【文章內(nèi)容簡介】 H)2=BaSO4↓+2H2O 、 NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O ，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液導電能力與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，曲線 ① 在 a點溶液導電能力接近 0，說明該點溶液離子濃度最小，應該為 Ba(OH)2溶液和 H2SO4的反應，則曲線 ② 為 Ba(OH)2溶液和 NaHSO4 溶液的反應，即 ① 代表滴加 H2SO4溶液的變化曲線， A 正確； B．根據(jù)圖知， a 點為 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 恰好反應， H2SO NaHSO4溶液的物質(zhì)的量濃度相等，則 b點溶液溶質(zhì)為 NaOH，溶液中大量存在的離子是 Na+和 OH，B 正確； C． c點， ① 中稀硫酸過量，溶質(zhì)為硫酸， ② 中硫酸氫鈉過量，則溶質(zhì)為 NaOH、 Na2SO4，因為硫酸根離子濃度相同， ② 中鈉離子濃度大于 ① 中氫離子濃度，所以溶液中氫氧根離子濃度不同， C 錯誤； D． a 點 ① 中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應，溶液中只含水； d 點 ② 中溶質(zhì)為 Na2SO4，水和硫酸鈉溶液都呈中性， D 正確；答案選 C。 點睛：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重考查學生分析判斷及識圖能力，明確發(fā)生的反應及各點溶液中溶質(zhì)成分是解本題關鍵，注意：溶液導電能力與離子濃度成正比，易錯選項是 B。 17. 已知：還原性強弱： I－＞ Fe2＋。往 100 mL 碘化亞鐵溶液中緩慢通入 L(標準狀況 )氯 氣，反應完成后溶液中有一半的 Fe2+被氧化成 Fe3+。則原碘化亞鐵溶液的物質(zhì)的量濃度為 A. molL－ 1 B. molL－ 1 C. molL－ 1 D. molL－ 1 【答案】 A 【解析】已知：還原性強弱： I＞ Fe2+，往 100mL碘化亞鐵溶液中緩慢通入 （標準狀況）氯氣，氯氣先氧化碘離子，再氧化亞鐵離子，已知氯氣的物質(zhì)的量為 =，發(fā)生反應離子方程式為： Cl2+2I=2Cl+I2，碘離子完全氧化后，溶液中有 的 Fe2+被氧化成 Fe3+，發(fā)生反應離子方程式為： Cl2+2Fe2+=2Cl+Fe3+，設原碘化亞鐵溶液的物質(zhì)的量濃度為 cmol/L，則 c（ I） =2c（ FeI2） =2c， c（ Fe2+） =cmol/L，所以與碘離子反應消耗的氯氣為 n（ Cl2） = n（ I） = cV=，反應完成后溶液中有 的 Fe2+被氧化成 Fe3+，則與亞鐵離子反應消耗的氯氣為 n（ Cl2） = n（ Fe2+） = cV=，所以 +=，解得： c=，答案選 A。 18. 離子方程式 2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– = 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O 不可以表示 ( ) A. Ca(HCO3)2 與 NaOH 溶液反應 B. NaHCO3 與澄清石灰水反應 C. KHCO3 與澄清石灰水反應 D. Ca(HCO3)2 與澄清石灰水反應 【答案】 D 【解析】 A、 Ca(HCO3)2 與 NaOH溶液按照 2:3 混合，會發(fā)生反應，離子方程式是： 2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– = 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O，選項 A正確； B、 NaHCO3 與澄清石灰水按照3:2 混合，發(fā)生反應，離子方程式是： 2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– = 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O，選項 B正確； C、 KHCO3與澄清石灰水按照 3:2混合，發(fā)生反應，離子方程式是： 2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– = 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O，選項 C 正確； D、 Ca(HCO3)2與澄清石灰水反應的離子方程式是： Ca2+ + HCO3– + OH– = CaCO3↓ + H2O，選項 D 錯誤。答案選 D。 19. 已知： SO32+I2+H2O→SO42+2I+2H+。某溶液中可能含有 Na+、 NH4+、 Fe2+、 K+、 I、SO32 、 SO42，且所有離子物質(zhì)的量濃度相等。向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色。