在，故答案为：CO32﹣、AlO2﹣；
②碘单质在四氯化碳中显示紫红色，说明氯气将碘从溶液中置换出来，一定存在碘离子，在酸性环境下，硝酸根有强氧化性，一定不存在，故答案为：NO3﹣；
③Mg2+、Al3+和强碱反应过程会产生白色沉淀，所以Mg2+、Al3+不能存在，故答案为：Mg2+、Al3+；
④碳酸根能和钡离子反应生成碳酸钡白色沉淀，证明钡离子一定存在，而钡离子和硫酸根不共存，所以硫酸根一定不存在，故答案为：Ba2+；SO42﹣；
⑤不确定的离子是铵根离子，故答案为：NH4+．
27．【分析】（1）导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大；
（2）注意离子方程式遵循电荷守恒定律；
（3）A．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣刚好沉淀完全时，需要1molBa（OH）2；
B．1molNaHSO4加入Ba（OH）2溶液0.5mol至溶液显中性；
C．用数值假设法确定，假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的氢离子和SO42﹣恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol；
（4）导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大，导电能力越强．
【解答】解：（1）开始氢氧化钡电离出氢氧根和钡离子导电，随反应进行，反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中无导电微粒，灯泡熄灭，继续加入硫酸，硫酸电离出氢离子和硫酸根导电，导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大，
故答案为：烧杯中出现白色沉淀；灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；实验过程中灯泡的亮度发生变化，说明离子浓度发生变化，则该反应为离子反应；
（2）氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O；
（3）A．假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的SO42﹣恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol，则发生反应的离子的物质的量分别为1mol，离子方程式为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O，故A错误；
B．1molNaHSO4加入Ba（OH）2溶液0.5mol至溶液显中性，离子方程式Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的氢离子和SO42﹣恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol，离子方程式为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O，故C错误；
故答案为：B；
（4）导电微粒的浓度越大，灯泡的亮度越大，导电能力越强，即先减小再增大，故答案为：C．
28．【分析】（1）NaHCO3和NaOH的反应方程式可以看出，是NaHCO3电离的H+离子和NaOH电离出的Na+离子相互交换的反应；
（2）乙酸和乙醇反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
（3）根据反应方程分析，SiO2+2C2CO↑+Si；
（4）根据反应方程式分析；3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl
（5）根据溶液中电荷守恒分析；
【解答】解：（1）NaHCO3和NaOH的反应方程为：NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，由方程式可以看出，是NaHCO3电离的H+离子和NaOH电离出的Na+离子相互交换的反应，
故答案为：Na+；
（2）乙酸和乙醇在催化剂和加热条件下反应生成CH3COOCH2CH3和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
（3）根据反应方程分析，SiO2+2C2CO↑+Si，C被氧化生成CO，故答案为：CO；
（4）NH3和Cl2发生置换反应，方程式为：3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl，根据方程可知有3molCl2反应是，消耗氨气为8mol，但是只有2mol氨气发生变价，所以被氧化的氨气为2mol；故答案为：2；
（5）根据溶液中电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），因为溶液显中性，所以c（H+）＝c（OH﹣），c（NH4+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），因此c（HCO3﹣）＜c（NH4+），故答案为：小于．
29．【分析】（1）根据题目给定的阳离子和阴离子组合出物质，碳酸根水解显碱性，铝离子和银离子水解显酸性，结合物质间反应的现象确定物质的名称；
（2）硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，硫酸铝全部反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3进行反应；
（3）硫酸铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝的量和氢氧化钠的量的多少有关．
【解答】解：（1）①A、B溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以A、B中含有的阴离子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以C、D、E溶液含有的阳离子为H+、Al3+、Ag+，故答案为：CO32﹣、OH﹣；H+、Al3+、Ag+；
②Na2CO3和可溶性的铝盐反应的实质是：铝离子和碳酸根离子之间双水解反应，产物既有沉淀又有气体，所以A是碳酸钠，B是氢氧化钡，碳酸钠和酸反应会产生二氧化碳气体，故C中含有氢离子，故答案为：Na2CO3；H+；
③在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、氯化钠、硫酸铝、氢氧化钡反应生成沉淀，所以D是硝酸银，C是盐酸，故答案为：AgNO3；
（2）硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3，即2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣═2AlO2﹣+4H2O+3BaSO4↓，故答案为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣═2AlO2﹣+4H2O+3BaSO4↓；
（3）硫酸铝和氢氧化钠的反应实质为：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，100mL 0.1mol/L的硫酸铝溶液中，含有铝离子的物质的量为0.02mol，35mL 2mol/L NaOH溶液中含有氢氧化钠物质的量为0.07mol，0.02mol铝离子消耗0.06mol的氢氧化钠生成0.02mol的氢氧化铝，然后0.01mol的氢氧化钠又将0.01mol的氢氧化铝溶解，所以剩余氢氧化铝的物质的量是0.01mol，故答案为：0.01 mol．
30．【分析】有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复），
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；
B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。
（1）上述分析得到AC化学式；
（2）钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
（3）根据溶液中电荷守恒、物料守恒计算c（H+）﹣c（NH3•H2O）；
（4）根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，根据溶液中的溶质性质确定离子浓度关系；
（5）混合溶液的pH＝11，则溶液中氢氧根离子浓度＝＝10﹣3 mol/L，根据C（OH﹣）＝计算氢氧化钡和盐酸的体积之比。
【解答】解：有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复），
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；
B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。
（1）通过以上分析知，A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠，化学式为：CH3COONa；NH4Cl；Ba（OH）2；Na2SO4，
故答案为：CH3COONa；Ba（OH）2；
（2）钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，
故答案为：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓；
（3）根据溶液中电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），根据溶液中物料守恒得 c（NH3．H2O）+c（NH4+）＝c（Cl﹣），
将两个等式相减得c（H+）﹣c（NH3•H2O）＝c（OH﹣）＝10 a﹣14，
故答案为：10 a﹣14；
（4）根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（OH﹣）＞c（Ba2+）＝c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），
故答案为：c（OH﹣）＞c（Ba2+）＝c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）；
（5）混合溶液的pH＝11，则溶液中氢氧根离子浓度＝＝10﹣3 mol/L，设氢氧化钡的体积为X，盐酸的体积为Y，c（OH﹣）＝＝＝10﹣3 mol/L，X：Y＝1：4，
故答案为：1：4。
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