离子方程式的有关计算

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离子方程式的有关计算

【知识点的认识】

离子方程式计算的常用方法包括： 1、原子守恒法 2、电荷守恒法 3、得失电子守恒法 4、关系式法【命题方向】题型一：原子守恒

典例1：用1L 1.0mol?L-1 NaOH溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的浓度之比约是（）

A．1：3 B．1：2 C．2：3 D．3：2 题型二：电荷守恒

典例2：将NaCl和NaBr的混合物m g溶于足量水，配制成500mL溶液A，再向A中通入足量氯气，充分反应后，蒸发溶液至干得晶体（m-2）g．则A溶液中Na+、C1-、Br-的物质的量之比肯定不正确的是（）

A．3：2：1 B．3：1：2 C．4：3：1 D．3：1：4．题型三：关系式法

典例3：向等体积等物质的量浓度的NaCl、MgCl2两溶液中分别滴加等浓度的AgNO3溶液使Cl-恰好沉淀完全，则消耗AgNO3溶液的体积之比为（） A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：3 题型四：得失电子守恒

典例4：Fe与硝酸反应随温度和硝酸的浓度不同而产物不同．已知0.2mol HNO3做氧化剂时，恰好把0.4mol Fe氧化为Fe2+，则HNO3将被还原成（） A．NH4+B．N2O C．NO D．NO2 【解题思路点拔】

本考点是关于离子方程式的计算方法，相对于化学方程式，离子方程式的计算方法更纯粹一点，最重要的是守恒方法和关系式法，要重点掌握．一．选择题（共18小题）

1．向含有Fe、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（）

﹣

A．线段BC代表Fe的物质的量的变化情况 B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L

﹣﹣2+3+

C．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe+2I+2Cl2═2Fe+I2+4Cl

﹣﹣2+

D．原溶液中n（Fe）：n（I）：n（Br）=2：1：3

第1页（共37页）

2．在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe，Cu和Fe的物质的量之比为3：2：1，现加入适

量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe的物质的量之比为（）

A． 2：1 B． 1：2 C． 1：3 D． 1：4

3．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe和Cr．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4

溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）

3+2+2+

A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7

﹣3+2+

B．图中BC段发生的反应为2Fe+2I=2Fe+I2 C．开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol

D． K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3

2﹣

﹣

4．向含SO3、Fe、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（）

A．

B．

D．

5．常温常压下，将a mol CO2气体通入1L bmol/L的NaOH溶液中，下列对所得溶液的描述不正确的是（）

A．

当a=2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c（H）有如图变化关系

第2页（共37页）

B．当a=b时，所得溶液中存在：c（OH）+c（CO3）=c（H）+c（H2CO3）

﹣﹣+2﹣+

C．当2a=b时，所得溶液中存在：c（Na）＞c（CO3）＞c（OH）＞c（HCO3）＞c（H） D．当＜a/b＜1时，所得溶液中一定存在：c（Na）=c（CO3）+c（HCO3）+c（H2CO3） 6．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，向混合溶

﹣1

液中滴加1mol?L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（）

2﹣

﹣

2﹣+

A． AB段发生反应的离子方程式为：Ba+SO4═BaSO4↓ B． E点对应横坐标稀硫酸的体积为70 mL

C． D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3、BaSO4 D． E点沉淀比A点沉淀质量大2.33g

﹣1

2+2﹣

7．常温下，在10mL 0.1mol?L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol?L HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化），下列说法正确的是（）

A．在0.1 mol?L Na2CO3溶液中：c（Na）+c（H）=c（CO3）+c（HCO3）+c（OH） B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20 mL

C．在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是Na

﹣﹣2﹣+

D．在A点所示的溶液中：c（CO3）=c（HCO3）＞c（H）＞c（OH）

8．将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c（Fe）：

c（Fe）=3：2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为（） A． 1：1 B． 5：16 C． 2：3 D． 3：2