下列關于該溶液的判斷正確的是（ ） A. 肯定不含 I B. 肯定含有 SO32 C. 肯定含 SO42 D. 肯定含有 NH4+ 【答案】 B 【解析】溶液為無色溶液，說明沒有 Fe2+。加入溴水仍然無色，說明溴水發(fā)生了反應，且產(chǎn)物無色， I－和 SO32－均可與溴水反應使溴 水褪色，此時反應后溶液無色，說明沒有 生成 I2，則原溶液中一定有 SO32－。由于 SO32－的還原性比 I－強且加入的是少量溴水，故 I－是否存在無法判斷。因所有離子濃度相等，則根據(jù)電荷守恒可判斷 SO42－肯定沒有，否則負電荷總數(shù)一定大于正電荷總數(shù)，若含有碘離子和亞硫酸根離子，則可以同時含有鈉離子、鉀離子、銨根離子，若只有亞硫酸根離子，則同時含有中的兩種離子，綜上可得，溶液中一定含有亞硫酸根離子，一定不含亞鐵離子和硫酸根離子，其他離子無法確定，答案選 B。 20. 向 Na2CO NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀 鹽酸，生成氣體的量隨鹽酸加入量的變化關系如下圖所示。則下列離子組在對應的溶液中，一定能大量共存的是 ( ) A. a 點對應的溶液中： Na＋、 OH－、 SO 、 NO B. b 點對應的溶液中： Al3＋、 Fe3＋、 MnO 、 Cl－ C. c 點對應的溶液中： Na＋、 Ca2＋、 NO 、 Cl－ D. d 點對應的溶液中： F－、 NO 、 Fe3＋、 Ag＋ 【答案】 C 【考點定位】本題考查離子共存問題 【名師點晴】該題為高考常見題型，側重于元素化合物知識的綜合考查和學生的分析能力、審題的能力的考查，注意把握常見離子的 性質(zhì)以及反應類型的判斷，答題時注意題中各階段溶液的成分是解答本題的關鍵。分析 Na2CO3 和 NaHCO3 的混合溶液與鹽酸反應的先后順序：在 Na2CO3 和 NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入鹽酸，鹽酸先與何種物質(zhì)反應，取決于 CO32－和 HCO3－結合 H＋的難易程度。由于 CO32－比 HCO3－更易于結合 H＋形成難電離的HCO3－，故鹽酸應先與 Na2CO3 溶液反應。只有當 CO32－完全轉化為 HCO3－時，再滴入的 H＋才與 HCO3－反應。 21. 某無色溶液含有下列離子中的若干種： H+、 NH4+、 Fe3+、 Ba2+、 Al3+、 CO32–、 Cl–、OH–、 NO3–。向該溶液中加入鋁粉，只放出 H2，則溶液中能大量存在的離子最多有（ ） A. 6 種 B. 5 種 C. 4 種 D. 3 種 【答案】 B 【解析】含有 Fe3+的溶液顯黃色，在無色溶液中不能大量存在； H+與 CO32–、 OH–會發(fā)生反應，不能大量共存； OH–與 NH4+、 Al3+會發(fā)生反應，不能大量共存； Ba2+、 Al3+與 CO32–會發(fā)生反應而不能大量共存。向該溶液中加入鋁粉，只放出氫氣，若溶液為堿性，則含有大量 OH–。，還可能含有大量的 Ba2+、 Cl–、 NO3–，離子最多 4 種；若溶液為酸性，由于 H+、NO3–起硝酸的作用，加入鋁不能產(chǎn)生氫氣，所以含有的離子可能是： H+、 NH4+、 Ba2+、 Al3+、Cl–，最多是 5 種離子。答案選 B。 點睛：離子之間若不發(fā)生任何反應，則可以大量共存，若發(fā)生反應，則不能大量共存。離子之間發(fā)生的反應類型有復分解反應、氧化還原反應、絡合反應、鹽的雙水解反應，還要掌握常見的有色離子有哪些、這些離子的顏色是什么顏色，有時還需要確定題干提供的信息，加入酸使指示劑呈現(xiàn)什么顏色；溶液的 pH是多少時，溶液的離子哪些存在， Al 在酸性、堿性 環(huán)境都會發(fā)生反應，若酸性環(huán)境反應產(chǎn)生氫氣，則由于 HNO3有強的氧化性，不會存在 NO3。掌握離子的性質(zhì)、離子反應和離子共存知識是解答本題的關鍵。 22. 室溫下，在 (SO4)3 溶液中，逐滴加入 ，實驗測得溶液 pH隨 NaOH 溶液體積變化曲線如下圖，下列有關說法正確的是（ ） A. a 點時，溶液呈酸性的原因是 Al3+水解，離子方程式為： Al3++3OH Al(OH)3 B. a→b段，溶液 pH 增大， Al3+濃度不變 C. b→c段，加入的 OH主要用于生成 Al(OH)3 沉淀 D. d 點時， Al(OH)3 沉淀開始溶解 【答案】 C 【解析】試題分析： A． a 點溶液是 Al2(SO4)3，溶液呈酸性的原因是 Al3+水解， Al3+水解消耗水電離產(chǎn)生的 OH,破壞了水的電離平衡，水會繼續(xù)電離，當最終達到平衡時，由于c(H+)c(OH)，所以溶液顯堿性，離子方程式為： Al3+＋ 3H2O Al(OH)3+3H+,錯誤； B． a~b段，隨著 NaOH 溶液的不斷滴入， OH－會中和水解產(chǎn)生的 H+，使鹽的水解程度增大，所以溶液中 Al3+濃度減小，而溶液的 pH增大，錯誤； C． b~c 段，加入的 OH－主要用于生成 Al(OH)3沉淀，正確； D．在 d 點時， NaOH過量，溶液是 NaAlO2 和 NaOH 的混合溶液，錯誤；故答案選 C。 考點：考查圖像法在表示鋁鹽與強堿溶液反應時溶液的酸