- 离子反应
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（10分）写出下列反应的离子方程式
(1) 用稀硫酸清除铁锈(Fe2O3)
(2) 在澄清石灰水中滴加碳酸钠溶液
(3) FeCl3溶液中加入NaOH溶液：
(4) 铁跟稀硫酸反应：
(5) 少量CO2通入澄清石灰水中：
正确答案
略
已知反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-； 2Br-+Cl2═Br2+2Cl-回答下列问题
（1）FeCl2溶液中通入Cl2是否能发生反应______（填“能”或“不能”），若能发生反应，请写出该反应的离子方程式______．
（2）向2L 0.5mol/L的FeBr2溶液中通入标况下的Cl2 22.4L，则被氧化的Br-的物质的量为______ mol，写出该反应总的离子方程式：______
（3）写出向FeBr2溶液中通入过量的Cl2的离子方程式：______．
正确答案
（1）因根据题目信息可知，氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+，所以Cl2能氧化Fe2+生成Fe3+和Cl-，
离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故答案为：能；2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；（2）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，2L 0.5mol/L的FeBr2溶液中通入标况下的Cl222.4L反应时，两者的物质的量相等，此时Fe2+全部被氧化，溴离子部分被氧化，根据电子得失守恒：n（Cl2）×2=n（Fe2+）×1+n（Br-）×1，即1mol×2=1mol×1+n（Br-）×1，则n（Br-）=1mol，
此时离子方程式为：2Fe2++2Cl2+2Br-═2Fe3++4Cl-+Br2，
故答案为：1；2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-；
（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，通入足量的Cl2，此时Fe2+全部被氧化，溴离子也全部被氧化，此时离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故答案为：2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-．
我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务．
（1）海水中所含元素质量最大的是______（写元素符号），被称作海洋元素的是______（写元素符号）．
（2）①从海水中提取粗盐采用的方法是______，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为A盐酸、B氯化钡溶液、C氢氧化钠溶液、D碳酸钠溶液，以上试剂添加的顺序为______．
②工业上常以食盐为原料制备氯气，再用氯气制备漂白粉，用化学方程式表示工业上制漂白粉的原理______
（3）提取NaCl后剩余的海水（母液）中，可用来提取Mg和Br2．
①如用来提取Mg，请完成具体工业流程（注：（ ）内填所需试剂，【】内填操作）
②根据上述提取镁的全过程，没有涉及到的反应类型是______
A．分解反应 B．化合反应 C．置换反应 D．复分解反应
③若用来提取Br2，用离子方程式表示提取溴的原理：______．
④方法A：母液提取Mg后，再用来提取Br2；方法B：母液提取Br2后，再用来提取Mg．哪个更合适______（填“A”或“B”），你的理由是______．
正确答案
（1）因海水中含有大量的水，水中质量大的是氧元素，因溴被称作海洋元素，故答案为：O；Br；
（2）因用蒸发结晶的方法可以从海水中获得食盐，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的石灰乳可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以添加试剂的顺序为：CBDA，
故答案为：蒸发结晶；CBDA；
（1）①将海边大量存在的贝壳煅烧成石灰：CaCO3
将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg（OH）2沉淀：MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2；
在Mg（OH）2沉淀中加入盐酸得到MgC12溶液：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，再经蒸发结晶得到MgC12•6H2O
将MgC12•6H2O在一定条件下加热得到无水MgC12：MgCl2•6H2O
电解熔融的氯化镁可得到Mg：MgCl2
故答案为：盐酸；电解；
③CaCO3
CaO+H2O=Ca（OH）2 化合反应；
MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2 复分解反应；
Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O 再复分解反应；
MgCl2•6H2O
置换反应没有涉及到，故选：C．
（4）因若先提取镁，海水中会残留大量Ca（OH）2，而氯气能与过量的石灰乳反应，用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2，所以母液提取Br2后，再用来提取Mg，若先提取镁，海水中会残留大量Ca（OH）2，氯气能与过量的石灰乳反应，用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2．故答案为：B；若先提取镁，海水中会残留大量Ca（OH）2，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2
现有甲、乙两瓶无色溶液，已知它们可能是NaOH溶液和AlCl3溶液．现取两溶液作如下实验：
（1）取440mL甲溶液与120mL乙溶液反应，生成了1.56g沉淀．