9．取100mL 18.3mol/L的H2SO4与Zn反应，当Zn完全溶解时，生成气体在标况下占有的体积为

22.4L，将所得的溶液稀释成1L，测得溶液的H浓度为1mol/L，则所生成的气体中SO2与H2的体积比约为（）

A． 1：2 B． 2：1 C． 1：4 D． 4：1

10．某溶液中可能含有H、NH4、Fe、Al、SO4、CO3等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示．下列说法正确的是（）

2﹣

﹣1

++2﹣

﹣﹣

第3页（共37页）

A．原溶液中含有的阳离子只有H、Fe、Al

2﹣+

B．原溶液中一定含有SO4和Na

3+3+

C．原溶液中含有的Fe和Al的物质的量之比为l：l D．反应最后形成的溶液中溶质只有Na2SO4

﹣1﹣1

11．向100mL 0.1mol?L硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1mol?LBa（OH）2溶液．随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示．则下列说法中正确的是（）

A． a点时溶液中所含主要溶质为（NH4）2SO4

2﹣2+

B． a→b段发生反应的离子方程式是：SO4+Ba=BaSO4↓ C． b点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.2 D． c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200 mL

﹣）﹣12﹣）

12．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c（SO4+c（NO3=2.5 mol?L．取200mL该混合酸，则能溶解铜的最大质量为（）

A． 12.8g B． 19.2g C． 32.0g D． 38.4g

13．某溶液中可能含有OH、CO3、AlO2、SiO3、SO4、HCO3、Na、Fe、Mg、Al等离子．当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示．下列说法正确的是（）

﹣

2﹣

﹣

2﹣2﹣

﹣

+3+2+3+

A．原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO3、AlO2、CO3 B．反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl C．原溶液中一定含有Na2SO4

﹣2﹣

D．原溶液中含有CO3与AlO2 的物质的量之比为1：2

﹣

2﹣

﹣

2﹣

第4页（共37页）

14．将由FeSO4、Ba（OH）2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻棒搅拌，充分溶

﹣1

解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1mol?L的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示．下列有关判断不正确的是（）

A． AB段发生反应的离子方程式为：Ba+SO4+2H+2OH=BaSO4↓+2H2O B． D点表示的溶液呈酸性

C． C点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3、BaSO4、Fe（OH）2 D．混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等

15．下列示意图与对应的反应情况正确的是（）

2﹣

﹣

A. 含0.0l mol KOH和0.01 mol Ca（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2 B． NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液

C． KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液 D． NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸

﹣++2+3+3+2﹣2﹣

16．溶液中可能含有H、NH4、Mg、Al、Fe、CO3、SO4、NO3中的几种．①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（）

A．溶液中一定不含SO4和NO3

﹣﹣3+

B．在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：Al+4OH=AlO2+2H2O

+2+3+

C．溶液中的阳离子只有H、Mg、Al

++2+

D． n（H）：n（NH4）：n（Mg）=2：4：1

17．将过量CO2通入NaOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的质量（m）和通入CO2（V）关系图，正确的是（）

2﹣

CO3，可能含有

2﹣

﹣

第5页（共37页）

A．

B． C． D．

18．现有含Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的某稀溶液，若向其中逐步加入铁粉，溶液中Fe浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示，则该溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（）

A． 1：1：3 B． 1：2：4 C． 1：1：4 D． 1：3：1

二．填空题（共5小题）

19．某无色溶液中可能含有H，NH4，Mg，Fe，Al，SO4，HCO3等离子，当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示．请回答下列问题：

（1）ab段生成沉淀的化学方程式：； cd段沉淀减少的反应方程式：；

（3）简述bc段沉淀物质的量不变的原因：；

（4）原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为．

2﹣

﹣

20．常温下在20mL0.1mol/L碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸40mL，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳元素的微粒的百分含量也发生变化（二氧化碳因为逸出未画出）．据此回答下列问题：（1）用离子方程式表示碳酸钠溶液呈碱性的原因：

