最新 高中化学离子反应试题有答案和解析.docx
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最新高中化学离子反应试题有答案和解析
最新高中化学离子反应试题(有答案和解析)
一、高中化学离子反应
1.某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br-、CO32-、Na+,向该溶液中通入过量的Cl2,下列判断正确的是
①反应前后,溶液中离子浓度基本保持不变的有SO42-、Na+;②有胶状物质生成;③有气体产生;④溶液颜色发生变化;⑤共发生了2个氧化还原反应。
A.②③④B.①②③C.①③⑤D.②④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】
向溶液中通入过量的Cl2,Cl2可以氧化SO32-成为SO42-,所以SO32-浓度降低,SO42-浓度增大,Cl2也可以和Br-发生置换反应,使Br-浓度降低,生成的溴溶于水中使溶液颜色发生变化,Cl2溶于水生成的盐酸还可以跟CO32-发生反应生成CO2,使CO32-浓度降低,和SiO32-生成H2SiO3白色胶状沉淀,使SiO32-浓度降低,所以离子浓度基本保持不变的只有Na+。
Cl2溶于溶液中发生了3个氧化还原反应,其中2个是Cl2分别和SO32-、Br-发生的,另一个是Cl2和水的歧化反应,所以②③④是正确的,故选A。
【点睛】
Cl2和SO32-发生氧化还原反应,使SO32-浓度降低,还要考虑到生成了SO42-,使SO42-浓度增大,所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化。
在Cl2通入该溶液的反应中,除了Cl2和SO32-、Br-发生的氧化还原反应外,不要忽略了还有Cl2和水发生的氧化还原反应。
2.学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析,提出假设:
该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。
实验探究:
①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液,溶液变红。
②取100mL该溶液于试管中,滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。
③另取100mL该溶液,逐渐加入Na2O2粉末,产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。
下列说法中不正确的是()
A.该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-
B.该溶液中一定含有K+,其物质的量浓度为1mol•L-1
C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
D.该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解
【答案】D
【解析】
【分析】
①滴加紫色石蕊试液,溶液变红,说明溶液显酸性,则溶液中无HCO3-;②滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生,说明溶液中有SO42-,且n(SO42-)=0.3mol,无Cl-、I-;③逐渐加入Na2O2粉末,由图可知,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol,与铵根离子反应生成氨气0.2mol,最后与氢氧化铝反应,含有铝离子,一定不存在碳酸氢根离子。
【详解】
A.由分析可知,该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-,故A正确;
B.由分析可知,100mL溶液中有n(SO42-)=0.3mol,n(Al3+)=0.1mol,n(NH4+)=0.2mol,由电荷守恒可知n(K+)=0.1mol,其浓度为1mol•L-1,故B正确;
C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,过氧化钠会与水发生反应,生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解,其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,故C正确;
D.溶液中存在铵根离子和铝离子,则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解,故D错误;
综上所述,答案为D。
3.常温下,有c(H+)=0.1mol/L的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种,现取100mL该溶液进行如下实验:
已知氧化性Fe3+>I2,根据实验结果,下列判断正确的是( )
A.Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子一定存在
B.不能确定Na+和Cl﹣是否存在,CO32﹣一定不存在
C.Fe3+与Fe2+至少有一种
D.该溶液中c(Cl﹣)≥0.3mol•L1
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液中已经含有0.1mol/L的H+,所以与其不能大量共存的
一定不存在;由于加入适量Cl2的四氯化碳溶液后下层出现了紫色,说明有碘单质生成,那么原溶液中一定含有I-;由于氧化性Fe3+>I2,所以I-会被Fe3+氧化,所以原溶液中一定不会存在Fe3+;根据I2的质量为2.54g可知,100mL的原溶液含有I-0.02mol,所以原溶液中
;对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成沉淀,所以原溶液中一定有Fe2+,那么1.60g固体即Fe2O3,所以100mL原溶液中,Fe2+的量为0.02mol,即原溶液中
;由于第一步中加入的Cl2会转变为Cl-,所以不能通过生成AgCl白色沉淀证明原溶液中含有Cl-;通过上述分析,原溶液中
,
,
,电荷并不守恒,所以原溶液中一定还含有Cl-,由于上述检验过程并未证明溶液中一定不含Na+,所以
;当
,溶液中不含Na+,当
,溶液中一定有Na+。
【详解】
A.通过分析可知,溶液中一定不含Fe3+,A项错误;
B.通过分析可知,原溶液中一定不含
;原溶液中一定还含有Cl-,且当
,溶液中不含Na+,当
,溶液中一定有Na+,B项错误;
C.通过分析可知,溶液中含Fe2+,不含Fe3+,C项错误;
D.通过分析可知,溶液中一定含有Cl-,且
,D项正确;
答案选D。
【点睛】
离子推断的问题,可以通过四个原则进行分析:
肯定原则,指的是,由题干中给出的检验现象等信息判定某离子一定存在;互斥原则,指的是,在某离子一定存在的前提下,与之不能大量共存的离子,一定不能存在于溶液中;进出原则,指的是,在设计实验检验溶液中存在的离子时,前面步骤加入的试剂是否会对后面的检验造成干扰;电中性原则,指的是,若题干中有给出沉淀质量,气体体积等信息,那么要对溶液中一定存在的离子是否符合电荷守恒进行验证。
