高考化学离子反应练习题及答案

一、高中化学离子反应

1．某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br－、CO32-、Na＋，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是

①反应前后，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个氧化还原反应。

A．②③④ ．①②③ ．①③⑤ ．②④⑤

【答案】A

【解析】

【详解】

向溶液中通入过量的Cl2，Cl2可以氧化SO32-成为SO42-，所以SO32-浓度降低，SO42-浓度增大，Cl2也可以和Br－发生置换反应，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跟CO32-发生反应生成CO2，使CO32-浓度降低，和SiO32-生成H2SiO3白色胶状沉淀，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个氧化还原反应，其中2个是Cl2分别和SO32-、Br－发生的，另一个是Cl2和水的歧化反应，所以②③④是正确的，故选A。

【点睛】

Cl2和SO32-发生氧化还原反应，使SO32-浓度降低，还要考虑到生成了SO42-，使SO42-浓度增大，所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化。在Cl2通入该溶液的反应中，除了Cl2和SO32-、Br－发生的氧化还原反应外，不要忽略了还有Cl2和水发生的氧化还原反应。

2．现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份各100 mL溶液进行如下实验： 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08 mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g。以下结论正确的是（     ）

A．该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-

B．该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-

C．该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-

D．该混合液中一定含有：NH4+、SO42-，可能含Mg2+、K+、Cl-

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

第一份：第一份加入AgNO3，溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在：Cl−、CO32−、SO42−；

第二份：加足量NaOH溶液加热后生成的0.08mol气体为氨气，则溶液中一定含有NH4+，且物质的量为0.08mol；

第三份：能够与氯化钡生成白色沉淀的为碳酸根离子或硫酸根离子，根据题中信息可知4.66g为硫酸钡，12.54g为硫酸钡和碳酸钡的混合物，因此一定不存在Mg2+、Ba2+。，碳酸钡的物质的量为：；再根据电荷守恒，正电荷为：n(+)=n(NH4+)=0.08mol；负电荷：n(-)=2n(CO32−)+2n(SO42−)=0.12mol，故一定有K+，至少0.04mol；根据以上分析可知，溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32−、SO42−，可能含有Cl−，若存在氯离子，钾离子的物质的量大于0.04mol；若不存在氯离子，钾离子的物质的量为0.04mol，所以A正确。故答案选：A。

【点睛】

离子推断问题有定量计算时可根据电荷守恒，得出是否存在某些离子。

3．向0.02mol·L-1CuSO4溶液中匀速滴加1mol·L-1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu2(OH)2SO4]生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。该实验过程体系的pH和电导率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A．c(Cu2+)：a点=b点

B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为

C．d点时：

D．导电能力：

【答案】D

【解析】

【分析】

c到d溶液pH突变，说明c点沉淀达到最大值，a到c发生生成沉淀的反应：，c到e发生沉淀溶解反应：+=2+8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。

【详解】

A．a到b发生，c(Cu2+)减小，故c(Cu2+)：a点＞b点，A错误；

B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为、而不是，B错误；

C．c点沉淀达到最大值，此时溶质为(NH4)2SO4，c到d，pH突变，但导电率几乎不变，故d点，溶质为(NH4)2SO4和，那么d点溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，因此时pH＞7，c(H+)＜c(OH-)，故c(NH4+)＞2c(SO42-)，C错误；

D．b’点之前释放NH4+，导电能力增强，b’之后释放和OH-，导电能力降低，说明导电能力，D正确。

答案选D。

【点睛】

找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。

4．天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是（　　）

A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解

B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-

C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸

D．“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同

【答案】D

【解析】

【分析】

火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。

【详解】

A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；

B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；

C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，故C正确；

D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；

故答案为D。

5．在电解质溶液的导电性实验（装置如图所示）中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是（   ）

A．盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液

B．硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液

C．硫酸中逐滴加入氯化钡溶液

D．盐酸中逐滴加入银溶液

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A、盐酸中加入氢氧化钠溶液，反应生成水和氯化钠，溶液中离子的浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故A项错误；

B、向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶液中的离子浓度增大，灯泡亮度升高，故B项正确；

C、硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故C项正确；

D、盐酸中加入银溶液，反应生成氯化银沉淀和，溶液中离子的浓度不发生变化，灯泡不会变暗，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

6．固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：

根据上述实验，以下说法正确的是（      ）

A．气体A一定只是NO

B．由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有K2SO3

C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3

D．溶液甲中一定含有K2SiO3，可能含有K[Al(OH)4]、MgCl2

【答案】B

【解析】

【分析】

固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有铁，遇到硫显示血红色，K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，K[Al(OH)4]和稀反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和反应，K2CO3可以和稀反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2，据此回答判断。