当加入盐酸使溶液pH为10时，混合液中含碳元素的离子的物质的量之比为（3）用等式表示碳酸钠溶液中所有离子浓度之间的关系：（4）请写出OAB段的离子方程式：

（5）当混合溶液的pH= 时，开始放出二氧化碳气体．

第6页（共37页）

21．如图表示往某Na2CO3溶液中滴入稀盐酸产生CO2的过程：（1）写出a点以前发生反应的化学反应方程式写出a点到b点发生反应的离子反应方程式

（3）若某Na2CO3溶液中含m moLNa2CO3，滴入一定量的稀盐酸，恰好使溶液中Cl和HCO3的物质的量之比为2：1，则滴入的盐酸中HCl的物质的量等于 moL（用m表示）．

﹣

22．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol?L的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量关系如图所示．则（1）B与A的差值为 mol；

原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为 mol；

（3）铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为；（4）写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式．

﹣1

23．向20mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/L的NaOH溶液时，所得的沉淀质量与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示：

（1）图中A点表示的意义是．最大沉淀量为 g．

第7页（共37页）

（3）B点表示的意义是．

（4）所用AlCl3溶液的物质的量浓度是．

（5）当所得沉淀量为0.39g时，用去NaOH溶液的体积是 mL或 mL．

三．解答题（共7小题）

24．甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素元素组成．甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子．A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族．用甲进行如下实验：

①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；

②取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀． ③取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示；

④取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热；回答下列问题：

（1）D在周期表中的位置写出化合物AB3的电子式．

经测定甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水．则甲晶体的化学式为．（3）实验③中根据图象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）= ．（4）实验④中离子方程式是．

25．将2.5g由Na2CO3、NaHCO3和NaOH组成的固体混合物加入足量水溶解配成溶液．然后向此溶液中逐渐滴加1.0mol/L的盐酸．所加盐酸的体积与产生的CO2的体积关系如图：

第8页（共37页）

（1）该溶液中存在的溶质是（填化学式）．

0～25mL加入盐酸时发生反应的离子方程式为；．（3）当加入40mL盐酸时，产生CO2的体积为 mL（标准状况）．（4）固体加水溶解后的溶液中正盐的物质的量为 mol．

28．向100mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），测得最后溶液的pH＞7．（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是；如果是多种成分，可能是．随后取此溶液10mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图所示． ①写出OA段所发生反应的离子方程式：．

②NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为，其物质的量浓度之比为． ③产生的CO2体积（标准状况下）为． ④原NaOH溶液的物质的量浓度为．

29．向100mLBaCl2、AlCl3、FeCl3的混合溶液A中，逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合溶液B，产生的沉淀和加入混合溶液B的体积关系如下图所示：

（1）加入B溶液110mL时，溶液中的沉淀是，溶液中的溶质是．从90mL至100mL之间加入10mL B溶液时发生的离子反应方程式是：Ba+SO4→BaSO4↓，Al

﹣﹣

（OH）3+OH→AlO2+2H2O溶液B中Na2SO4与NaOH的物质的量浓度之比为；（3）计算A溶液中AlCl3的物质的量浓度，写出计算过程：．

2﹣

30．有一透明溶液，已知其中可能含有Fe、Mg、Cu、Al、NH4，加入一种淡黄色粉末固体时，加热有刺激性气味的混合气体放出，同时生成白色沉淀．当加入0.4mol淡黄色粉末时，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，且加入淡黄色粉末时产生白色沉淀的量如图所示．

根据题意回答下列问题：

（1）淡黄色粉末为（填名称）．

溶液中肯定有离子，肯定没有离子．（3）溶液中离子的物质的量之比为．（4）写出下列反应方程式：

①淡黄色粉末与水反应的化学方程式：．

第9页（共37页）

②刺激性气味的气体产生的离子方程式：． ③沉淀部分减少时的离子方程式：．

离子方程式的有关计算

参考答案与试题解析

一．选择题（共18小题）

1．向含有Fe、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（）

﹣

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

﹣

A．线段BC代表Fe的物质的量的变化情况 B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L

﹣﹣2+3+

C．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe+2I+2Cl2═2Fe+I2+4Cl

﹣﹣2+

D．原溶液中n（Fe）：n（I）：n（Br）=2：1：3

分析：还原性I＞Fe＞Br，故首先发生2I+Cl2═I2+2Cl，I反应完毕再发生：

﹣﹣﹣2+3+

2Fe+Cl2═2Fe+2Cl；最后发生反应2Br+Cl2═Br2+2Cl，

﹣﹣﹣2+2+3+

A．B点时溶液中I完全反应，溶液中存在Fe和Br，BC段发生2Fe+Cl2═2Fe+2Cl；

B．根据BC段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（Fe），但溶液的体积无法计算，不能计算（cFeBr2）； C．根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量，据此书写；