（2）取120mL甲溶液与440mL乙溶液反应，生成了1.56g沉淀．
（3）取120mL甲溶液与400mL乙溶液反应，生成了3.12g沉淀．
则①甲溶液为______溶液，其物质的量浓度为______；
②乙溶液为______溶液，其物质的量浓度为______．
正确答案
由（2）和（3）可知，一定量的甲与乙反应时，乙的量越多，生成的沉淀越少，则乙为NaOH溶液，即甲为AlCl3溶液，
在（1）中发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，1.56g沉淀的物质的量为
则NaOH的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，故NaOH溶液的物质的量浓度为
在（2）中发生AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，假设出沉淀最大量xmol，开始沉淀过程消耗氢氧根离子3xmol，
沉淀溶解过程氢氧化铝与氢氧化钠1：1反应，最后生成0.02mol氢氧化铝，所以消耗氢氧化钠（x-0.02）mol，
则一共消耗氢氧化钠为3x+（x-0.02）=0.44L×0.5mol/L=0.22mol，解得x=0.06mol，即最多有氢氧化铝0.06mol，所以原溶液含铝离子0.06mol，
氯化铝浓度为
故答案为：AlCl3；0.5mol•L-1；NaOH；0.5mol•L-1．
（6分）有一瓶澄清的溶液，其中可能含NH4＋、K＋、Na ＋、Mg2＋、Ba2＋、 Al3＋、 Fe3＋、SO42－、CO32－、NO3－、Cl－、I－，取该溶液进行如下实验：
⑴用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性；
⑵取部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制的氯水，经振荡后静置CCl4层呈紫红色；
⑶取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成；
⑷取部分上述呈碱性的溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成；
⑸将⑶得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
根据上述实验事实确定并回答：在溶液中肯定存在的上述离子有 ，肯定不存在的上述离子有 ，还不能确定是否存在的上述离子有 。
正确答案
I－、NH4＋、Ba2＋； SO42－、CO32－、NO3－、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋； K＋、Na ＋、Cl－
略
（1）向用氯化铁溶液刻制印刷电路后的废液中，加入足量铁粉，发生反应的离子方程式是______、______．
（2）实验室向某溶液中加入硫氰化钾溶液，无现象，滴加少量氯水，立即变为红色，则原溶液中含有（填离子符号）______，写出滴加氯水时发生反应的离子方程式______．
（3）我们知道，浓硫酸有脱水性、吸水性和氧化性，请写出证明浓硫酸具有氧化性的反应的化学方程式（写一个，多写若有一个错误，本题不得分）______．
正确答案
（1）向用氯化铁溶液刻制印刷电路后的废液中，加入足量铁粉，铁粉与废液中的铁离子、铜离子发生置换反应，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Cu+Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；Cu2++Fe=Cu+Fe2+；
（2）实验室向某溶液中加入硫氰化钾溶液，无现象，滴加少量氯水，立即变为红色，该存在为检验亚铁离子的方法，根据反应现象可知，溶液中一定存在亚铁离子；氯气与亚铁离子反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，
故答案为：Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（3）浓硫酸具有强氧化性，能够与一些金属、非金属发生氧化还原反应，如浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）
Ⅰ．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．请回答：
（1）在一定体积的恒容密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）
其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：
完成下列问题：
①比较K1、K2的大小：K1______K2（填“＞”、“=”或“＜”）．
②判断该反应达到化学平衡状态的依据是______（填序号）．
A．2v（H2）（正）=3v（NH3）（逆） B．v（N2）（正）=3v（H2）（逆）
C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变
（2）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似．
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式______．
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是______（填序号）．
A．c（Cl-）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH-）
B．c（Cl-）＞c（[N2H5•H2O+]）＞c（H+）＞c（OH-）
C．c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O+]）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）
D．c（N2H62+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）
Ⅱ．水体中重金属铅的污染问题备受关注．查资料得知Pb4+具有很强的氧化性．水中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb（OH）+、Pb（OH）2（在水中溶解度小）、Pb（OH）3-、Pb（OH）42-，各形态的物质的量的分数α随溶液pH变化的关系如下图所示：
