高考化学离子反应解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

一、高中化学离子反应

1．有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌充分反应，得到无色透明溶液，同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化）。根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是

A．一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，不能肯定是否含有氯化铁 B．一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物 C．另取适量固体加水溶解，若出现白色沉淀，即可证明K2CO3的存在

D．将反应产生的气体通入少量澄清石灰水，若有无沉淀出现，即可证明K2CO3不存在 【答案】B 【解析】 【分析】

取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌，充分反应，得到无色透明溶液，则一定不含FeCl3；同时有黄绿色气体和白色沉淀生成(已知NaNO2不能被稀硝酸氧化），只能是酸性溶液中KClO3把NaNO2氧化为NaNO3，本身被还原为黄绿色气体氯气，则一定含有KClO3，同时有白色沉淀生成，该白色沉淀一定是AgCl，则一定含有AgNO3，则KClO3氧化NaNO2时，同时被还原为Cl-，不确定K2CO3是否存在，以此来解答。 【详解】

由以上分析知，该固体中一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，一定不含有FeCl3，不确定K2CO3是否存在，

A. 一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，一定不含有FeCl3，故A错误；

B. 一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物氯气和Cl-，故B正确； C. 另取适量固体加水溶解，KClO3氧化NaNO2，自身被还原为Cl-，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，则不能证明K2CO3的存在，故C错误；

D. 反应产生的气体含有氯气，氯气可与水反应生成盐酸，盐酸可与澄清石灰水发生中和反应，因此即使气体中含有CO2，也不会有碳酸钙沉淀生成，因此不能证明K2CO3是否存在，故D错误； 故选B。

2．下列反应的离子方程式正确的是( )

3A．红褐色固体Fe(OH)3全部溶于氢碘酸：Fe(OH)33HFe3H2O

B．水杨酸溶于NaHCO3溶液中：

C．将等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4液按体积比2:3混合：

22Ba22SO43H3OH2BaSO43H2O

D．洁厕灵(含HCl)与84消毒液混合后产生氯气：ClHClOCl2OH 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I-得到I2，正确的离子反应方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2，A选项错误；

B．水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子反应方程式为：

+HCO3-→

+CO2↑+H2O，B选项错误；

C．等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2:3，则两者物质的量之比为2:3，两者混合后，2molBa2+消耗2molSO42-，3molH+消耗3molOH-，反应的离子反应方程式为：

22Ba22SO43H3OH2BaSO43H2O，C选项正确；

D．84消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O，D选项错误； 答案选C。 【点睛】

本题B选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和HCO3-发生发应。

3．下列各反应对应的离子方程式正确的是（ ）

A．向Ca(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O B．向100mL0.12mol·L-1的Ba(OH)2溶液中通入0.02molCO2：Ba2++3OH-+2CO2=HCO3-+BaCO3↓+H2O

C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O D．向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L0.4mol·L-1稀盐酸：OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据定少为一的原则，将NaHCO3的系数定为1，则向Ca(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液，离子反应方程式应为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，A选项错误； B．先算出Ba(OH)2的物质的量为0.012mol，而CO2的物质的量为0.02mol，二者的物质的量为3:5，按照3:5的化学计量比来写方程式：3Ba2++6OH-+5CO2=4HCO3-+BaCO3↓+H2O，B选项错误；

C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7，因此二者按2:1的系数来反应：2H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+2H2O，C选项错误；

D．首先三者的物质的量之比为1:1:4，稀盐酸先和烧碱中和，过量的稀盐酸再和纯碱反

应，据此离子反应方程式为：OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O，D选项正确； 答案选D。 【点睛】

本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子反应，题目难度较大，注意反应的顺序，尤其是某一种反应物过量时的后续反应。

4．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。

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．下列离子方程式书写及评价合理的是下列离子方程式书写及评价合理的是（ ）

A 离子方程式 Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液 Mg+2HCO3+2OH=MgCO3↓+CO3+2H2O 2+--2-评价 正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水； 正确，A1O2-与H+按物质的量1：1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+ B 1mol/L的NaA1O2溶液与2.5mol/L的HCl溶液等体积混合2A1O2+5H=A1+Al（OH）3+H2O +3+C 将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中 Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O 将FeCl2溶液加入到NaClO洛液中Fe2++2C1O-+2H2O=Fe（OH）2↓+2HClO 正确，Fe3O4化学式可改写为FeO•Fe2O3，Fe2+与Fe3+，物质的量之比为1：2 错误，Fe2+与C1O-会发生氧化还原反应：2Fe+C1O+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl+4H 2+--+D

A．A 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，A错误；

B．根据题意得偏铝酸钠和盐酸按照物质的量2：5反应，2mol偏铝酸根钠消耗2mol盐酸生成2mol氢氧化铝，剩余的3mol盐酸能溶解1mol氢氧化铝，B正确； C．稀硝酸有氧化性，过量的稀硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为：3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3++14H2O+NO↑，C错误；

D．Fe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成氢离子和氯离子，生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO，D错误； 答案选B。 【点睛】

此题A项涉及到沉淀的转化，最终会生成氢氧化镁的沉淀，类似的沉淀的溶解度需要理解记忆，如氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小；D项是易错点，生成氢离子会结合溶液中足量的次氯酸根离子生成次氯酸，需看清题目过量少量解题。

