【文档说明】专题二 离子共存与离子方程式（专练）-冲刺2023年高考化学二轮复习核心考点逐项突破（解析版）.docx，共(16)页，674.339 KB，由envi的店铺上传

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专题二离子共存与离子方程式基础过关检测考试时间：70分钟卷面分值：100分学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考

号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上。4.所有题目必须在答题

卡上作答。在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只交试卷答题页。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5一、选择题(本题含16小题，每题3分，共48分。每题只有一个选

项符合题意)1．（2023·广东广州·一模）下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是A．金属钠加入水中：22NaHO=NaOHH+−+++B．3AlCl溶液中滴入过量NaOH溶液：()33Al3OH=AlOH+−+C．同浓度同体积44NHHSO溶液与NaOH溶液混合：4

32=NHOHNHHO+−+D．223NaSO溶液中通入足量氯气：2223224SO4Cl5HO=2SO8Cl10H−−−+++++【答案】D【详解】A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氢气：2Na2O2+2H2O=4Na++4O

H-+O2↑，A错误；B．3AlCl溶液中滴入过量NaOH溶液生成偏铝酸钠溶液和水：3+--22Al+4OH=AlO+2HO，B错误；C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合只发生氢离子和氢氧根离子的反应生成水：H++OH-=H2O，C错误；D．Na

2S2O3溶液中通入足量氯气生成硫酸钠、硫酸、HCl和水：2-23SO+4C12+5H2O=22-4SO+8Cl-+10H+，D正确；故选D。2．（2022·四川雅安·统考模拟预测）在澄清透明溶液中，下列离子组一定能大量共存的

是A．2Cu+、4NH+、Cl−、3NO−B．2Fe+、H+、3NO−、I−C．3Al+、Na+、24SO−、23CO−D．2Mg+、K+、OH−、3HCO−【答案】A【详解】A．2Cu+、4NH+、Cl−、3NO−之间不发生反应，在溶液中能大量共存，故

A正确；B．3NO−在酸性条件下具有氧化性，将氧化2Fe+，故B错误；C．3Al+和23CO−将发生双水解，故C错误；D．OH−和3HCO−将反应生成23CO−，不能在溶液中大量共存，故D错误；故答案选A。3．（2022·浙江

·模拟预测）能正确表示下列反应的离子方程式为A．NaHS溶液和硝酸混合：2HSHHS−++=B．明矾溶液与过量氨水混合：33224Al4NH2HOAlO4NH+−+++=+C．4FeSO溶液中加入22HO产生沉淀：()222232FeHO4HO2FeOH4H++++=+D．向

4CuSO溶液中滴加氨水，产生难溶物：()22Cu2OHCuOH+−+=【答案】C【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将HS−氧化，A错误；B．明矾在水中可以3Al+，可以与氨水中的OH−发生反应生成()3AlOH，但由于氨水的碱性较弱，生成的()3AlOH不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程

式为()33243Al3NHHOAlOH3NH+++==+，B错误；C．22HO具有较强的氧化性，4FeSO溶液中加入22HO产生的沉淀是氢氧化铁，该反应的离子方程式为()222232FeHO4HO2Fe

OH4H++++==+，C正确；D．一水合氨是弱碱，离子方程式中不可拆，正确的离子方程式为()23242Cu2NHHOCuOH2NH+++==+，D错误。故选C。4．（2022·浙江·模拟预测）下列反应的离子方程式正确的是A．向碘水中通入足量的2SO：22224ISO2HO2HISO

2H−+++=++B．用石墨电极电解CuCl2溶液：2222Cu2HO2CuO4H+++++电解C．向饱和Na2CO3溶液中滴加少量乙酸：2-3CO+CH3COOH=-3HCO+CH3COO-D．常温下，硫化钾溶液的pH＞7：222S2HOHS2OH−−++【答案】C【详解】A．HI是强酸，在

反应中应拆写成离子形式，正确的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+2-4SO+4H+，A错误；B．用石墨电极电解CuCl2溶液，阳极上Cl-失去电子变为Cl2；阴极上Cu2+得到电子被还原为Cu单质，