【详解】

固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有铁，遇到硫显示血红色，K2SiO3、K2SO3、K[Al(OH)4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，K[Al(OH)4]和稀反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和反应，K2CO3可以和稀反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2；综上可知：原物质中一定含有：Fe、K2SiO3、K2SO3，可能含有：K[Al(OH)4]、K2CO3，Fe2O3；

A．气体A中含有NO，还可能含有CO2，故A错误；

B．溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，故B正确；

C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，可能是Fe2O3和盐酸反应生成的铁离子和含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加KSCN溶液，没有血红色，不能证明原混合物中一定没有Fe2O3，故C错误；

D．溶液甲中一定含有K2SiO3，一定不含有MgCl2，可能含有K[Al(OH)4]、K2CO3，故D错误；

故答案选B。

【点睛】

本题需要注意把握反应的现象，根据实验现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D。

7．烧杯中盛有100mL  0.1mol/L的NaHSO4溶液，向其中逐滴滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，烧杯中某些物质（或微粒）的物质的量的变化曲线如图。下列说法正确的是

A．曲线a表示Ba2+的物质的量的变化

B．曲线c表示OH-的物质的量的变化

C．加入Ba(OH)2溶液50mL反应的离子方程式为 Ba2+＋OH－＋H＋＋SO42－→BaSO4↓＋H2O

D．加入Ba(OH)2溶液大于50mL后，反应的离子方程式为 OH－＋H＋→H2O

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A.由图象曲线变化可知，在加入的氢氧化钡溶液体积小于100mL前，曲线a表示离子的浓度减小，此段曲线a表示的是硫酸根离子，当Ba( OH)溶液体积大于100mL后，曲线a表示的是钡离子浓度，故A错误；

B.由图可知，曲线c表示离子的浓度先减小后增大，50mLBa( OH)2溶液加入时为0，此时100mL0.1mol/L的NaHSO4恰好和0.1mol/L的Ba(OH)2反应，继续加入Ba( OH)2溶液后，OH-的浓度逐渐增大，则直线c表示OH-的物质的量的变化，故B正确；

C.加入Ba(OH)2溶液50mL，两者恰好完全反应，其反应的化学方程式为: Ba2+＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故C错误；

D.加入Ba(OH)2溶液大于50mL后，硫酸氢钠中氢离子已经反应完全，此时的反应为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡的反应，反应的离子方程式为：Ba2++ SO42-=BaSO4↓，故D错误；

故选B。

8．向X的溶液中加入Y试剂，产生的沉淀示意图与下图所示情形吻合的是(注意线段的斜率)

A．向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入CO2 ．向HCl和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH

C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH ．向NH4Cl和MgCl2的混合溶液中滴加NaOH

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．NaOH、Ca(OH)2都是碱，CO2与OH－反应生成CO32－，随着发生Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此认为，反应先后顺序是：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、NaOH＋CO2=NaHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，符合题中图像，故A正确；

B．盐酸是酸，先于NaOH反应，因此顺序是HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，开始一段时间无沉淀，然后出现沉淀，最后沉淀完全消失，与图像不符，故B错误；

C．Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，反应先后顺序是：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、NH4＋＋OH－=NH3·H2O、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，生成沉淀最大消耗NaOH的量是Al(OH)3完全消失消耗NaOH量的3倍，与图像不符，故C错误；

D．Mg2＋结合OH－能力强于NH4＋，因此有Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、NH4＋＋OH－=NH3·H2O，与图像不符，故D错误。

故选A。

9．某溶液中只可能含有、、、、、、、中的若干种离子，且所含有的离子浓度均为。某同学为确定其成分，进行如图所示实验：

下列说法正确的是(    )

A．无法确定原试液中是否含有、

B．滤液X中大量存在的阳离子有、和

C．无法确定沉淀C的成分

D．原溶液中存在的离子为、、、

【答案】D

【解析】

【分析】

加稀硫酸无明显现象，说明溶液中无，加入过量钡产生了沉淀A，则沉淀A为，产生的气体根据题目的条件只能是氮氧化物，则溶液中必有，AlO2-和不共存，所以没有AlO2-。加入过量的碱能产生气体，则只能是氨气，溶液中必有，此时产生的沉淀B为，最终通入少量二氧化碳，产生的沉淀C中必然有，接下来根据电荷守恒来判断，已确定的离子有、、，已知离子的物质的量相等，根据电荷守恒，一定存在，和都不能存在。

