第四节 离子反应
第2课时 离子反应的应用
一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）
1. 氯气溶于水后和水反应，欲从反应混合物中分离出HClO溶液，下列方法可选用的是 （） （ ）
A．加硫酸钙，充分反应后蒸馏 B．加碳酸钙，充分反应后蒸馏
C．加氯化钠，充分反应后蒸馏 D．加氯化钙，充分反应后蒸馏
【答案】B
【解析】在化学反应中，一般的反应规律为：强酸制取弱酸，强酸和弱酸盐反应，弱酸和强酸盐不反应。盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，考虑选一种能跟盐酸反应，不能跟次氯酸反应的物质。硫酸钙和氯化钙都是强酸盐，不能跟盐酸反应；碳酸钙能跟盐酸反应生成二氧化碳，但由于碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以碳酸钙不能跟次氯酸反应，可以选碳酸钙；加氯化钠和二者都不反应，达不到分离的目的。
2.下列除去杂质的方法中正确的是（ ）
A. 乙烷中混有乙烯，把混合气体通入酸性高锰酸钾溶液中
B.乙醇中混有乙酸，加入NaOH溶液后，用分液漏斗分液
C. 溴苯中混有溴，加入KI溶液后，用分液漏斗分液
D.苯甲醛中混有苯甲酸，加入KOH，再加热蒸馏
【答案】D
【解析】乙醇中混有乙酸，加入NaOH溶液后，反应生成CH3COONa，但是因为乙醇和乙醇钠均易溶于水，不能用分液漏斗分液而除去；溴苯中混有溴，加入KI溶液后，发生反应Br2＋2KI = 2KBr＋I2，但是I2和Br2还是溶于溴苯，不能用分液漏斗分液而除去；苯甲醛中混有苯甲酸，苯甲酸变成了离子化合物的苯甲酸钾，再加热蒸馏时，由于苯甲醛的沸点较低，先挥发出来，收集馏分冷凝就可以得到较纯净的苯甲醛，实现了除杂。
3.下列除杂质的方法不可行的是( )
A．将混合气体通过灼热的铜网除去CO2中的少量CO
B．用过量氨水除去Al3＋溶液中的少量Mg2＋
C．用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水
D．用盐酸除去AgCl中少量的Ag2CO3
【答案】A
【解析】除去CO2中的少量CO可以把混合气体通入热的CuO，通过灼热的铜网除不去CO。
4.要鉴别戊烯中是否混有少量的甲苯，正确的实验方法是 （ ）
A．加入四氯化碳溶液，萃取，观察是否分层
B．利用焰色反应，点燃这种液体，然后再观察火焰的颜色
C．先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液
D．先加足量的酸性高锰酸钾溶液，然后再加入溴水
答案：C
【解析】戊烯和甲苯二者均溶于四氯化碳，溶液不分层，因此不能鉴别；焰色反应是金属元素的性质，不能用来鉴别有机物；戊烯和甲苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是戊烯能使溴水褪色，甲苯不能使溴水褪色，可先加入足量的溴水，除去戊烯，再用酸性高锰酸钾溶液检验甲苯。
二、非选择题
5.现有一包固体粉末，可能是CaCO3.Na2CO3.Na2SO4.CuSO4.NaCl中的一种或几种，为确定其组成，取适量试样进行下列实验。请根据实验现象判断：
（1）取试样溶于水，得到无色澄清溶液，则此固体粉末中一定没有___________ 、_______。
（2）取上述溶液适量，滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀部分消失并产生气泡。则此固体粉末中一定有________ 、__________ 。
（3）取步骤（2）实验后的上层清液，加入稀硝酸、硝酸银溶液，出现白色沉淀，由此该同学得出此固体粉末中一定含有NaCl，你认为此结论是否正确 （填“是”或“否”）。
（4）对于是否含有NaCl，你认为应对步骤（2）作如何改进 （若步骤（3）填“是”，此空不作答）。
【答案】（1）CaCO3 CuSO4
（2）Na2CO3 Na2SO4
（3）否
（4）将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液或Ba(OH)2溶液
【解析】根据题意，实验（1）中得无色溶液，而硫酸铜溶于水显蓝色，碳酸钙不溶于水，推断出原混合物中不含有CuSO4.CaCO3；根据实验（2）中的现象，说明加入过量的BaCl2溶液后，沉淀中有BaCO3.和BaSO4；但是加入BaCl2溶液时使得（2）中的溶液中一定含有Cl-，因此（3）中加入稀硝酸、硝酸银溶液，一定会出现白色沉淀，不能肯定原固体粉末中一定含有NaCl，如果要检验出原固体粉末中是否一定含有NaCl，可将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液或Ba(OH)2溶液。
6.有一瓶澄清溶液，其中可能含有K+、Na+、Mg+、Al3+、Cl-、AlO2-、I-、OH－中的几种，取该溶液进行如下实验；
①用pH试纸检测，溶液星强碱性，焰色反应透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰。
②取部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制的氯水，经振荡、静置后，CCl4层呈紫红色。
③另取部分溶液，逐滴加人稀HCl溶液，使溶液从碱性逐渐变为酸性，在漓加过程中溶液出现沉淀；滴加完毕后，溶液中沉淀消失。