（1）Pb（NO3）2溶液中，c（Pb2+）/c（NO3-）______1/2（填“＞”、“=”、“＜”）．
（2）向Pb（NO3）2溶液滴加盐酸，溶液中c（Pb2+）/c（NO3-）没有变大，反而变小并有沉淀生成，则生成的沉淀可能为______．
（3）向Pb（NO3）2溶液中滴加NaOH溶液，溶液也变浑浊，在pH约为______ 时生成沉淀最多，继续滴加NaOH溶液，混合体系又逐渐变澄清．pH=13时，混合体系中发生的主要反应的离子方程式为：______．
正确答案
Ⅰ．（1）①因该反应为放热反应，则温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，即升高温度K变小，则K1＞K2，故答案为：＞；
②由化学平衡的特征可知，A转化为：2v（H2）（正）=3v（NH3）（正）=3v（NH3）（逆），则正逆反应速率相等，达到平衡，而B转化为同一物质不能满足正逆反应速率相等，
该反应是反应前后物质的量不等的反应，则压强不变可说明化学反应达到平衡，而D中质量始终不变，密闭容器的体积不变，则混合气体的密度始终不变，则不能作为判断平衡的依据，故答案为：AC；
（2）①因水解与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH-，则水解离子反应为N2H62++H2O
[N2H5•H2O]++H+，故答案为：N2H62++H2O
[N2H5•H2O]++H+；
②由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，则c（Cl-）＞c（N2H62+），又水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），由水解的程度很弱，则c（N2H62+）＞c（H+），即离子浓度的大小关系为
c（Cl-）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH-），故A正确；显然D错误；由水解方程式可知c（[N2H5•H2O+]）=c（H+），故B错误；正确的电荷守恒式为
2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O+]）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），故C错误；故答案为：A；
Ⅱ．（1）因Pb在溶液中有多种存在形态，则Pb（NO3）2溶液中，c（Pb2+）/c（NO3-）＜1/2，故答案为：＜；
（2）由加入盐酸，pH变小，结合图可知Pb2+增多，但c（Pb2+）/c（NO3-）没有变大，反而变小并有沉淀生成，则只能是Pb2+与Cl-离子结合生成沉淀PbCl2，故答案为：PbCl2；
（3）由图中的曲线3可知，pH=10时生成沉淀最多，继续加氢氧化钠，由曲线4、5可知，pH=13时发生Pb（OH）3-转化为Pb（OH）42-的离子反应，离子反应为Pb（OH）3-+OH-=Pb（OH）42-，
故答案为：10；Pb（OH）3-+OH-=Pb（OH）42-．
四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下．
信息①原子半径大小：A＞B＞C＞D
信息②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质：
请根据上述信息回答下列问题．
（1）①C元素在周期表中的位置______，请写出BC2分子的电子式______．
②A元素的单质与物质甲发生反应的离子方程式______．
③以Pt为电极，KOH为电解质溶液，两极分别通入乙和C的单质可组成燃料电池，写出电池的电极反应式．负极______；正极______
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，A、E单质反应得到的化合物M是一种重要的化工原料，如图是电解100ml饱和M溶液的装置，X、Y都是惰性电极，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则
①电解池中Y极上的电极反应式______．检验Y电极反应产物的方法是______．
②电解一段时间后，若阴极收集到112ml标准状况下的气体，此时电解液的PH为______（假设电解液的体积保持不变，常温下）
正确答案
甲是地球上最常见的物质之一，是包括人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分，应是H2O，根据结构和用途可知，乙是CH4，丙是强氧化性弱酸，可以用于消毒杀菌，应是HClO，则这四种元素分别为H、C、O、Cl，根据原子半径大小顺序可知A是Cl，B是C，C是O，D是H，
（1）①C是O元素，核外有2个电子层，最外层电子数为6，应位于第二周期ⅥA族，B、C形成的化合物为CO2，为共价化合物，电子式为
，
故答案为：第二周期ⅥA族；
；
②Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HCl为强酸，完全电离，HClO为弱酸，
反应的离子方程式为Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，
故答案为：Cl2+H2O
H++Cl-+HClO；
③CH4具有还原性，在反应中易被氧化而失去电子，作原电池的负极，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，O2具有氧化性，作原电池的正极，发生还原反应，
电极反应式为2O2+8e-+4H2O=8OH-，
故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；2O2+8e-+4H2O=8OH-；
（2）①A所在周期中，E元素的单质还原性最强，则E为Na元素，该电解质溶液为NaCl溶液，电解时阳极反应为2Cl-2e-=Cl2↑，Cl2具有强氧化性，可用湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近检验，现象是试纸变蓝色，
故答案为：2Cl-2e-=Cl2↑； 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；