D．根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（Fe）、n（I）、n（Br），据此解答．

﹣﹣﹣﹣﹣2+

解答：解：还原性I＞Fe＞Br，故首先发生2I+Cl2═I2+2Cl，I反应完毕再发生：

﹣﹣﹣2+3+

2Fe+Cl2═2Fe+2Cl；最后发生反应2Br+Cl2═Br2+2Cl，

﹣﹣﹣2+2+3+

A．B点时溶液中I完全反应，溶液中存在Fe和Br，BC段发生2Fe+Cl2═2Fe+2Cl，代表3+

Fe的物质的量的变化情况，故A正确；

﹣2+3+2+

B．由图可知，BC段发生2Fe+Cl2═2Fe+2Cl，Fe反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n

（Fe）=2×2mol=4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；

第10页（共37页）

﹣

﹣﹣﹣﹣

C．AB段发生2I+Cl2═I2+2Cl，2mol的I消耗1mol氯气，BC段发生2Fe+Cl2═2Fe+2Cl，

﹣2+2+

余下的1mol氯气再与2molFe反应，故参加反应的n（Fe）：n（I）=1：1，故通入2molCl2时，

﹣﹣2+3+

溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe+2I+2Cl2═2Fe+I2+4Cl，故C正确；

﹣﹣﹣

D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I+Cl2═I2+2Cl，故n（I）=2n（Cl2）=2mol，BC段发

﹣2+3+2+

生2Fe+Cl2═2Fe+2Cl，消耗氯气2mol，故n（Fe）=2n（Cl2）=2×2mol=4mol，DE段发生2Br﹣﹣﹣﹣2++Cl2═Br2+2Cl，消耗氯气3mol，故n（Br）=2n（Cl2）=6mol，故原溶液中n（Fe）：n（I）：

﹣

n（Br）=4mol：2mol：6mol=2：1：3，故D正确；故选B．

点评：本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大．

2．在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe，Cu和Fe的物质的量之比为3：2：1，现加入适

量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe的物质的量之比为（）

A． 2：1 B． 1：2 C． 1：3 D． 1：4

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

3+2+2+3+2+2+

分析：因氧化性：Fe＞Cu＞Fe，加入适量的铁粉，使溶液中Fe、Cu和Fe物质的量之比

3+2+3+

变为1：2：4，说明Fe有剩余，则Cu没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe反应，假设原溶液中含

3+2+2+3+有Fe、Cu、Fe的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe离子物质的量变化，结合方程式计算．

解答：解：因氧化性：Fe＞Cu＞Fe，加入适量的铁粉，使溶液中Fe、Cu和Fe物质的量

之比变为1：2：4，说明Fe有剩余，

2+3+

则Cu没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe反应，

3+2+2+3+2+2+

设原溶液中含有Fe、Cu、Fe的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe、Cu和Fe

3+2+2+

物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe、Cu、Fe的物质的量分别为1mol、2mol、4mol，

故反应的Fe的物质的量为3mol﹣1mol=2mol，则：

3+2+

2Fe+Fe=3Fe 2mol 1mol 3mol

故参加反应的Fe的物质的量为1mol，

参加反应的铁粉与原溶液中Fe的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C．

点评：本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算．

3．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe和Cr．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4

溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）

﹣﹣﹣

2+3+

﹣

第11页（共37页）

A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7

﹣3+2+

B．图中BC段发生的反应为2Fe+2I=2Fe+I2 C．开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol

D． K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

分析：氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始

3+3+

时Fe浓度不变，则说明Fe没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题．

解答：解：A．开始时Fe浓度不变，则说明Fe没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；

﹣3+3+2+

B．BC段Fe浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe+2I=2Fe+I2，故B正确；

C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe～6I，共消耗的n（I

﹣

3+3+

﹣

）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为

﹣

mol=0.25mol，故C正确；

D．由方程式2Fe+2I→2Fe+I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe）=n（Fe）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，故D错误．故选D．

点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式及电子守恒计算该题，难度中等．

4．向含SO3、Fe、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（）

2﹣

﹣

A． B． C．

D．

第12页（共37页）

考点：离子方程式的有关计算；氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题；离子反应专题．

分析：离子还原性SO3＞I＞Fe＞Br，故首先发生反应SO3+Cl2+H2O=SO4+2Cl+2H，

﹣﹣﹣﹣2+3+

再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe+Cl2=2Fe+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl﹣

，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，据此判断．

﹣﹣﹣2﹣2+2﹣2﹣+

解答：解：离子还原性SO3＞I＞Fe＞Br，故首先发生反应SO3+Cl2+H2O=SO4+2Cl+2H，

﹣﹣﹣﹣2+3+

再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe+Cl2=2Fe+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl﹣

，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，

﹣2﹣2﹣+2﹣

A．由SO3+Cl2+H2O=SO4+2Cl+2H可知，0.1molSO3完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；

﹣﹣2﹣2﹣

B.0.1molSO3完全反应后，才发生2I+Cl2=I2+2Cl，0.1molSO3完全反应需要消耗0.1mol氯气，

﹣﹣

故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；

C.0.1molSO3完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反

﹣2+3+2+

应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe+Cl2=2Fe+2Cl可知，0.1molFe完全反应消

耗0.05氯气，故Fe完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；

D．SO3、I、Fe完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气

﹣﹣﹣

的体积为4.48L，由2Br+Cl2=2Br2+2Cl可知，0.1molBr完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；故选C．

点评：本题以图象形式考查氧化还原反应、有关离子反应计算等，难度中等，确定离子反应发生的先后顺序是解题的关键．

5．常温常压下，将a mol CO2气体通入1L bmol/L的NaOH溶液中，下列对所得溶液的描述不正确的是（）

2﹣

﹣

2﹣

﹣

2﹣2﹣

﹣

2﹣

﹣

A．

当a=2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c（H）有如图变化关系

﹣2﹣+

B．当a=b时，所得溶液中存在：c（OH）+c（CO3）=c（H）+c（H2CO3）

﹣﹣+2﹣+

C．当2a=b时，所得溶液中存在：c（Na）＞c（CO3）＞c（OH）＞c（HCO3）＞c（H） D．当＜a/b＜1时，所得溶液中一定存在：c（Na）=c（CO3）+c（HCO3）+c（H2CO3）

考点：离子方程式的有关计算；离子浓度大小的比较．分析： A、n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2＞1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有弱离

﹣2﹣

子的盐促进水电离，且CO3水解程度远远大于HCO3；

B、当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据质子守恒来分析；

第13页（共37页）

2﹣

﹣

C、当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，根据Na2CO3在溶液中的行为可知离子浓度大小关系；

D、当＜＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒来分析．

解答：解：A、n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2＞1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有

﹣2﹣

弱离子的盐促进水电离，且CO3水解程度远远大于HCO3，溶液中的溶质是NaOH时，抑制水电离，当转化为Na2CO3时促进水电离，再转化为时NaHCO3，也促进水电离，但促进水电离程度减小，所以符合图象，故A正确；

B、当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据NaHCO3溶液中的质子守恒可知：c（OH）

2﹣+

+c（CO3）=c（H）+c（H2CO3），故B正确；

C、当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，根据Na2CO3在溶液中的行为可知离子浓度大

﹣﹣+2﹣+

小关系为：c（Na）＞c（CO3）＞c（OH）＞c（HCO3）＞c（H），故C正确； D、当＜＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒可知在此溶液中c（Na）与[c（CO3）+c（HCO3）+c（H2CO3）]的比值介于～1之间，即不相等，故D错误．故选D．

