答案和解析

1.【答案】C

【命题立意】本题考查Na2S的性质、离子方程式的书写。

【解析】A、Na2S有还原性，二氧化硫有氧化性，二者反应有S生成，而且二氧化硫在水溶液中与HCO3-反应生成二氧化碳，错误;B、电荷不守恒，错误;C正确;D项应该生成CuS，错误。

2.【答案】C

【命题立意】本题旨在考查反应方程式正误判断。

【解析】A.一水合氨为弱电解质，氨水中滴入酚酞溶液，溶液变红：NH3•H2O  NH4+ + OH—，故A错误;B.90℃时，测得纯水中c(H+)•c(OH—) =3.8×10—13，则H2O(l)   H+(aq) + OH—(aq)  H>0，故B错误;C.FeCl3溶液中通入SO2，溶液黄色褪去：2Fe3++SO2 +2H2O == 2Fe2+ + SO42—+ 4H+，故C正确;D.向苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊：C6H5ONa+CO2+H2O → C6H5OH+NaHCO3，故D错误。

3.【答案】B

【命题立意】本题考查离子浓度大小的比较

【解析】HCl溶液滴加一半时，也就是10mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性，所以溶液的pH>7，A正确;分析图像知溶液的pH=8时，n(HCO3﹣)≈0.0001mol时，碳酸钠恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所以加入0.1mol/LHCl溶液10mL，则溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol/L，B错误;

Na2CO3溶液中存在电荷守恒，为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(OH﹣)，C正确;在M点：n(CO32﹣)=n(HCO3﹣)，即得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c(Na+)>c(CO32﹣)=c(HCO3﹣)>c(OH﹣)>c(H+)，D正确。

4.D.【命题立意】本题考查离子共存。难度较小。

【解析】A项，溶液中c(OH-)=1 mol•L-1，NH4+ 、HCO3-不能大量存在;B项，溶液呈酸性，AlO2-不能大量存在(AlO2- + H++ H2O = Al(OH)3↓或AlO2- + 4H+= Al3++ 2H2O);C项，强酸性溶液中，NO3-氧化Fe2+：3Fe2++ NO3- + 4H+=3Fe3++ NO↑+ 2H2O，不能大量共存。

5.C.【命题立意】本题考查离子方程式的正误判断。难度较小。

【解析】A项，Fe3+与I-发生氧化反应，正确的为：Fe2O3 + 6H++ 2I-= 2Fe3++ I2+ 3H2O;B项，Ag(NH3)2+不能拆，正确的为：Ag(NH3)2+ + 2H+= Ag++ 2NH4+ ;D项，NaOH过量，(NH4)2Fe(SO4)2按化学式组成反应，正确的为：2NH4+ + Fe2++ 4OH-= Fe (OH)2↓+2 NH3•H2O。

6.B 【命题立意】本题考查离子共存。难度较小。

【解析】A项，Ca2+与CO32 -生成CaCO3沉淀而不能大量共存;C项，H2O2能氧化Fe2+而不能大量共存;D项，Fe3+与SCN-形成配合物，而不能大量共存。

7.D 【命题立意】本题考查离子方程式正误判断。难度中等。

【解析】A项，电荷不守恒，正确的为：2Fe3++ 2I-=2Fe2++ I2，错误;B项，Al(OH)3不被氨水溶解，正确的为：Al3++ 3NH3•H2O=Al(OH)3↓+ 3NH4+ ，错误;C项，NaOH过量，NH4+ 、HCO3- 均要参加反应，正确的为：NH4+ + HCO3-  + 2OH-= NH3•H2O + CO32 -+ H2O，错误;D项，苯酚钠溶液中通CO2，无论少量还是过量均只生成HCO3- ，因为 的酸性介于H2CO3与HCO3- 之间 ，正确。

8.B 【命题立意】本题考查离子方程式正误判断。难度中等。

【解析】A项，白醋的主要成分是CH3COOH，CH3COOH是弱酸，不能拆，错误;C项，苯酚的酸性比碳酸弱，不能生成CO2，只能生成HCO3- ，错误;D项，溶液呈酸性，不能生成OH-，错误。

9.【答案】D

【命题立意】本题考查离子共存。

【解析】A中离子能大量共存，通入足量NH3后发生反应：NH3+H+=NH4+、Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O、Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，A错误;B中离子能大量共存，通入足量NH3后发生反应：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，B错误;C中离子能大量共存，通入足量NH3后发生反应：Ag++2NH3•H2O=Ag(NH3)2++2H2O，C错误;D正确。