反应的离子方程式为：Cu2++2Cl-电解Cu+Cl2↑，B错误；C．由于酸性：乙酸＞H2CO3，向饱和Na2CO3溶液中滴加少量乙酸，反应产生NaHCO3、CH3COONa，该反应的离子方程式为：2-3CO+CH3COOH=-3HCO+CH3COO-，C正确；D．

S2-是H2S二级电离产生的，S2-的水解分步进行，主要是第一步水解，其第一步水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-，D错误；故合理选项是C。5．（2021·浙江绍兴·校考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是A．(NH4)2CO3的电离方程式：(NH4)2CO3⇌2NH+4

+CO2-3B．二氧化氮与水反应：3NO2+H2O=2H＋+2NO-3+NO↑C．FeI2溶液中加入过量氯水：2Fe2＋+2I-+2Cl2=2Fe3＋+I2+4Cl-D．往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O2＋CO2-3【答案】B【

详解】A．(NH4)2CO3为强电解质的电离方程式+2-42343(NH)CO=2NH+CO，A错误；B．二氧化氮与水反应+-2233NO+HO=2H+2NO+NO，B正确；C．FeI2溶液中加入过量氯水发生的反应

为2-3-222Fe+4I+3Cl=2Fe+2I+6Cl＋＋，C错误；D．往苯酚钠溶液中通入少量CO2，因酸性：H2CO3>苯酚>-3HCO，所以正确的离子方程式为＋CO2＋H2O=＋-3HCO,D错误；

故选B。6．（2022·陕西渭南·一模）常温下，下列离子一定能大量存在于相应溶液中的是A．能使淀粉－KI试纸变蓝色的溶液：Na+、NH4+、S2-、Cl-B．能使酚酞变深红色的溶液：K+、Ba2+、NO3−、HCO3−C．能使A

l转化为AlO2−的溶液：Na+、K+、NO3−、Cl-D．水电离出的c(OH-)=1×10-7mol•L-1的溶液：K+、Na+、CO23−、Cl-【答案】C【详解】A．能使淀粉－KI试纸变蓝色的溶液说明含有氧

化性物质，S2-具有还原性会发生氧化还原反应，在该溶液中不能大量共存，故A错误；B．能使酚酞变深红色的溶液显强碱性，HCO3−能与溶液中的OH-发生反应，在该溶液中不能大量共存，故B错误；C．能使Al转化为AlO2−的溶液显强

碱性，Na+、K+、NO3−、Cl-在强碱性环境均不能互相反应，能大量共存，故C正确；D．常温下水电离出的c(OH-)=1×10-7mol•L-1的溶液显中性，有可能是CaCl2溶液，CO23−不能大量共存，故D错误；故答案为C7．（2022·山东青岛·统考模拟预测）常温

下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=12的溶液中：++--2KNaBrAlO、、、B．c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：+4NH、Cu2+、2-3CO、2-4SOC．滴加KSCN溶液显红

色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-D．水电离的c(OH−)=1×10−13mol·L-1的溶液中：K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+【答案】A【详解】A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，故A符合题意；B．c(OH－)/c(H+)＝

10－12的溶液，呈酸性，碳酸根不能大量共存，故B不符合题意；C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，具有氧化性，和碘离子不能共存，故C不符合题意；D．水电离的c(OH−)＝1×10−13mol·L－1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为

酸性，醋酸根离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，故D不符合题意；故答案为：A。8．（2022·陕西汉中·统考模拟预测）下列反应的离子方程式书写正确的是A．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：-2+-332HC

O+Ca+OH=CaCO+HOB．SO2通入漂白粉溶液中：2+223SO+HO+Ca+2ClO=CaSO+2HClOC．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2-+2322SO+2H=SO+S+HOD．向F

e(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：3+-2+22Fe+2I=2Fe+I【答案】C【详解】A．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应时，阳离子、阴离子都发生反应，反应的离子方程式为：+4NH+-3HCO+Ca2++2OH-=NH3·H2O+CaCO3↓+H2O，A

