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1、化学高中化学离子反响练习题化学高中化学离子反响练习题一、高中化学离子反响1以下各反响对应的离子方程式正确的选项是（）2溶液中加入少许的32+-3-332-2OA向Ca(OH)NaHCO溶液：Ca+2OH+2HCO=CaCO+CO+2H-1的Ba(OH)溶液中通入2+-B向100mL0.12molL20.02molCO2：Ba+3OH+2CO2=HCO3+BaCO3+H2OC硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反响后+42-2+-42pH恰巧为7：H+SO+Ba+OH=BaSO+HO23-1稀盐酸：OH-32-D向含0.1molNaOH和0.1molNaCO的溶液中加入1L0.4molL+CO+22+3H=C
2、O+2HO【答案】D【分析】【剖析】【详解】A依据定少为一的原则，将NaHCO3的系数定为1，则向Ca(OH)2溶液中加入少许的NaHCO3溶液，离子反响方程式应为：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O，A选项错误；B先算出Ba(OH)2的物质的量为0.012mol，而CO2的物质的量为0.02mol，两者的物质的量为3:5，依照3:5的化学计量比来写方程式：3Ba2+-23-32+6OH+5CO=4HCO+BaCO+HO，B选项错误；C硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反响后pH恰巧为7，所以两者按2:1的系数来反响：+42-2+-422H+SO+Ba+OH=BaSO+2HO，C选项错误；D第
3、一三者的物质的量之比为1:1:4，稀盐酸先和烧碱中和，过度的稀盐酸再和纯碱反应，据此离子反响方程式为：OH-32-+22+CO+3H=CO+2HO，D选项正确；答案选D。【点睛】此题考察了离子方程式的书写，重视考察反响物用量不一样发生反响不一样的离子反响，题目难度较大，注意反响的次序，特别是某一种反响物过度时的后续反响。2以下实验与对应表示图的关系正确的选项是（）A向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过度/B向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过度C向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至过度D向澄清石灰水中慢慢通入CO2至过度【答案】C【分析】【剖析】【详解】A.NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，有关
4、反响为和Al(OH)3+3H+=Al3+AlO2+H+H2O=Al(OH)3+ 3H2O，渐渐产生积淀，达到必定量后积淀渐渐减少直至完整消逝，图像应为， A错误；B.向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过度，积淀不溶解，图像错误，B错误；C.向明矾溶液中逐滴滴加Ba(OH)溶液至过度，依据反响式2KAl(SO)3Ba(OH)KSO2422243BaSO2Al(OH)可知，当加入1.5mol氢氧化钡时生成1.5mol硫酸钡和1mol氢氧化43铝。依据反响式KAl(SO4222422mol氢氧化)2Ba(OH)KAlO2BaSO2HO可知，当加入钡时，生成的氢氧化铝又溶解生成偏铝酸钠，此时硫酸钡的积淀
5、达到最大值，所以图像可表示为，C正确；D.向澄清石灰水中慢慢通入CO2至过度，会生成能溶于水的碳酸氢钙，积淀会消逝，D错误；故答案选C。【点睛】在书写与量有关的离子方程式时，往常采纳以少定多少为1的方式。3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（）AFe3+、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CFe3+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
6、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Fe232+的量为0.02mol，即原溶液中c(Fe2)=0.2mol/L；O，所以100mL原溶液中，Fe因为第一步中加入的Cl2会转变
7、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)0.3mo
8、l/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符合电荷守恒进行
9、考证。4在电解质溶液的导电性实验（装置以下图）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，至熄灭后又渐渐变亮的是（）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盐酸中逐滴加入硝酸银溶液【答案】B【分析】【剖析】【详解】A、盐酸中加入氢氧化钠溶液，反响生成水和氯化钠，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，反响生成氢氧化铜积淀和硫酸钡积淀，溶液中离子浓度不停减小，灯泡亮度不停降低，直到熄灭，当氢氧化钡过度时，溶液中的离子浓度增大，灯泡亮度高升，故B项正确；C、硫酸中加入氯化钡溶液，反响
10、生成硫酸钡积淀，溶液中离子浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故C项正确；D、盐酸中加入硝酸银溶液，反响生成氯化银积淀和硝酸，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，此题正确答案为B。5常温下，以下各组离子在相应的条件下能大批共存的是（）+-10-1-2+2-A由水电离产生的c(H)=110mol?L的溶液中：NO3、Fe、Na、SO4Kw=10-10mol?L-1的溶液中：NH4+、I-、Cl-、K+B+c(H)c(OH-)6+-C+)=110的溶液中：K、Na、Cl、HCO3c(HD惰性电极电解AgNO3后的溶液中：SO32-、K+、Na+、S2-【答案】B【分析】【剖析】【详解】A由水电离产生的+-10-1的溶液可能是碱性溶液，也可能是酸性溶液。在酸c(H)=110mol?L性溶液中，H、NO3和Fe2发生氧化复原不可以大批共存，在碱性溶液中，Fe2和OH反响生成Fe(OH)2，不可以大批共存，A不切合题意；BKw=c(OH)=10-10mol?L-110-7mol?L-1，其溶液为酸性溶液，NH4+、I-、Cl-、K+不生c(H+)成气体，不产生积淀，也不生成水，能够大批共存，B切合题意；c(OH-)6的溶液为碱性溶液，HCO和HC与OH反响生成CO2=110332O，不可