4.天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫,其工艺流程如图所示:
下列说法错误的是( )
A.天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B.“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D.“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
【答案】D
【解析】
【分析】
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水,得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸,加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。
【详解】
A.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子,在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子,CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性,所以天然海水的pH≈8,呈弱碱性,故A正确;
B.天然海水吸收了含硫烟气后,要用O2进行氧化处理,因为氧气具有氧化性,被氧化的硫元素的化合价为+4价,具有还原性,所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸,如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4,故B正确;
C.氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放,是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+),故C正确;
D.从框图可知:
排放”出来的海水,是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的,溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大,所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小,故D错误;
故答案为D。
5.有一包白色粉末,由Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3、NaOH中的一种或几种组成,为了探究它的成分,进行了如下实验:
下列判断错误的是()
A.生成白色沉淀D的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓
B.BaSO4一定不存在,NaOH可能存在
C.Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3一定存在,NaOH可能存在
D.气体B和气体E均可使澄清的石灰水变浑浊
【答案】C
【解析】
【分析】
由探究实验流程可知,白色滤渣A与盐酸反应生成气体B,则A为CaCO3,B为CO2,无色溶液C与盐酸反应生成白色沉淀,则C中含Na2SiO3、Na2SO3,白色沉淀D为硅酸,气体E为SO2,由上分析可知,一定存在Na2SiO3、Na2SO3、CaCO3,不存在BaSO4,无法判断NaOH,以此来解答。
【详解】
A.生成白色沉淀D为硅酸,离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓,A项正确;
B.由分析可知,BaSO4一定不存在,NaOH可能存在,B项正确;
C.由分析可知,BaSO4一定不存在,C项错误;
D.B为CO2,E为SO2,均可使澄清的石灰水变浑浊,D项正确;
答案选C。
6.向含有1molNH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液,充分反应。
下列说法错误的是()
A.当Al3+恰好完全沉淀时,消耗氢氧化钡1.5mol
B.当SO42-恰好完全沉淀时,铝元素全部以Al(OH)3的形式存在
C.当Al3+恰好完全生成AlO2-时,消耗氢氧化钡2.5mol
D.随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大,沉淀的物质的量不断增大
【答案】D
【解析】
【分析】
1molNH4Al(SO4)2中逐滴加入Ba(OH)2溶液,反应过程可分三个阶段:
2NH4Al(SO4)2+3Ba(OH)2=(NH4)2SO4+2Al(OH)3↓+3BaSO4↓①;
(NH4)2SO4+Ba(OH)2=2BaSO4↓+2NH3+2H2O②;
2Al(OH)3+Ba(OH)2=Ba(AlO2)2-+4H2O③;
第一阶段:
从开始滴入Ba(OH)2到1.5mol时,反应按①进行,溶液中的Al3+、Ba2+、OH-离子均转化成沉淀;
第二阶段:
当滴入Ba(OH)2从1.5mol到2mol时,Ba2+继续与SO42-反应生成BaSO4,共生成2molBaSO4,同时①反应生成的(NH4)2SO4与OH-反应生成氨气和水;
第三阶段:
当滴入到Ba(OH)22mol到2.5mol时,按③进行,生成的Al(OH)3全部转化为AlO2-。
【详解】
A.从开始滴入Ba(OH)2到1.5mol时,反应按①反应,即当1molAl3+恰好完全沉淀时,消耗氢氧化钡1.5mol,A项正确;
B.由反应②可知,当SO42-恰好完全沉淀时,铝元素全部以Al(OH)3的形式存在,B项正确;
C.由反应③可知,当Al3+恰好完全生成AlO2-时,消耗氢氧化钡2.5mol,C项正确;
D.随加入的氢氧化钡的物质的量不断增大,沉淀开始时物质的量不断增大,当加入到2mol时,Al(OH)3溶解,随后沉淀的物质的量减小,D项错误;
答案选D。
【点睛】
本题难点,掌握分析三个过程,随着加入的Ba(OH)2的量不同,反应进行的过程会不一样,看见这中题型,要进行综合分析,详细罗列每一个过程的反应。
7.将由NaOH、BaCl2、Al2(SO4)3三种固体组成的混合物溶于足量的水中,充分溶解,向混合物液中滴加1mol•L-1的稀硫酸,加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示.下列有关判断不正确的是
A.AB段发生反应的的离子方程式为:
Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
B.BC段发生反应的离子方程式为:
H++OH-=H2O
C.D点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4
D.E点表示的溶液呈中性