点评：本题考查了盐溶液中离子浓度大小比较和质子守恒、物料守恒，综合性较强，但难度不大．

6．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，向混合溶

﹣1

液中滴加1mol?L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（）

2﹣

﹣

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

2+2﹣

A． AB段发生反应的离子方程式为：Ba+SO4═BaSO4↓ B． E点对应横坐标稀硫酸的体积为70 mL

C． D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3、BaSO4 D． E点沉淀比A点沉淀质量大2.33g

分析：由A点可知，A点白色硫酸钡沉淀，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，则AB段发生反应生成硫酸钡沉淀和水的反应，BC段发生酸碱中和，CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，DE段发生氢氧化铝与酸的反应，以此来解答．

解答：解：由A点可知，A点白色硫酸钡沉淀，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，

第14页（共37页）

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Ba+2OH+2H+SO4=BaSO4↓+2H2O，故A错误；

B．CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，DE段发生氢氧化铝与酸的反应，消耗酸的体积之比为1：3，所以DE段消耗酸的体积为30mol，所以E点对应横坐标稀硫酸的体积为70 mL，故B正确； C、AB段发生反应生成硫酸钡沉淀和水的反应，BC段发生酸碱中和，CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，所以D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3、BaSO4，故C正确；

D、因为最后溶液为Al2（SO4）3和硫酸的混合溶液，E点沉淀比A点沉淀质量大的量就是AB段生

﹣1﹣

成的硫酸钡沉淀的质量，由图可知：消耗酸的量为10ml，所以生成硫酸钡为1mol?L×10ml×103

L/mL=0.01mol，所以E点沉淀比A点沉淀质量为0.01mol×233g/mol=2.33g，故D正确；故选A．

点评：本题考查离子反应方程式的书写及图象，难度较大，明确A点的意义及混合液中的离子、离子反应的先后顺序是解答本题的关键．

﹣1

﹣

+2﹣

A．在0.1 mol?L Na2CO3溶液中：c（Na）+c（H）=c（CO3）+c（HCO3）+c（OH） B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20 mL

C．在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是Na

﹣﹣2﹣+

D．在A点所示的溶液中：c（CO3）=c（HCO3）＞c（H）＞c（OH）

考点：离子方程式的有关计算；钠的重要化合物．专题：图示题．

分析： A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒；

B．当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性； C．根据物料守恒分析；

D．根据图象分析，c（HCO3）=c（CO3），溶液呈碱性，则c（OH）＞c（ H）．

++2

解答：解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na）+c（H）=2c（CO3﹣﹣﹣）+c（HCO3）+c（OH），故A错误；

﹣

B．当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，故B错误；

C．溶液呈碱性，阳离子有钠离子和氢离子，而氢离子是水微弱电离出来的，所以钠离子的浓度远大于氢离子的浓度，故C正确；

﹣

﹣1

++2﹣

﹣﹣

2﹣

﹣

第15页（共37页）

D．根据图象分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c（HCO3）=c（CO3），溶液呈碱性，

﹣﹣+2﹣

则c（OH）＞c（ H），盐溶液水解程度较小，所以c（CO3）＞c（OH），则离子浓度大小顺序

﹣﹣2﹣+

是c（HCO3）=c（CO3）＞c（OH）＞c（ H），故D错误；故选C．

点评：本题考查了离子浓度大小的比较，根据物料守恒、电荷守恒来分析解答，难点是B，采用逆推的方法分析解答，难度中等．

8．将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c（Fe）：

c（Fe）=3：2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为（） A． 1：1 B． 5：16 C． 2：3 D． 3：2

考点：离子方程式的有关计算．

分析：同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe）：c（Fe）=3：2，所以该溶

2+3+

液中n（Fe）：n（Fe）=3：2，根据亚铁离子和铁离子的物质的量及化学式计算作酸的硝酸的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子数相等计算作氧化剂的硝酸的物质的量，从而计算得出铁和硝酸的物质的量之比．

2+3+

解答：解：同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe）：c（Fe）=3：2，所以

2+3+

该溶液中n（Fe）：n（Fe）=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol×2+2xmol×3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol×2+2xmol×3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B．