B．B

C．C

D．D

7．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。

8．在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。

下列说法正确的是

A．a点对应的溶液中大量存在：Al3＋、Na＋、Cl－、NO3－ B．b点对应的溶液中大量存在：K+、Ba2＋、NO3－、I－ C．c点对应的溶液中大量存在：Fe3＋、Na＋、Cl－、SO42－ D．d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、SO32－、Cl－ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A、a点对应的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液为中性，Al3＋只能存在酸性溶液，不能共存，错误；

B、b点对应的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液为酸性，此条件下NO3－与I－发生氧化还原反应而不能共存，错误；

C、c点溶液为中性，Fe3＋只能存在酸性溶液，不能共存，错误； D、d点溶液为碱性，可以共存，正确。

9．硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为( ) A．Fe2O3•2SO3•7H2O C．3Fe2O3•6SO3•20H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42﹣。加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4物质的量

B．4Fe2O3•10SO3•25H2O D．2Fe2O3•5SO3•17H2O

n5.82g =0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）

233gmol中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；

上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量

n1.600g=0.01mol。

160gmol而碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g﹣2.00g﹣1.600g=1.53g，物质的量n1.53g =0.085mol。 故该样品中x：y：

18gmolz=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17，故选D。

10．在由水电离产生的H浓度为1×10①K＋、ClO－、NO3－、S2－

＋＋－－②K、Fe2、I、SO42

＋

－13

mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是

③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－ ④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－

＋＋－－

⑤K、Ba2、Cl、NO3

A．①③ 【答案】B 【解析】 【分析】

B．③⑤ C．③④ D．②⑤

L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·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．某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶

液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（ ） A．若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+ B．若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+ C．溶液中可能含有Fe3+ D．溶液中一定含有Fe2+和SO42- 【答案】B 【解析】 【详解】

向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或SO3；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有SO3或SO4；若溶液中阴离子只有SO3，SO3与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及SO3会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为SO4，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为SO3、

2-2-2-3+2+SO2-4，Fe、Fe与SO3不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有SO3、SO4；综上

2-2-2-2-2-2-2-2-所述，答案为B。 【点睛】

本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。

12．常温下，在l00mL 1mol/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NaOH 0.02mol，生成

Na2CO3 0.04mol，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。

13．今有一混合物的水溶液，只可能肯有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100 mL溶液进行如下实验： (1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀生成；

(2)第二份加足量NaOH溶液后，收集到气体0.05mol；

(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。

根据上述实验，以下推测正确的是 A．K+可能存在 C．Cl-一定存在 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】

①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl-、CO32-、SO42-；②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有NH4+，且物质的量是0.05mol，其浓度是0.05mol÷0.1L＝0.5mol/L。③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol；4.3g沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡质量为4.3g－2.33g＝1.97g，物质的量为1.97g÷197g/mol＝0.01mol，故一定存在CO32-、SO42-，因而一定没有 Mg2+、Ba2+；c（CO32-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，c（SO42-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L。根据电荷守恒可知，c（NH4+）－2c（CO32-）+2c（SO42-）==0.5mol/L－0.1mol/L×2－0.1mol/L×2＝0.1mol/L，所以一定还含有阴离子，即一定含有氯离子，则K也可能存在，综合以上可以得出，一定存在的离子有NH4+、K+、CO32-、SO42-、Cl-，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，因此答案选AC。

＋

B．混合溶液中c(CO32-)为1 mol/L D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在

14．下列离子方程式书写正确的是( ) A．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：CaA1(OH)3↓+2BaSO4↓

C．向NaHSO4溶液中滴加Ba (OH)2至刚好沉淀完全：

2OHHCO3CaCO3H2O

B．往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀： A13++2SO42-+2Ba2++3OH-

HSO42Ba2OHBaSO4↓H2O

D．向含有0.1 mol溶质的FeI2溶液中通入0.1 mol的Cl2：2I— +Cl2【答案】CD 【解析】 【分析】

I2+2Cl--

离子方程式的书写要点：沉淀、气体、弱电解质、金属氧化物不拆；有过量、少量时，少量物质要遵循物质构成比例书写；氧化还原的强弱规律等。 【详解】

A．清石灰水与过量的小苏打溶液反应，则氢氧化钙少量，反应系数要遵循组成比例，离子反应方程式应为：

A1(OH)3↓+BaSO4↓，故B错误；

C．NaHSO4溶液中滴加Ba (OH)2至刚好沉淀完全，两物质1：1反应恰好生成硫酸钡沉淀，故C正确；

D．还原性：碘离子>亚铁离子，碘离子优先参与反应，故D正确； 答案为CD。

，故A错误；

B．往明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至Al3+完全沉淀，离子方程式为：A13++SO42-+Ba2++3OH-

15．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：

已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-氧化。

（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；

L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·

酸__mL（保留1位小数）。溶解时反应的离子方程式__； （3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。

CuCl2-]，潮湿空气中易水解

①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___； ②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。 ③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___； （4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__； （5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。 【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等

CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 16.3 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O SO42-或(NH4)2SO4 2：1 > 加水稀释 (NH4)2SO4 HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化 【解析】 【分析】

利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。 【详解】

（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；

1.84g100098%1000-1

（2）根据c=得，浓硫酸浓度==18.4mol·L，根据mLM98g/molL-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1V=0.3mol·

酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；

②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：>； ③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；

（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4； （5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。 【点睛】

（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！