10.【答案】B

【命题立意】本题考查离子反应与物质的推断。

【解析】等质量的甲、乙、丙配成相同体积的溶液，发现溶质的物质的量浓度c(甲)>c(乙)>c(丙)，则相对分子质量：甲<乙<丙，根据离子共存关系知OH-只能与Na+结合形成氢氧化钠，其相对分子质量为40，另外2种物质可能是硝酸铵和硫酸镁(相对分子质量分别是80、120)或硫酸铵和硝酸镁(相对分子质量分别是132、148)，即丙一定是氢氧化钠，乙可能是硝酸铵或硫酸铵，B正确。

11.【答案】(1)Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓或Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+Ca2+(2分)

(2)① Mg(OH)2  MgO+H2O (1分)

② Si+2MgO ==== 2Mg↑+SiO2 (2分)

(3)① 加热浓缩、降温结晶(2分)

② 6SOCl2+MgCl2•6H2O MgCl2+6SO2↑+12HCl↑(2分)

【命题立意】本题考查离子方程式及化学方程式的书写、化学方程式的配平、化学计算、化学实验等知识。

【解析】(1)卤水中含有Mg2+，Mg2+与氢氧化钙生成氢氧化镁和Ca2+。(2)①氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水。②硅与氧化镁生成二氧化硅和镁。(3)从氯化镁溶液中获得氯化镁晶体应在氯化氢氛围中蒸发浓缩、然后降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氯化镁晶体。MgCl2•6H2O与SOCl2混共热得到氯化镁、二氧化硫和氯化氢。(4)①氧化镁与H+生成Mg2+和H2O，根据电荷守恒、质量守恒配平;消耗NaOH0.007mol，过量硫酸0.0035mol，与三硅酸镁反应的硫酸0.004mol，n(H+)=0.008mol，将数据代入方程式计算。

12.【答案】(1)①探究二氧化硫使品红褪色过程是否有水参与(或探究是二氧化硫还是亚硫酸使品红褪色)②防止空气中的水蒸气进入到II装置中对实验产生干扰，同时处理尾气中的二氧化硫; 二氧化硫在有水的条件下可以使品红褪色

(2)①SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+; 先滴加稀盐酸，之后加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成②溶液中存在平衡FeSO3(s)  Fe2+(aq)+SO32-(aq)，随着反应进行，体系中SO32-减少，平衡右移，而同时反应消耗Fe3+，故红棕色褪去，变为浅绿色。

【命题立意】本题考查化学实验、离子方程式的书写等知识。

【解析】(1)品红的水溶液与品红的乙醇溶液，不同的是溶剂，甲实验的目的是探究二氧化硫使品红褪色是否需要水参与。碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进入II，对实验产生干扰，同时吸收尾气二氧化硫。甲得出的结论是二氧化硫在有水存在的条件下能使品红褪色。

(2)二氧化硫与氯化铁溶液发生氧化还原反应，SO2作还原剂、Fe3+作氧化剂，反应生成SO42-和Fe2+。检验SO42-的方法是向反应后的溶液中先加盐酸，再加BaCl2溶液，观察是否产生白色沉淀。FeSO3为墨绿色、Fe2+为浅绿色，FeSO3(s)  Fe2+(aq)+SO32-(aq)，红棕色变为浅绿色即平衡向右移动，原理为随着反应进行，c(SO32-)减小，平衡向右移动，同时反应消耗Fe3+，故红棕色变为浅绿色。

13.(1)除去Ca2+和引入的Ba2+(2分)　电解时Br-被氧化(2分)

(2)Cl2(2分)　NaClO3+H2O NaClO4+H2↑(2分)

(3)2ClO-3+SO2=2ClO2+SO2-4(2分)

温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解;温度太低，干燥不充分(2分)

【命题立意】本题高氯酸钠晶体制备的工艺流程分析。难度中等。

【解析】(1)Mg2+用OH-除去，Ca2+用CO32 -除去，SO42 -用Ba2+除去，因为所加试剂为过量，所以Na2CO3还要除去过量的Ba2+，故加试剂的顺序Na2CO3一定在BaCl2之后。Br-的还原性强于Cl-，也会放电被氧化。(2)阳极处，Cl-放电生成ClO3- ，也一部分会放电生成Cl2。“电解II”中有H2生成，说明H+在阴极发生还原反应，阳极NaClO3发生氧化反应，只能生成更高价的NaClO4，根据Cl、H元素得失电子守恒配平反应。(3)从流程知，除杂中通入了SO2，与NaClO3发生氧化还原反应，根据Cl、S元素得失电子守恒配平反应。用气流干燥晶体，若温度高，会失去结晶水，若温度低，干燥不充分。

高考化学试题离子反应专题就为大家介绍到这里，希望对你有所帮助。

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