②电解时，阴极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成氢气的物质的量为
则n（OH-）=2（H2）=2×0.005mol=0.01mol，c（OH-）=
根据c（OH-）•c（H+）=1×10-14，则c（H+）=1×10-13mol/L，
PH=-lg（10-13）=13，
故答案为：13
短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z是自然界含量最多的元素，从是同周期中金属性最强的元素，M的负一价离子与Z的某种氢化物分子含有相同的电子数．
（l） X、Z、W形成的化合物中含有的化学键类型为______；
（2）A是由Y、Z、W三元素共同构成的常见化合物，其水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因______．写出表示溶液中所有离子浓度关系的等式______
（3）已知①M-M→2M△H=+a kJ•mol-1 ②2X•→X-X△H=-b kJ•mol-1
③M•+X•→XM△H=-c kJ•mol-1写出298K时，X2与M2反应的热化学方程式______
（4）若在密闭容器中充有10mol YZ与20mol X2，在催化剂作用下反应生成甲醇，YZ的转化率（α）与温度、压强的关系如图所示
①Pl______ P2（填“大于”、“小于”或“等于”）
②若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在A点时容器的体积为10L，则该温度下的平衡常数K=______
③若A、C两点都表示达到的平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间tA______tC（填“大于”、“小于”或“等于”）
④在不改变反应物用量情况下，为提高YZ转化率可采取的措施是______（答出两点即可）
正确答案
短周期元素X、Y、Z、W、M原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，故X为H，Y是形成化合物种类最多的元素，故Y为C，Z是自然界含量最多的元素，故Z为O，W是同周期中金属性最强的元素，故W为Na，M的负一价离子与Z的某种氢化物分子（应为H2O2）含有相同的电子数即18个，故M为Cl，
（1）X、Z、W形成的化合物为NaOH，其中含有的化学键类型为离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键；
（2）由Y、Z、W三元素共同构成的化合物为碳酸钠，CO32-水解显碱性，方程式为：CO32-+H2O═HCO3-+OH-、HCO3-+H2O═H2CO3+OH-，溶液中各个离子浓度的关系遵循电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）═c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故答案为：CO32-+H2O═HCO3-+OH-、HCO3-+H2O═H2CO3+OH-；c（Na+）+c（H+）═c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）；
（3）根据盖斯定律，H2与Cl2的反应和①②③之间的关系为①-②+2×③，故反应的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=（a+b-2c）KJ•mol-1，故答案为：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=（a+b-2c）KJ•mol-1；
（4）①根据图示，当温度相等时的A、B两点，看出P2时CO的转化率高于P1，而压强增大，才可以达到这种结果，故P2高于P1，故答案为：小于；
②从图中看出A点时，CO的转化率为0.5，CO+2H2
③因P2高于P1，故C点压强大于A点，压强大反应速率快，故反应开始到达平衡状态所需的时间tA大于tC，故答案为：大于；
④提高CO转化率，说明平衡向右移动，根据化学平衡移动的影响因素，故可以降温、加压、及时的移走甲醇等，故答案为：降温、加压．
由单质A与化合物B两种粉末组成的混合物，在一定条件下可按如图所示发生转化：
请回答：
（1）A的化学式______； B的化学式______
（2）反应①的化学方程式______
（3）反应②的离子方程式______
（4）反应③的离子方程式______
（5）反应④的离子方程式______．
正确答案
红褐色沉淀I为〔Fe（OH）3〕，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe（OH）2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；J既能与酸反应，又能与碱反应，则应为Al（OH）3，则E为NaAlO2，K为AlCl3，则单质A与化合物B两种粉末组成的混合物在高温下的反应应为铝热反应，推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，
（1）由以上分析可知A为Al，B为Fe2O3，故答案为：Al；Fe2O3；
（2）反应①为Al和Fe2O3在高温下的铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O3
故答案为：2Al+Fe2O3
（3）Al和Fe2O3混合物中，只有Al能和NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（4）D为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，Fe3+具有强氧化性，能与Fe反应生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（5）K为AlCl3，J为Al（OH）3，AlCl3与弱碱反应生成Al（OH）3，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．
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