错误；B．SO2通入漂白粉溶液中，会发生氧化还原反应产生CaSO4、HCl及HClO，反应的离子方程式应该为：SO2+Ca2++3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，B错误；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．在酸性条件下，H

+、-3NO起HNO3的作用，表现强氧化性，氧化性比Fe3+强。Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，反应产生Fe(NO3)2、I2、NO、H2O，该反应的离子方程式应该为：10I-+3-3NO+Fe3++12H+=5I2+3NO↑+

Fe2++6H2O，D错误；故合理选项是C。9．（2022·四川成都·校考模拟预测）下列有关离子方程式书写正确的是A．工业上用过量的空气氧化氨气：5O2＋4NH3催化剂4NO+6H2OB．向BaCl2溶液中通入CO2气体：Ba2＋＋CO2＋H2O=BaCO3↓＋2H＋

C．用惰性电极电解AlCl3水溶液：Al3＋＋4Cl—＋2H2O通电AlO-2＋2Cl2↑＋2H2↑D．用氨水除去NH4Cl溶液中的FeCl3：Fe3＋＋3OH—=Fe(OH)3↓【答案】A【详解】A．催化剂作用下氨气与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮

和水，反应的化学方程式为5O2＋4NH3催化剂4NO+6H2O，故A正确；B．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化钡溶液反应，故B错误；C．用惰性电极电解氯化铝水溶液制得氢氧化铝沉淀、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Al3＋＋3Cl—＋6H2O

通电2Al(OH)3↓＋3Cl2↑＋3H2↑，故C错误；D．氯化铁溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH+4，故D错误；故选A。10．（2022·浙江·模拟预测）下列反应的离子方程式不正确的

是A．向苯酚钠溶液中通入少量2CO：6522653CHOHOCOCHOHHCO−−++→+B．向氯化镁溶液中加入氨水：23224Mg2NHHO=Mg(OH)2NH++++C．铁作电极电解饱和食盐水：2222Cl2HOHCl2OH电解−−+

++D．海带浸泡液中加入酸化的222222HO:2IHO2H=I2HO−++++【答案】C【详解】A．由于酸性：365HCOCHOH−，则向苯酚钠溶液中通入少量2CO只能得到3HCO−，其反应为6522653CHOHOCOCHOHHCO−−++→+，A正确；B．向

氯化镁溶液中加入氨水会产生2Mg(OH)沉淀，其反应的离子方程式为23224Mg2NHHO=Mg(OH)2NH++++，B正确；C．铁作电极电解饱和食盐水，阳极的铁将失去电子发生氧化反应，故正确的方程式为222Fe2HOHFe(OH)++电解，C错误；D．海带浸泡液中的I−与22HO在

酸性条件下反应生成2HO和2I，其反应为222222HO:2IHO2H=I2HO−++++，D正确；故选C。11．（2022·广东韶关·统考模拟预测）下列关于微粒在溶液中表示正确的是。A．遇KSCN变红色的溶液中：Na

+、2Mg+、3CHCOOH、Cl−能大量共存B．无色溶液中：2Cu+、3Al+、4NH+、Cl−能大量共存C．3NaHCO溶液中加入稀盐酸：2322CO2H=COHO−+++D．向2FeCl溶液中通入2Cl：232FeCl=Fe2Cl++

−++【答案】A【详解】A．遇KSCN变红色的溶液中含有Fe3+，与Na+、Mg2+、CH3COOH、Cl-相互之间不发生反应，可以大量共存，A正确；B．Cu2+为蓝色，B错误；C．-3HCO不能拆，

离子方程式为-3HCO+H+=CO2+H2O，C错误；D．方程式电荷不守恒，离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，D错误；故选A。12．（2022·浙江·模拟预测）下列反应的离子方程式不正确的是A．草酸使酸性4KMnO溶液褪色：22244225HCO2MnO6

H2Mn10CO8HO−++++=++B．泡沫灭火器的灭火原理：()3232232Al3CO3HO2AlOH3CO+−++=+C．乙醛与新制()2CuOH悬浊液共热：()33222CHCHO2CuOHOHCHCOOCuO3HO−−++++D．NaClO将污水中的3NH氧化成2N：3223