点评：本题以氧化还原反应为载体考查了物质的量的有关计算，难度较大，明确元素守恒和得失电子守恒是解本题的关键，注意不要漏掉起酸作用的硝酸．

9．取100mL 18.3mol/L的H2SO4与Zn反应，当Zn完全溶解时，生成气体在标况下占有的体积为

22.4L，将所得的溶液稀释成1L，测得溶液的H浓度为1mol/L，则所生成的气体中SO2与H2的体积比约为（）

A． 1：2 B． 2：1 C． 1：4 D． 4：1

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

分析：锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为

﹣

2﹣

=1mol，剩余硫

酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=n（H）×1L×0.1mol/L=0.5mol，消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）=0.1L×18.3mol/L﹣0.5mol=1.33mol，根据反应的化学方程式计算．

解答：解：100mL 18.3mol/L的H2SO4中含有硫酸的物质的量为：n（H2SO4）浓=0.1L×18.3mol/L=1.83mol，

消耗

剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=n（H）×1L×0.1mol/L=0.5mol，

第16页（共37页）

消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=1.83mol﹣0.5mol=1.33mol，

锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，

生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为设混合物气体中含有xmolSO2，ymolH2， Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+H2O 2xmol xmol Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ ymol ymol 则有：解之得：

=1mol

所以n（SO2）：n（H2）=x：y=0.33：67=1：2，故选A．

点评：本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，本题注意以下几点：①浓硫酸与锌反应生成SO2，②随着反应的进行，硫酸的浓度降低，与锌反应生成H2，③根据反应的方程式利用守恒的方法列式计算．

2﹣

A．原溶液中含有的阳离子只有H、Fe、Al

2﹣+

B．原溶液中一定含有SO4和Na

3+3+

C．原溶液中含有的Fe和Al的物质的量之比为l：l D．反应最后形成的溶液中溶质只有Na2SO4

考点：离子方程式的有关计算．

分析：根据图象曲线变化可知，加入氢氧化钠溶液时没有立刻生成沉淀，说明溶液中含有H；之后氢氧化钠溶液与金属离子反应生成沉淀，之后沉淀不变，最后沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Fe、Al和NH4，最终得到沉淀为氢氧化铁，沉淀溶解部分为氢氧化铝，沉淀不变的部分为铵根

2﹣

离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO3，结合溶液电

2﹣

中性可知，溶液中一定存在SO4，据此进行解答．

解答：解：根据图象曲线变化可知，加入氢氧化钠溶液时没有立刻生成沉淀，说明溶液中含有H；之后氢氧化钠溶液与金属离子反应生成沉淀，之后沉淀不变，最后沉淀部分溶解，则溶液中一定含

3+3++

有Fe、Al和NH4，最终得到沉淀为氢氧化铁，沉淀溶解部分为氢氧化铝，沉淀不变的部分为铵

2﹣

根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO3，结合溶液

2﹣

电中性可知，溶液中一定存在SO4，

第17页（共37页）

A．根据分析可知，原溶液中含有的阳离子为：H、NH4、Fe、Al，故A错误； B．原溶液中一定含有硫酸根离子，不一定含有钠离子，故B错误；

C．根据图象曲线变化可知，剩余氢氧化铁沉淀的物质的量与溶解的氢氧化铝的物质的量相等，说明

3+3+

原溶液中含有的Fe和Al的物质的量之比为1：1，故C正确；

D．根据溶液中的离子的存在情况可知道，最后溶液中含有的溶质除了Na2SO4，还有偏铝酸钠，故D错误；故选C．

点评：本题考查了离子反应的计算、离子共存的判断，题目难度中等，试题考查范围广，明确氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键．

﹣1

++3+3+

A． a点时溶液中所含主要溶质为（NH4）2SO4

2﹣2+

B． a→b段发生反应的离子方程式是：SO4+Ba=BaSO4↓ C． b点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.2 D． c点加入Ba（OH）2溶液的体积为200 mL

考点：离子方程式的有关计算．

分析： O→a段发生的离子反应为Fe+2OH+Ba+SO4=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，当Fe 沉淀完全后，沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，随着Ba（OH）