根据上述实验事实入完成下列问题：
(1)该溶液中肯定存在的离子有____ ___ 。
(2)该溶液中肯定不存在的离子有___ ____ 。
(3)该溶液中还不能确定是否存在的离子有___ ____。
【答案】(1)K+、I-、AlO2-、OH - (2)Mg2+ Al3+ (3)Na+、Cl-
【解析】根据题意，由①知，有K+、OH–，无Mg2+ Al3+；由②知，有I-；由③知，有AlO2-；Na+、Cl-无法确定。
7.现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有，阴离子有，现将它们分别配成的溶液，进行如下实验：
① 测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；
② 向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；
③ 向D溶液中滴加溶液，无明显现象；
④ 向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
根据上述实验现象,回答下列问题:
(1) 实验②中反应的化学方程式是
;
(2)E溶液是 ,判断依据是
;
(3)写出下列四种化合物的化学式:A 、C 、
D 、F .
【答案】（1）AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3
AgOH+ 2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O
（2）碳酸钾 由①中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾
（3）Ba(OH)2，Ca（CH3COOH）2 AlCl3 FeSO4
【解析】本题考查离子共存、盐类水解综合运用。根据溶液的性质，确定CO32—只能与K+形成显碱性的溶液，另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)2 。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐，因此A为Ba(OH)2，E为K2CO3，C为醋酸盐，由②
可得B中阳离子为Ag+，则肯定为AgNO3，由③可得D中无SO42—，则F中的阴离子为SO42—，D中的阴离子为Cl—。由④可得F中的阳离子为Fe2+，即F为FeSO4，而CH3COO—若与Al3+形成溶液时，Al3+也发生水解，所以C为醋酸钙，而D为AlCl3。
8.由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、C1—、NH4+、Mg2+、CO32-、Ba2+、SO42—。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：
实验序号
实验内容
实验结果
1
加AgNO3溶液
有白色沉淀生成
2
加足量NaOH溶液并加热
收集到气体1.12L（已折算成标准状况下的体积）
3
加足量BaC12溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量
第一次称量读数为6.27g，第二次称量读数为2.33g
试回答下列问题：
（1）根据实验1对C1—是否存在的判断是 （填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”）；根据实验1—3判断混合物中一定不存在的离子是 。
（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：
阴离子符号
物质的量浓度（mol·L—1）
（3）试确定K+是否存在？ ，判断的理由是
。
【答案】（1）不能确定，Ba2+、Mg2+
（2）
阴离子符号
物质的量浓度（mol·L—1）
SO42-
0.1
CO32-
0.2
（3）存在，溶液中肯定存在离子是NH4+、CO32-和SO42-。经计算，NH4+的物质量为0.05mol，CO32-、
SO42-的物质的量分别为0.02mol和0.01mol，根据电荷守恒，得K+一定存在。
【解析】本题非常成功的地方是将传统的离子共存和无机化合物的推断巧妙嫁接，解本题的关键是要根据所给的表格初步推断出物质的存在可能性，最后用数据检验。该混合物溶于水后得澄清溶液，说明Ba2+和SO42—
不能同时存在，加足量NaOH溶液并加热产生气体，说明存在NH4＋ ，由1.12L氨气可知，NH4＋ 的物质的量为0.05mol，在第三步操作中，沉淀有两种，说明存在SO42-和CO32-，则该混合物中不存在Ba2+，同时也不存在Mg2＋。（1）由于未知液分三组分别做实验，C1—和SO42—都可以与AgNO3溶液产生白色沉淀，所以无法确定C1—的存在；第（3）组实验第二次称量的是BaSO4固体的质量，说明原溶液中有SO42-，根据离子共存规律一定没有Ba2+；根据已知的离子可知，第一次称量的固体还有BaCO3，说明原溶液中还有CO32-，而Mg2+与CO32-不能共存，所以一定没有Mg2+。（2）根据第（3）实验称得固体的质量，可求得：n（BaSO4）=2.33÷233=0.01mol，n（BaCO3）=（6.27g-2.33g）÷197g·mol-1=0.02mol．所以n（SO42-）=0.01mol，c（SO42-）=0.01÷0.1=0.1mol·L—1；n（CO32-）=0.02mol，c（CO32-）=0.02mol÷0.1L=0.2mol·L-1。