ClO2NHN3Cl3HO−−+=++【答案】B【详解】A．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色反应的离子方程式为22244225HCO2MnO6H2Mn10CO8HO−++++=++，A正确；B．泡沫灭火器的灭火原理为硫酸铝与碳酸氢钠发生完

全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为()3323Al3HCOAlOH3CO+−+=+，B错误；C．乙醛与新制()2CuOH悬浊液共热反应的离子方程式为()33222CHCHO2CuOHOHCHCOOCuO3HO−−++⎯⎯→++△，C正确

；D．NaClO将污水中的3NH氧化成2N，反应的离子方程式为3223ClO2NHN3Cl3HO−−+=++，D正确；故选B。13．（2022·重庆·西南大学附中校联考模拟预测）下列过程对应的离子反应方程式书写正确的是A．3NaHCO溶液与过量澄清石灰水混合：233

22HCOCa2OHCaCO2HO−+−++=+B．用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：2-+3+2725322CrO+3CHOH+16H=4Cr+3CHCOOH+11HOC．向明矾溶液中通入过量氨气：33224Al4NH2HO

AlO4NH+−+++=+D．向()325CoNHClCl溶液中加入少量3AgNO溶液：()()2+3+-+3355CoNHCl+2Cl+3Ag=CoNH+3AgCl【答案】B【详解】A．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子

反应方程式为-2+-233322HCO+Ca+2OH=CaCO+CO+2HO−，故A错误；B．酸性重铬酸钾溶液与乙醇反应生成硫酸钾、硫酸铬、乙酸和水，反应的离子反应方程式为2-+3+2725322CrO+3CHOH+16H=4Cr+3CHCO

OH+11HO，故B正确；C．明矾溶液与过量氨气反应生成硫酸钾、硫酸铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子反应方程式为3++3234Al+3NH+3HO=Al(OH)+3NH，故C错误；D．配合物()325Co

NHClCl中内界氯离子不能与硝酸银溶液反应，则()325CoNHClCl溶液中与少量硝酸银溶液反应的离子方程式为-+Cl+Ag=AgCl↓，故D错误；故选B。14．（2022·全国·一模）下列各组离子，在指定条件下，一定能大量共存的是①某无色透明的酸性溶液中：Na+、

Cl—、CrO2-4、SO2-4②水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、Ba2+、Cl—、NO-3③使紫色石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、Mg2+、Cl—、NO-3④加入过量NaOH溶液后可得

到澄清溶液：K+、Ba2+、Cl—、HCO-3⑤c(H+)<c(OH—)的溶液中：ClO—、AlO-2、Na+⑥在酸性高锰酸钾溶液中：Na+、4NH+、I−、ClO−⑦能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na+、2AlO−、K+、23CO−A．①③⑤⑥B．②③⑤⑦C．②⑤⑦D．②④⑦【答案】

C【详解】①铬酸根离子在溶液中为黄色，则无色透明的酸性溶液中不可能含有铬酸根离子，铬酸根离子酸性条件下会转化为重铬酸根离子，故错误；②水电离产生的氢离子浓度为10-12mol/L的溶液可能为酸溶液，也可

能为碱溶液，四种离子在酸溶液中和碱溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故正确；③使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；④向含有四种离子的

溶液中加入过量氢氧化钠溶液，溶液中的钡离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀，不可能得到澄清溶液，故错误；⑤c(H+)<c(OH—)的溶液为碱性溶液，三种离子在碱性溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故正确；⑥在酸性高锰酸钾溶液

中，碘离子能与高锰酸根离子和次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；⑦能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故正确；②⑤⑦正确，故选C。15．（2022·全国·校联考模拟预测）25℃，下列指定条件下离子能够大量

共存的是A．酸性条件下，3Fe+可以大量存在的体系：3NO−、223SO−、4NH+、Br−B．醋酸钠和醋酸混合溶液，当()()3NaCHCOOHcc+=时：Cl−、3HCO−、4NH+、ClO−C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的溶液：2Fe+、4NH+、Br−、Cl−D．惰性电极电解时，一开始就能产