【详解】

A．一定存在，一定不存在，A项错误；

B．X中不可能有，此时溶液中的已经全部被氧化为，B项错误； 

C．沉淀C为，C项错误；

D．根据以上分析，D项正确；

答案选D。

10．下列化学过程的表述或数据说明，明显不符合事实的是（   ）

A．向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，沉淀的总的物质的量却并非是最大值

B．将0.12mol Cl2 通入到100mL 1mol/L 的FeI2溶液中，离子方程式是：12Cl2+10Fe2++14I-=10Fe3++7I2+24Cl-

C．较高的温度下，可以测得0.1mol/L氨水的电离度为55%左右

D．十六烷的裂化产物中不饱和烃的分子数可能会超过50%

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

A. 向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，氢氧化钡过量，部分铝元素以偏铝酸根离子存在，所以向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时，沉淀的总的物质的量却并非是最大值，A项正确；

B. n(FeI2)=1mol/L×0.1L=0.1mol，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，氧化碘离子需要氯气的物质的量为0.1mol，氧化亚铁离子需要氯气的物质的量为0.05mol，所以如果完全氧化碘化亚铁需要氯气的物质的量为0.15mol＞0.12mol，则氯气完全反应消耗亚铁离子的物质的量为0.02mol，则离子方程式为6Cl2+2Fe2++10I-=2Fe3++5I2+12Cl-，B项错误；

C. 常温下一水合氨电离程度小于1%，升高温度促进一水合氨电离，但较高温度下，氨水挥发，其电离程度不可能达到55%，C项错误；

D. 十六烷的裂化生成不饱和烃和饱和烃，不饱和烃的物质的量可能大于饱和烃，所以不饱和烃的分子数可能会超过50%，D项正确；

答案选BC。

【点睛】

本题易错点B项，关于氧化还原反应，当加入一个氧化剂，有多个还原剂能与之反应时，要注意强的还原剂先反应，并且要注意加入的氧化剂的量，是否满足所有的还原剂。

11．今有一混合物的水溶液，只可能肯有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100 mL溶液进行如下实验：

(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀生成；

(2)第二份加足量NaOH溶液后，收集到气体0.05mol；

(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。

根据上述实验，以下推测正确的是

A．K+可能存在 ．混合溶液中c(CO32-)为1 mol/L

C．Cl-一定存在 ．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】

①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl-、CO32-、SO42-；②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有NH4+，且物质的量是0.05mol，其浓度是0.05mol÷0.1L＝0.5mol/L。③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol；4.3g沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡质量为4.3g－2.33g＝1.97g，物质的量为1.97g÷197g/mol＝0.01mol，故一定存在CO32-、SO42-，因而一定没有 Mg2+、Ba2+；c（CO32-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，c（SO42-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L。根据电荷守恒可知，c（NH4+）－2c（CO32-）+2c（SO42-）==0.5mol/L－0.1mol/L×2－0.1mol/L×2＝0.1mol/L，所以一定还含有阴离子，即一定含有氯离子，则K＋也可能存在，综合以上可以得出，一定存在的离子有NH4+、K+、CO32-、SO42-、Cl-，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，因此答案选AC。

12．Ba(HS)2溶液中加入一定量的CuSO4溶液，发生的反应的离子方程式可能为（    ）

A．Ba2++HS-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+CuS↓+H+

B．Ba2++2HS-+2Cu2++SO42-=BaSO4↓+2CuS↓+2H+

C．2Ba2++2HS-+Cu2++2SO42-=2BaSO4↓+CuS↓+H2S↑

D．Ba2++2HS-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+CuS↓+H2S↑

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A. 1molBa2+一定含有2molHS-，因为铜离子和硫离子结合会生成难溶于酸的硫化铜沉淀，A项错误；

B. 硫酸铜过量时，HS-离子全部电离生成硫化铜，所以反应的离子方程式为Ba2++2HS-+2Cu2++SO42-=BaSO4↓+2CuS↓+2H+，B项正确；

C. 2molBa2+提供4molHS-，依据2molSO42-溶液中含有2molCu2+，铜离子全部沉淀后剩余HS-会和氢离子形成2molH2S，C项错误；

D. 1molBa2+一定含有2molHS-，1molCu2+ 和1molHS-反应生成1molCuS沉淀，电离出的氢离子和剩余的1molHS-结合生成硫化氢，反应的离子方程式为：Ba2++2HS-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+CuS↓+H2S↑，D项正确；

答案选BD。

13．氯化亚铜是一种重要的化工产品，广泛用于颜料、电镀和有机合成等方面。它不溶于H2SO4和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解且被氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu(OH)C1]。以海绵铜(主要成分是Cu，还含少量CuO)为原料，采用铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）为了提高“溶解”速率，工业生产中宜采用的措施有__(答两条即可)。