（3）利用第（2）组实验可求得n（NH4+）=0.05mol，c（NH4+）=0.5mol·L—1。根据电荷守恒规律：2×c（CO32-）+2×c（SO42-）=0.6mol·L-1，而1×c（NH4+）=0.5mol·L-1，所以必然还有阳离子，已知的还剩K+。故一定有K+。
■反思总结—自我学习评价
□错题序号
□错因分析及对策
★本章综合探究
■本章知识整合
物质
在水
溶液
中的
行为
X
X
水溶液
沉淀溶解平衡
弱电解质的电离
离子反应
盐类的水解
弱电解质的电离
▲真题回放
例1（2008·重庆）下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（ ）
A．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO-、Cl-
B．有SO42-存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、I-
C．有NO-3存在的强酸性溶液中：NH+4.Ba2+、Fe2+、Br-
D．在c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、S2－、AlO-2.SO2－3
答案：D
解析：选项A中，溶液呈强酸性，溶液中的Cl－＋ClO－＋2H+===Cl2↑＋H2O；选项B中Ca2＋＋SO42－ ===CaSO4↓；选项C中在酸性溶液中NO3－具有强氧化性，与Fe2＋、Br－不能共存；选项D中溶液呈强碱性，这几种离子均能共存。
例2（08全国1卷）在溶液中加入中量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A．NH+4.Ba2+、Cl-、NO-3 B．K+、AlO-2.Cl-、SO2-4
C．Ca2+、Mg2+、NO-3.HCO-3 D．Na+、Cl-、CO2-3.SO2-3
【答案】B
【解析】此题主要从两方面考虑：一是考虑Na2O2的氧化性，溶液中具有还原性的离子不能共存，如选项D中的SO32－；二是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，考虑不能与OH－共存的离子，如选项A中的NH4＋，选项C中的Mg2＋、Ca2＋、HCO3－。
例3（08海南高考）在pH＝13的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是（ ）
A．NH4+、NO3— 、K+、SO42— B．CO32_、NO3—、HCO3—、Na+
C．Na+、ClO—、AlO2—、NO3— D．CrO42—、K+、Na+、SO42—
【答案】C
【解析】pH＝13，溶液中的c(OH－)＝0.1mol·L－1，选项A中NH4＋与OH－不能共存；选项B中HCO3－与OH－不能共存；选项D中CrO42－为黄色。
例4（09安徽高考）在溶液中能大量共存的一组离子或分子是
A. 、、、 B.K+ 、Al3+、 、NH3·H2O
C.Na+、K+、、Cl2 D.Na+ 、CH3COO-、、OH-
【答案】D
【解析】A项中H＋与HCO3－能够反应生成CO2气体，不能大量共存，错误；Al3＋与氨水可以发生反应：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，B选项错误；Cl2具有氧化性，可以将SO32－氧化为SO42－，方程式为：Cl2＋H2O＋SO32－=SO42－＋Cl－＋2H＋，C选项错误。
例5.（2010上海卷） 下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是
A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]>[NH4+]
B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合： [OH-]= [H+]
C．0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH4+]>[SO42-]>[H+]
D．0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]
【答案】C
【解析】此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中[H+]=[OH-]，则[Cl-]=[NH4+]，A错；由于pH=2的酸的强弱未知，当其是强酸正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中[H+]>[OH-]，B错；1mol.L-1的硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，根据物质的组成，可知：[NH4+]>[SO42-]>[H+]，C对；1mol.L-1的硫化钠溶液中，根据物料守恒，可知[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D错。