生氧气的溶液：23SO−、3HCO−、Na+、OH−【答案】C【详解】A．酸性条件下+H与223SO−发生反应，不能大量共存，故A不符合；B．醋酸钠和醋酸混合溶液，当()()3NaCHCOOHcc+=时，醋酸分子较多，能与3HCO−和ClO−反应而不能大量共存，故B不符合；C．能使酸性

高锰酸钾溶液褪色的溶液，属于还原性溶液，此溶液中2Fe+、4NH+、Br−、Cl−互不反应，能大量共存，故C符合；D．惰性电极电解时，一开始就能产生氧气的溶液，OH−与3HCO−不能大量共存，故D不符合；故选C。16．（2023·辽宁·校联考一模）下面的化学方程式或离子方

程式中，错误的是A．为获得性能良好的纳米材料，利用团簇化合物1217KSi和4NHBr反应制备纳米硅：1217432KSi12NHBr17Si12KBr12NH6H+=+++B．硒代硫酸根在酸性条件下与一定浓度的22HO反应：22322226222SeSO3

HO2HSeSO4HOO−+−++=++C．单质Te与5AsF在溶剂2SO中按计量比6：3反应：566236Te3AsFTe(AsF)AsF+=+D．利用2XeF和溴酸根溶液制备高溴酸根：2324XeFBrOHOXeBrO2HF−−++=++【答案】B【详解】A．原子守

恒电荷守恒且符合原理，A正确；B．H2O2在该反应中作氧化剂，即方程式为2-+2-32222622SSeO+HO+2H=SSeO+2HO，B错误；C．原子守恒电荷守恒且符合原理，C正确；D．原子守恒电荷守恒且符合原理，D正确；故选B。

二、非选择题(本题共4小题，每题13分，共52分)17．某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH+4、Cl-、CO2-3、SO2-4，现分别取100mL的两等份溶液进行如下实验：①第一份加过

量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体。③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体。依据实验回答下列问题：(1)由①可知存

在的离子为___________，浓度是___________mol·L-1；由②可知存在的离子为___________，浓度是___________mol·L-1；由③可知存在的离子为__________

_，浓度是___________mol·L-1。(2)该溶液中一定不存在的离子是___________(填离子符号)。(3)某同学通过分析认为该溶液中一定存在K+，他的理由是___________。【答案】NH+40.2Al3+0.2SO2-40.5Fe3+、Mg2+、Ba2

+、CO2-3已知的NH+4、Al3+的正电荷总量小于SO2-4负电荷总量，依据电荷守恒，一定有K+存在。【详解】试题分析：(1)与氢氧化钠溶液反应产生气体，说明原溶液中含有铵根离子，所以由①可知存在的离子为

NH4+，100mL溶液中含有0.02molNH4+，则铵根离子的浓度是0.2mol·L-1；因为加入过量氢氧化钠溶液无沉淀生成，说明原溶液中不存在Fe3+、Mg2+，通入过量二氧化碳后有沉淀生成，说明原溶液中存在Al3+，1.02g的固体是氧化铝，物质的量是0.01mol，则Al3+的浓度是

0.01mol×2/0.1L=0.2mol/L；由③可知原溶液中存在SO42-，11.65g固体是硫酸钡的质量，其物质的量是0.05mol，所以SO42-的浓度是0.05mol/0.1L=0.5mol/L；(2)根据以上分析，

硫酸根离子的存在，则一定不存在Ba2+，Al3+离子的存在，则一定不存在CO32-，因为加入过量氢氧化钠溶液无沉淀生成，说明原溶液中不存在Fe3+、Mg2+，所以原溶液中肯定不存在的是Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-(3)根据溶

液呈电中性的原理，此时溶液中的负电荷浓度是0.5mol/L×2=1mol/L，正电荷的浓度是0.2+0.2×3=0.8mol/L<1mol/L，所以一定含有K+。考点：考查溶液中离子的判断与计算18．（2022·浙江·模拟预

测）固体X是四种短周期元素组成的化合物，X的性质与铵盐相似。为探究固体X的组成，取3.28gX，与含NaOH0.04mol的溶液恰好发生复分解反应，得溶液A(溶液A中含两种溶质，其中一种溶质的相对分子质量为33)，将溶液A分成1A和2A两等份，完成如下