（2）写出“溶解”过程中发生氧化还原反应的离子方程式：__。

（3）“过滤2”所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作获得一种化学肥料，它的主要成分是__(填化学式)。

（4）工业生产中，用pH=2的硫酸洗涤“产品”，其目的是__。

（5）氯化亚铜产率与温度、溶液pH的关系如图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低会影响CuCl产率的原因是__；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是__。

（6）目前利用膜电解再生氨性含铜蚀刻废液制备氯化亚铜的技术获得突破。首先在电解槽中电解氨性含铜蚀刻废液，电解后向阴极液中加入盐酸酸化，再倒入蒸馏水稀释得到氯化亚铜沉淀。电解装置如图所示，阴极区发生的电极反应为__，阳极区溶液的pH将__(填“变大”或“变小”)。

【答案】适当加热，适当增大硫酸浓度 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O (NH4)2SO4 抑制CuCl的水解 温度过低反应速率慢 Cu2+容易向CuO和Cu2O转化[或铵盐(如氯化铵、亚硫酸铵)受热易分解] Cu(NH3)42++e-+2H2O=Cu(NH3)2++2NH3·H2O 变小    

【解析】

【分析】

海绵铜加入硫酸和铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵，生成氯化亚铜，发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，以此解答该题。

【详解】

(1) 从影响反应速率的因素角度分析，反应物接触面积越大，反应速率越快，或者适当升高反应液的温度，适当增大硫酸的浓度等也可以增大“溶解”速率；

(2) 在酸性条件下根离子能氧化铜，还原产物为NO，对应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；

(3) 亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原成CuCl，对应的化学方程式为2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O═2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4；

(4)CuCl是强酸弱碱盐，易水解，用硫酸洗涤氯化亚铜，避免氯化亚铜水解；

(5) 流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，Cu2+容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(如氯化铵、亚硫酸铵)受热易分解；

(6) 根据电解装置，阴极得电子，其电极反应式为[Cu(NH3)4]2++e-+2H2O=[Cu(NH3)2]++2NH3•H2O；阳极的电极反应式为4OH--4e-═O2↑+2H2O，溶液的pH将变小。

14．在工业上可作蓄电池中良好的正极材料。以废铅蓄电池拆解出来的“铅泥”（主要成分为，另有少量Pb、和等）为原料制备的一种工艺流程如图所示：

已知：i．常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应。

ii．铅盐中，(CH3COO)2Pb、Pb(NO3)2均易溶于水，难溶于水。

请回答下列问题：

（1）“酸溶”时，Pb和PbO2转化为可溶性Pb2＋盐，则“酸溶”时所用的强酸X为____；此条件下的氧化性：X___PbO2（选填“>”或“<”）

（2）用Pb(NO3)2溶液反复多次洗涤沉淀，以达到“除钙”的目的，其原理是_____________。

（3）(CH3COO)2Pb属于__________（选填“强电解质”或“弱电解质”）；“滤液3”中除CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有___________(填化学式)

（4）“析铅”反应的离子方程式为____________________。

（5）从环境保护的角度分析，该工艺流程可能存在的缺点是_______________（任写一条）

（6）铅蓄电池中的电解液是H2SO4，放电后两个电极上均沉积有PbSO4。则放电时的负极反应式为___；充电时当电极上通过1mol电子，阳极的质量减少__________g。

【答案】（或HNO3）； ＜ PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中 弱电解质 NaCl、Na2SO4 (CH3COO)2Pb＋ClO－＋2OH－=PbO2↓＋Cl－＋2CH3COO－＋H2O “酸溶”时会产生大气污染物NOx（重金属铅盐可污染土壤或水源） Pb＋SO42－－2e－=PbSO4 32    

【解析】

【分析】

【详解】

（1）“酸溶”的目的是将Pb、PbO2转化为可溶性Pb2+，而常温下，单质铅与盐酸或硫酸几乎都不反应，故所用的强酸应为；在有存在的环境下，PbO2转化为Pb2+，表现出氧化性，说明PbO2的氧化性比强，故答案为：（或HNO3）；＜；

（2）CaSO4的溶解平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，加入Pb(NO3)2溶液，Pb2+与SO42-结合成更难溶的PbSO4，使CaSO4的溶解平衡不断正向移动，最终完全溶解，达到“除钙”的目的，故答案为：PbSO4比CaSO4更难溶解，加入Pb(NO3)2溶液，可使CaSO4不断转化为PbSO4，Ca2+进入到溶液中；