【技巧点拨】在解答溶液中微粒浓度的大小比较类的题目时，核心是抓住守恒，其包括：电荷守恒、物料守恒和质子（氢离子）守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；物料守恒是指原子个数守恒或质量守恒；质子守恒：是指在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。
例6.（2010四川理综卷）有关①100ml 0.1 mol/L 、②100ml 0.1 mol/L 两种溶液的叙述不正确的是
A.溶液中水电离出的个数：②>① B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①
C.①溶液中: D.②溶液中:
【答案】 C
【解析】本题考查盐类水解知识；盐类水解促进水的电离,且Na2CO3的水解程度更大，碱性更强，故水中电离出的H+个数更多，A项正确；B②钠离子的物质的量浓度为0.2 mol/L而①钠离子的物质的量浓度为0.1 mol/L根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①，B项正确；C项水解程度大于电离所以C(H2CO3)＞C(CO32-)D项 C032-分步水解第一步水解占主要地位且水解大于电离。判断D正确。C、D两项只要写出它们的水解及电离方程式即可判断。
例7（2010江苏卷）．常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】D
【解析】本题主要考查的是粒子浓度大小的比较。A项，处于点①时，酸过量，根据电荷守恒，则有B项，在点②时，pH=7。仍没有完全反应，酸过量， ；C项。当时，两者完全反应，此时由于的水解，溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，D项，在滴定过程中，当的量少时，不能完全中和醋酸，则有综上分析可知，本题选D项。
例8（2010浙江卷）已知：
①25℃时弱电解质电离平衡数：Ka（CH3COOH）＝，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）＝
②25℃时，mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：
请根据以下信息回答下旬问题：
（1）25℃时，将20mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液和20mL 0.10 mol·L-1HSCN溶液分别与20mL 0.10 mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：
图2
反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 ，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-） c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka ，列式并说明得出该常数的理由 。
（3） mol·L-1HF溶液与 mol·L-1 CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。
【答案】（1）因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大 ＜
（2）0.4×10-3 PH=4时，c（H+）=10-4， c（F-）=1.6×10-3. c（HF）=4.0×10-4。Ka=0.4×10-3。
（3）PH=4.0，则c（H+）=10-4,此时：根据HF电离，产生的c（F-）=1.6×10-3，而溶液中的c（Ca2+）=2.0×10-4。c2（F-）×c（Ca2+）=5.12×10-10，5.12×10-10大于Kap（CaF2）＝，此时有少量沉淀产生。
【解析】①HSCN比CH3COOH易电离，CaF2难溶。②F-PH=6,PH=0时以HF存在。
F-与HF总量不变。
（1）相同的起始条件，只能是因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反应时H+浓度不同引起反应速率的不同。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN,因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c（CH3COO-）＜c（SCN-）。
（2）HF电离平衡常数Ka= 【c（H+）* c（F-）】/ c（HF）,其中c（H+）、 c（F-）、 c（HF）都是电离达到平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：PH=4时，c（H+）=10-4， c（F-）=1.6×10-3. c（HF）=4.0×10-4。Ka=0.4×10-3。
（3）PH=4.0，则c（H+）=10-4,此时：根据HF电离，产生的c（F-）=1.6×10-3，而溶液中的c（Ca2+）=2.0×10-4。c2（F-）×c（Ca2+）=5.12×10-10，5.12×10-10大于Kap（CaF2）＝，此时有少量沉淀产生。
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