【答案】D
【解析】
【分析】
由A点可知,A点为硫酸钡沉淀,则BaCl2过量,由NaOH、BaCl2、Al2(SO4)3三种固体组成的混合物溶于足量的水中,充分溶解,混合液中含有钡离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、硫酸根离子。
【详解】
A.由图象可知,AB段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应,离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,故A正确;
B.BC段发生酸碱中和,离子方程式为H++OH-=H2O,故B正确;
C.CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应,离子反应为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,故C正确;
D.DE段发生氢氧化铝与酸的反应生成硫酸铝,为强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,故D错误;
故选D。
8.将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,下列离子方程式能正确表示该反应的是
A.SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2H++2ClO-
B.SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO3↓+2HClO
C.SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-
D.SO2+H2O+Ca2++3ClO-→CaSO4↓+2HClO+Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
ClO-有较强的氧化性,而在水溶液中SO2有较强的还原性,二者相遇首先发生氧化还原反应,生成氯离子和硫酸根离子。
由于硫酸钙水中溶解度不大,硫酸根离子与钙离子又会形成硫酸钙沉淀,又因为次氯酸钙过量,则反应的离子方程式为:
SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO,故选D
【点睛】
选项C是解答的易错点,主要是忽略了二氧化硫不足,生成的氢离子会继续与次氯酸根离子反应生成难电离的次氯酸。
9.能在溶液中大量共存,加入绿矾后仍能大量存在的离子组是
A.K+、Ba2+、OH-、I-B.Na+、Mg2+、Cl-、SO42-
C.Na+、H+、Cl-、NO3-D.Cu2+、S2-、Br-、ClO-
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应,则不能大量共存,反之是可以的。
绿矾溶于水电离出Fe2+和SO42-。
【详解】
A、溶液中的Ba2+、OH-均不能大量共存;
B、离子间可以大量共存;
C、酸性溶液中,硝酸根能氧化亚铁离子,不能大量共存;
D、ClO-能氧化S2-以及Fe2+,均不能大量共存,答案选B。
【点睛】
该题是高考中的高频题,属于中等难度的试题,侧重对学生基础知识的训练和检验。
有利于培养学生的逻辑推理能力,提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
该题需要明确离子不能大量共存的一般情况,即
(1)能发生复分解反应的离子之间;
(2)能生成难溶物的离子之间;(3)能发生氧化还原反应的离子之间;(4)能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-);解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件,题目所隐含的条件一般有:
(1)溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-;
(2)溶液的颜色,如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在;(3)溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;(4)是“可能”共存,还是“一定”共存等。
10.在由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中,一定能大量共存的离子组是
①K+、ClO-、NO3-、S2-
②K+、Fe2+、I-、SO42-
③Na+、Cl-、NO3-、SO42-
④Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
⑤K+、Ba2+、Cl-、NO3-
A.①③B.③⑤C.③④D.②⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液可能是酸性溶液,也可能是碱性溶液,据此分析。
【详解】
①在酸性环境下S2-不能大量共存,错误;
②在碱性环境下Fe2+不能大量共存,错误;
③Na+、Cl-、NO3-、SO42-在酸性、碱性环境下均能大量共存,正确;
④HCO3-在酸性、碱性环境下均不能大量共存,错误;
⑤K+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性、碱性环境下均能大量共存,正确;
答案选B。
【点睛】
本题隐含条件为溶液可能为酸性,也可能为碱性,除此以外,能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性;离子能够发生离子反应而不能大量共存,生成弱电解质而不能大量共存是常考点,需要正确快速判断。
11.常温下,在l00mL1mol/L的NaHCO3溶液中,加入Xmol的Ba(OH)2固体(假设溶液体积和温度保持不变)。
以下关于溶液中c(CO32-)及c(HCO3-)的变化判断正确的是
A.当X=0.025时,溶液中有HCO3-和CO32-,且2C(CO32-)="C("HCO3-)
B.当X=0.05时,溶液中有HCO3-和CO32-,且C(CO32-)>C(HCO3-)
C.当X=0.06时,溶液中HCO3-、CO32-浓度都减小了
D.当X=0.1时,溶液pH增大,沉淀达到最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A.当X=0.025时,溶液中发生反应:
NaHCO3(少)+Ba(OH)2═BaCO3↓+NaOH+H2O,NaHCO3过量0.075mol,继续发生反应:
NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O,剩余NaHCO30.05mol,生成Na2CO30.025mol,所以溶液中有HCO3-和CO32-,但CO32-发生水解生成HCO3-,则2c(CO32-)<c(HCO3-),故A错误;
B.当X=0.05时,溶液恰好发生反应:
2NaHCO3(过)+Ba(OH)2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O,CO32-发生水解生成HCO3-,所以溶液中有HCO3-和CO32-,且c(CO32-)>c(HCO3-),故B正确;
C.当X=0.06时,溶液发生反应:
NaHCO3(少)+Ba(OH)2═BaCO3↓+NaOH+H2O,NaHCO3过量0.04mol,继续发生反应:
NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O,剩余NaOH0.02mol,生成Na2CO30.04mol,HCO3-是CO32-发生水解生成的,所以溶液中HCO3-浓度减小,CO32-浓度增大,故C错误;
D.当X=0.1时,溶液中恰好发生反应:
NaHCO3(少)+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O,溶液碱性增强,溶液pH增大,Ba(OH)2完全沉淀,沉淀达到最大值,故D正确;
答案选BD。
12.在酸性Fe(NO3)3溶液中逐渐通入H2S气体,可能发生的离子反应是
A.H2S+2NO3-+2H+=2NO2↑+S↓+2H2O
B.3H2S+2NO3-+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O
C.3Fe3++3NO3-+6H2S=3NO↑+6S↓+3Fe2++6H2O
D.Fe3++3NO3-+5H2S+2H+=3NO↑+5S↓+Fe2++6H2O
【答案】BD
【解析】
【分析】
酸性溶液中,氧化性HNO3>Fe3+,硫化氢不足,硝酸根离子氧化硫化氢;硫化氢足量,则Fe(NO3)3完全反应,以此来解答。
【详解】
酸性溶液中,氧化性HNO3>Fe3+,硫化氢不足,硝酸根离子氧化硫化氢,由电子、电荷守恒可知,离子反应为3H2S+2NO3-+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O;硫化氢足量,则Fe(NO3)3完全反应,由电子、电荷守恒可知,离子反应为Fe3++3NO3-+5H2S+2H+=3NO↑+5S↓+Fe2++6H2O;
故选:
BD。
13.下列有关离子方程式正确的是()。
A.向稀盐酸中加入少量钠粒:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
B.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
C.用漂白粉溶液吸收尾气中SO2:
Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D.向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁:
2Al3++3MgO+3H2O=2Al(OH)3↓+3Mg2+
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.稀盐酸中加入少量钠粒,氢离子优先反应,正确的离子方程式为:
2Na+2H+=2Na++H2↑,A项错误;
B.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性,则硫酸根过量,离子方程式为:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,B项正确;
C.HClO有强氧化性,会将CaSO3氧化为CaSO4,C项错误;
D.含氯化铝的氯化镁溶液发生水解,溶液显酸性,加入氧化镁,离子方程式为:
2Al3++3MgO+3H2O=2Al(OH)3↓+3Mg2+,D项正确;
答案选BD。
【点睛】
本题易错点在C项,判断离子方程式时,一定要分析反应过程,具有强氧化性和强还原性的物质,不会同时存在于产物之中,会进一步发生反应。
14.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。
以下是从某废旧铵铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。
已知:
Ⅰ.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置,化学性质相似
Ⅱ.常温下:
Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13
(1)滤渣B的主要成分为______(填化学式);
(2)写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式______;
(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式______,若用浓HNO3溶解金属硫化物缺点是______(任写一条);
(4)从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是______。
(5)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol•L-1、c(Fe3+)=0.008mol•L-1、c(Mn2+)=0.01mol•L-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离首先沉淀的是______(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH大于______;
(6)取铍铜元件1000g,最终获得Be的质量为72g,则Be的产率是______。
【答案】CuS、FeSNa2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O
生成NO2污染空气在氯化氢气流下蒸发结晶Fe3+480%
【解析】
【分析】
废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO2),加入氢氧化钠溶液反应后过滤,信息可知BeO属于两性氧化物,CuS不与氢氧化钠溶液反应,FeS不与氢氧化钠溶液反应,二氧化硅属于酸性氧化物,和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2,滤渣B为CuS、FeS,滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸,溶液中为BeCl2,向溶液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤洗涤,再加入适量的HCl生成BeCl2,在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体,滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰,MnO2能将金属硫化物中的硫元素
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