实验(1A与0.02mol硝酸恰好反应，无色气体B在标准状况下的体积为896mL，在空气中变成红棕色)：(1)组成X的四种元素是_________(填元素符号)，X的化学式为_________。(2)A中某种溶质与AgBr反应可生成两种单质，化学方程式为_____

____。(3)写出X的水溶液与2NaAlO溶液反应生成白色沉淀的离子方程式：_________。(4)为探究43NHHCO和NaOH的反应，设计实验方案如下：向含430.1molNHHCO的溶液中加入0.1molNaOH，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液。若有沉淀生成，则

43NHHCO与NaOH的反应可能为_________(写离子方程式)；若无沉淀生成，则43NHHCO与NaOH的反应可能为_________(写离子方程式)。该实验方案有无不妥之处？若有，提出修正意见：_________。【答案】(1)N、S、H、O826HN

SO[或8224HNOSO、()442NHOSO、()342NHOHSO](2)2222NHOH2AgBrN2Ag2HBr2HO+=+++(3)()32223NHOHAlOHOAlOHNHOH+−++=+(4)2332HCOOH

COHO−−−+=+432NHOHNHHO+−+=先煮沸，然后滴加氯化钙稀溶液。【详解】（1）结合S元素守恒与2A生成不溶于稀硝酸的白色沉淀2.33g可知，2A中含硫酸根离子0.01mol，则X中含硫酸根离子0.02mol；结合N元素守恒、得失电子守恒与1A和30.02mo

lHNO，反应生成标况下896mLNO和水可知，1A中有0.02mol1−价的N原子，则X中有0.04molN；根据元素守恒可知X中还存在H和O两种元素，则3.28g化合物X中有0.04mol1−价的氮、0.02mol6+价的硫和一定量的H与O，根据电中性原

则及X质量可求，H为0.16mol，O为0.12mol，故X的化学式为826HNSO，因X与NaOH发生的复分解反应且X中有24SO−，故X的组成可写为8224HNOSO，由于X的性质与铵盐类似，进一步改写为()442NHOSO、()342NHOHSO。（2）2NHOH羟胺，

是分析化学中一种常见的还原剂，其结构式为HNOH|H−−−，其相对分子质量为33，为A中的一种溶质，与AgBr反应可生成两种单质，是羟胺还原AgBr生成2N和Ag，其化学方程式为2222NHOH2AgBrN2Ag2HBr2HO+===+++。（3）X的水溶液中3NHO

H+类似于4NH+，可与2AlO−发生双水解反应生成()3AlOH沉淀，离子方程式为()32223NHOHAlOHOAlOHNHOH+−++===+。（4）若有碳酸钙沉淀生成，则加入NaOH后生成了23CO−，说明3HCO−与OH−发生反应，反应离子方程式为2332HC

OOHCOHO−−−+=+；若无沉淀生成，则加入NaOH后没有生成23CO−，说明是4NH+与OH−发生反应，反应离子方程式为432NHOHNHHO+−+=；该实验方案有不妥之处，因为在2Ca+存在的条件下，溶液中32NHHO能将3HCO−转化为23CO−，所以也会有3CaCO沉淀

生成，最终与前一种情况现象相同，因此，应在滴加2CaCl稀溶液之前，将溶液煮沸，除去溶液中的氨。19．（2022·湖南张家界·慈利县第一中学校考二模）雷尼镍是有机合成中常用的一种加氢催化剂，使用一定周期后会失活。现欲利用如下工艺流程回收某废雷尼镍催化剂(主要为铝镍合金，还含有NiO

、23AlO、FeO、2SiO及有机物等)中的金属资源：已知金属离子沉淀的pH：2+Ni2+Fe3+Fe3+Al开始沉淀的pH6.96.31.53.4沉淀完全的pH8.98.32.84.7回答下列问题：(1)“破碎”的目的为_______；“滤渣1”的成分为_______。(2)“氧化”