（3）“盐溶”时，加入CH3COONa可使PbSO4的溶解平衡正向移动，转化为(CH3COO)2Pb，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质；“盐溶”后，溶液中含有(CH3COO)2Pb和Na2SO4，接下来“析铅”，加入NaClO、NaOH溶液，(CH3COO)2Pb转化为PbO2，Pb元素的化合价升高，推知NaClO转化为NaCl，Cl元素的化合价降低，因此“滤液3”中除CH3COONa和NaClO外，所含钠盐主要还有NaCl和Na2SO4，故答案为：弱电解质；NaCl、Na2SO4；

（4）“析铅”反应的离子方程式为：(CH3COO)2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+Cl-+2CH3COO-+H2O，故答案为：(CH3COO)2Pb+ClO-+2OH-=PbO2↓+Cl-+2CH3COO-+H2O；

（5）“酸溶”阶段加入的HNO3会转化为NOx污染环境，铅是重金属，铅盐也会污染土壤或水源，故答案为：“酸溶”时会产生大气污染物NOx（重金属铅盐可污染土壤或水源）；

（6）铅蓄电池的负极为Pb，放电时负极发生的反应为：Pb＋SO42－－2e－=PbSO4；充电时阳极发生反应：PbSO4－2e－+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，当电极上通过1mol电子，阳极上有0.5molPbSO4转化为0.5molPbO2，质量减少32g，故答案为：Pb＋SO42－－2e－=PbSO4；32。

【点睛】

二次电池充、放电时电极的判断：

放电时的负极发生失电子的氧化反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生得电子的还原反应，做阴极；

放电时的正极发生得电子的还原反应，该极充电时要恢复原状，则需要发生失电子的氧化反应，做阳极。

15．石棉矿是天然纤维状硅酸盐类矿物的总称，可分为蛇纹石石棉矿(又称温石棉矿)和闪石类石棉矿两大类。蛇纹石石棉矿具有优良的性能，在工业中应用广泛，在国防和航天工业中亦有许多用途。

(1)“蛇纹石石棉”的氧化物形式为6MgO•4SiO2•4H2O，其中原子半径最大的元素在周期表中的位置是______________________。Si原子的核外有_____种能量不同的电子，其最外层电子的运动状态有____种。SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为_____________________。

(2)能源材料是当今科学研究的热点。氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60(结构见图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_____。

a.C60、Si60、N60都属于新型化合物 

b.C60、Si60、N60互为同分异构体 

c.已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱N2

d.已知金刚石中C－C键长154pm，C60中C－C键长145~140pm，故C60熔点高于金刚石

(3)常温下，将a mL 三种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：

(4)部分实验反应过程中的pH变化曲线如下图：

①表示乙组实验的pH变化曲线是________________(填图1或图2)

②上图中表示溶液呈中性的点为_________，表示溶液恰好完全反应的点是_______

【答案】第三周期第IIA族 5种 4种 SiO2 + 2NaOH →Na2SiO3 + H2O c HZ +OH- → H2O + Z- 1×10-5 HY HZ HX 图1 BD BE    

【解析】

【详解】

这几种元素中，原子半径最大的元素是Mg元素，镁原子核外有3个电子层、最外层电子数是2，所以镁位于第三周期第IIA族； 原子核外有几种能级就有几种能量不同的轨道，原子最外层上有几个电子就有几种运动状态不同的电子，Si原子核外有1s、2s、2p、3s、种能量不同的电子，其最外层有4个电子，所以有4种运动状态的电子；与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式为； 

故答案为：第三周期第IIA族；5；4；； 

、、都属于单质，a错误；同分异构体研究对象为化合物，、、都属于单质，且分子式不相同，b错误；键能小于，键能越小，化学键越不稳定，故的稳定性弱于，c正确；金刚石属于原子晶体，属于分子晶体，故金刚石的熔点高于，d错误，故答案选c。

，说明NaZ为强碱弱酸盐，HZ为弱酸，则HZ和NaOH发生反应的离子方程式为；所得溶液中由水电离出的；等体积等浓度混合，只有HY与NaOH反应后溶液的，则HY为强酸，混合溶液的PH的大小顺序为：甲丙乙，所以对应的酸的酸性强弱为，故答案为：；；；

的酸溶液，图1表示的说明为强酸，图Ⅱ起始溶液，说明为弱酸在溶液中部分电离出氢离子，乙组酸碱等浓度等体积反应溶液说明溶液呈中性是强酸强碱发生的反应，图1符合，故答案为：图1；

图象中溶液时溶液呈中性，B、D点时溶液显示中性，分析图，图可知图1是强酸强碱反应，反应终点时溶液，图2是弱酸和强碱反应，恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，说明BE点是表示溶液恰好完全反应的点，故答案为：BD；BE。