2019年高考化学 备考百强校大题狂练系列 专题05 离子推断及综合应用.doc

专题05 离子推断及综合应用（满分60分 时间30分钟）姓名：_ 班级：_ 得分：_1某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况，在注入湖泊的3个主要水源的入口处采集水样，并进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E为五种常见化合物，均由下表中的离子形成（每种离子至少用到一次）：阳离子K+、Na+、Cu2+、Al3+阴离子SO42-、HCO3-、NO3-、OH-为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃）；在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀；将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成。根据上述实验填空：（1）写出化学式：B_、C_、D_。（2）将含1 mol A的溶液与含1 molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为_。（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为_。（4）若向含溶质1 mol的C溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量最大为_g。【答案】KNO3 KAl(SO4)2 CuSO4Na2CO3 2HCO3-+Ca2+2OH-CaCO3+CO32-+H2O466【解析】【分析】将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，因此D中含有铜离子；将E溶液滴入有钾离子；在各溶液中加入硝酸锁溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，因此A中含有碳酸氢根离子，则A是碳酸氢钠。C、D中都能产生白色沉淀，白色沉淀是硫酸钡，所以C是硫酸铝钾，D是硫酸铜：将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，因此B是硝酸钾。【详解】（1）根据分析可知B、C、D的化学式分别为KNO3、KAl(SO4)2、CuSO4。（2）1mol碳酸氢钠与【点睛】本题考查离子共存、离子检验以及离子反应的有关判断与计算，获取题目中的信息是解题的关键，另外可根据离子共存进行离子组合，解答（4）时需注意题给条件“生成沉淀质量最大时”。2现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Al3、Fe3、Cu2、Ba2、K和五种阴离子NO、OH、Cl、CO、Xn-(n=1或2)中的一种。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是_和_。（2）物质C中含有离子Xn-。为了确定Xn-，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为_(填字母)。 ABr BCH3COO CSO DHCO（3）将38.4 g Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的_(填相应的离子符号)，写出Cu溶解的离子方程式_，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是_。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，该反应的离子方程式为_。【答案】K2CO3Ba(OH)2C)NO3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O0.8 mol2Fe32I=2Fe2I2【解析】 【分析】（1）碳酸根离子只有和钾离子结合物质为可溶性物质，所以一定含有Ka2CO3；除钾离子外，氢氧根离子只有和钡离子结合生成的物质具有可溶性，所以一定含有Ba（OH）2；（2）根据C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，可知沉淀为氢氧化铜，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2；向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铜，另两种物质为氯化铁、硝酸铝或氯化铝、硝酸铁；（3）Cu投入装有足量D溶液的试管中， Cu不溶解，说明D中不含Fe3，含有Al3；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中的阴离子一定是NO3-，则D为硝酸铝，E为氯化铁。【详解】（1）因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质Na2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀， 【点睛】本题考查物质检验实验方案设计，确常见物质的性质、物质的溶解性、物质物质的量关系是解本题关键，注意离子检验方法及现象，易错点是（3）题，铜和稀硫酸不反应，但酸性条件下铜和硝酸根离子发生氧化还原反应。35种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子NaAl3Fe3Cu2Ba2阴离子OHClCO32-NO3-SO42-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下： A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B溶液与D溶液混合后无现象；将76.8 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C的化学式：A_；B_；C_。（2）E溶液显_性，用离子方程式表示：_（3）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（4）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_mL。【答案】CuSO4FeCl3Ba(OH)2碱性CO32-+ H2OHCO3-+ OH-2Fe33CO32-3H2O=2Fe(OH)33CO23Cu8H2NO3-=3Cu22NO4H2O1000【解析】【详解】Cl-,故B为FeCl3；（1）据此推断：A 为CuSO4；B为FeCl3；C为Ba(OH)2；因此本题答案是：CuSO4 ；FeCl3 ；Ba(OH)2。（2）E为Na2CO3，属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，离子方程式：CO32-+ H2OHCO3-+ OH- ；综上所述，本题答案是：碱性；CO32-+ H2OHCO3-+ OH-。 （3） FeCl3溶液水解显酸性，Na2CO3溶液水解显碱性；步骤中为FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合后相互促进水解，反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式：2Fe33CO32-3H2O=2Fe(OH)33CO2；综上所述，本题答案是：2Fe33CO32-3H2O=2Fe(OH)33CO2。（4） D为Al(NO3)3，在酸性条件下，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮，步骤中发生反应的离子方程式：3Cu8H2NO3-=3Cu22NO4H2O；76.8gCu的物质的量为76.8/64=1.2mol，根据3Cu-8H关系，若要将Cu片完全溶解，需要氢离子的物质的量为3.2mol，故至少加入稀H2SO4的体积设为V，即1.6V2=3.2,解V=1L=1000mL；因此，本题正确答案是：3Cu8H2NO3-=3Cu22NO4H2O；1000。【点睛】酸碱盐溶解性规律：钾钠铵盐硝酸盐，全都溶在水中间，碳酸、磷酸两种盐，溶者只有钾钠铵，盐酸盐难溶银亚汞，硫酸盐难溶钡和铅，碱只溶钾钠钡钙氨，酸难溶是硅酸；此题是离子共存问题的具体应用，掌握好酸碱盐溶解性规律，利于物质的快速准确判定。4在Na浓度为1.0 molL1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子KAg Mg2Ba2阴离子 Cl CO32SiO32-SO42-现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.672 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为3.0 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。（1）实验能确定一定不存在的离子是_。（2）实验中生成沉淀的离子方程式为_。（3）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。阴离子Cl CO32SiO32-SO42-c/molL1_（4）判断K是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：_。【答案】Ag、Mg2、Ba2SiO32-2H=H2SiO3？0.300.50存在，最小浓度为0.6 molL1【解析】【详解】向该溶液中加入足量稀盐酸，产生白色沉淀并放出标准状况下0.672 L气体，证明含有CO32，n(CO32)= =0.03mol，c(CO32)= =0.3mol/L。由于CO32与Ag+、Ca2+、Ba2+会发生沉淀反应（3） 阴离子ClCO32-SiO32-SO42-c/molL1 ？0.30.50（4）根据电荷守恒可知：2c（CO32-）+2c（SiO32-）=20.3mol/L+20.5mol/L=1.6mol/L，而c(Na+)=1.0mol/L，阴离子所带负电荷总数大于阳离子所带正电荷总数，所以因此溶液中一定含有阳离子K+，若不存在Cl，则c(K+)=0.6mol/L，若存在Cl，则根据溶液呈电中性，c(K+)0.6mol/L，所以c(K+)浓度至少为1.6mol/L-1.0mol/L=0.6mol/L。 【点睛】本题主要是考查溶液则离子存在的鉴定、离子共存、离子浓度的计算的知识。电荷守恒在离子反应定量推断试题中的应用解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。