时发生反应的离子方程式为_______。(3)调节pH2的范围为_______；试剂M可选用_______(填序号)。a.FeOb.23FeOc.23AlOd.NiO(4)“沉降”后所得3NiCO沉淀在空气中热分解时

，固体残留率(固体残留率=100%剩余固体的质量原始固体的质量)与温度(T)的关系如图所示(已知当3NiCO加热至300℃时已完全失去碳元素)。①3NiCO加热至A点过程中反应的化学方程式为_______。②在700℃时，剩余固体的成分为_______(填化学式)。(5)该回收工艺中

可回收的金属化合物有_______。【答案】(1)增大接触面积，使废料煅烧充分2SiO(2)2322FeClO2H2FeClHO+−++−++=++(3)4.7≤pH<6.9c(4)32232Δ24NiCO+ONiO+4CONiO(

5)3NiCO、3Fe(OH)和3Al(OH)【分析】废雷尼镍催化剂（主要为铝镍合金，还含有NiO、Al2O3、FeO、SiO2及有机物等）经煅烧后残渣主要成分为NiO、Al2O3、FeO、SiO2，加硫酸

“酸溶”时，除了SiO2不反应之外，NiO、Al2O3、FeO均与硫酸反应生成同价态金属硫酸盐，过滤，得滤渣1主要成分为SiO2，滤液中阳离子主要含Ni2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+，加入氧化剂NaClO氧化Fe2+，发生反应2Fe2++ClO-+2

H+=2Fe3++Cl-+H2O，按表中信息，“调节pH1”是为了沉淀Fe3+，且不能引起Al3+的沉淀，“调节pH2”是为了沉淀Al3+，且不能引起Ni2+的沉淀，过滤后，再加入碳酸钠生成沉淀NiCO3。（1）接触面积越大，反应速率越快，“破碎”的

目的为增大接触面积，提高反应速率，使废料煅烧充分或充分反应；据分析“滤渣1”的成分为SiO2。（2）在酸性环境下“氧化”时，Fe2+作还原剂、化合价升高得到Fe3+，ClO-为氧化剂，氯元素化合价降低被还原得到Cl-，结合得失电子数相等、电荷守恒、元素质量守恒，得反应的离子

方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。（3）“调节pH2”是为了沉淀Al3+，且不能引起Ni2+的沉淀，所以需要调节的范围为4.7≤pH＜6.9；加入试剂M是为了沉淀Fe3

+，而不引起Al3+的沉淀，可选用Al2O3；除Fe3+不能选用Fe2O3，加入NiO调节pH会造成Al3+沉淀，故也不能选用NiO。（4）由题可知，当NiCO3加热至300℃时已完全失去碳元素，所以反应生成镍的氧化物

，根据元素守恒：3xNiCONiO1195916x+，由题图A点数据可知119×69.7%=59+16x,x≈1.5，故所得产物为Ni2O3，发生反应的化学方程式为32232Δ24NiCO+ONiO+4CO。在700℃时，

固体残留率为63%，根据前述元素守恒可得，119×63%=59+16x，解得x=1，故700℃时剩余固体为NiO。（5）从流程图知，该回收工艺中得到并被过滤的沉淀均可回收，其中可回收的金属化合物有NiCO3、Fe(OH)3和Al(OH)3。20．（2022

·福建·一模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素

转化为硫单质iii.Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)K=4.4×10-7iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Bi3+开始沉淀的pH7.

62.74.84.5沉淀完全的pH9.63.76.45.5回答下列问题：(1)为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_______。(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是__

_____。(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=_______。(6)“转化”时，生成

NaBiO3的离子方程式是_______。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。【答案】(1)加入过量的盐酸##适当降低温度(2)S、SiO2(3)2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O(4)3

.7≤pH＜4.5(5)2.2×10-20(6)Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2ONaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO

、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调

节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=N

aBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3，据此分析解答。【详解】（1）Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解；（2）根据已知可知，氧化浸取时硫元素

转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；（3）由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O；（4）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时

，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；（5）已知①Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)K1=4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)K2=2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH)

2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此Ksp[Cu(OH)2]=12KK=2.2×10-20；（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为

Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。