﹣++2﹣2+

2溶液的滴入，NH4参加反应，a→b段的反应为2NH4+2OH+SO4+Ba=BaSO4↓+2NH3?H2O；b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，到b点时，溶液中的离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200 ml，故c点大于200 ml．

﹣2+2+2﹣2+

解答：解：A、O→a段发生的离子反应为Fe+2OH+Ba+SO4=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，当Fe 沉淀完全后，沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；

﹣++2﹣

B、随着Ba（OH）2溶液的滴入，NH4参加反应，a→b段的反应为2NH4+2OH+SO4

+Ba=BaSO4↓+2NH3?H2O，故B错误；

C、b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，故C错误；

D、到b点时，溶液中的离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200 ml，故c点大于200 ml，故D错误；故选A．

点评：本题考查离子方程式的计算，难度比较大，清楚整个反应过程中发生的离子反应是解题的关键．

﹣

2+2﹣2+

第18页（共37页）

12．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c（SO4+c（NO3能溶解铜的最大质量为（）

A． 12.8g B． 19.2g C． 32.0g D． 38.4g

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

﹣

2﹣）

﹣）

=2.5 mol?L．取200mL该混合酸，则

﹣1

分析：反应的离子方程式为3Cu+2NO3+8H=3Cu+2NO↑+4H2O，要使溶解铜的质量最大，则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数即4：1，硝酸全部起氧化剂作用，设硫酸浓度为x，则硝酸浓度为：2.5mol/L﹣x，溶液中氢离子浓度共：2x+，则：硝酸浓度为1mol/L，根据方程式可计算溶解铜的质量．

解答：解：反应的离子方程式为3Cu+2NO3+8H=3Cu+2NO↑+4H2O，要使溶解铜的质量最大，则氢离子和硝酸根浓度满足化学计量数即4：1，硝酸全部起氧化剂作用，设硫酸浓度为x，则硝酸浓度为：2.5mol/L﹣x，溶液中氢离子浓度共：2x+，则：

硝酸浓度为1mol/L，硝酸得物质的量为：0.2L×1mol/L=0.2mol， 3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO↑+4H2O 3×64g 2mol m 0.2mol m=

=19.2g，

﹣

+2+

=4：1，解得x=1.5mol/L，

+2+

=4：1，解得x=1.5mol/L，

故选B．

点评：本题考查了硝酸与铜反应的计算，计算的关键是根据反应原理判断出当符合化学计量数之比时反应消耗铜最多．

﹣

2﹣

﹣

2﹣2﹣

﹣

+3+2+3+

﹣﹣2﹣2﹣

A．原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO3、AlO2、CO3 B．反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl

C．原溶液中一定含有Na2SO4

﹣2﹣

D．原溶液中含有CO3与AlO2 的物质的量之比为1：2

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

分析：结构图象曲线变化可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一

3+2+3+

定含氢氧根离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe、Mg、Al；随后反应生成沉淀逐渐增

﹣﹣﹣

大，说明是AlO2和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2与HCO3发生反应生成

﹣

氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是

第19页（共37页）

CO3离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有钠离子离子，据此进行解答．

解答：解：由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe、Mg、Al；随后反应生成沉淀逐渐增大，

﹣﹣﹣2﹣

说明是AlO2、SiO3和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2与HCO3发生反应

﹣

生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能

2﹣

是CO3离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na离子；

﹣﹣2﹣2﹣

A、依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO3、AlO2、CO3，故A正确； B、反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；

C、溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故C错误；

2﹣+

D、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO3+2H=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗

﹣+3+2﹣

的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H=Al+3H2O，原溶液中含有CO3与AlO2的物质的量之比为3：4，故D错误；故选A．

点评：本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，正确分析图象曲线变化为解题关键，明确硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质，试题培养了学生的分析、理解能力．

14．将由FeSO4、Ba（OH）2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻棒搅拌，充分溶

﹣1

解，一段时间后，向稳定的混合物溶液中滴加1mol?L的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的物质的量关系如图所示．下列有关判断不正确的是（）

﹣

2﹣

3+2+3+

A． AB段发生反应的离子方程式为：Ba+SO4+2H+2OH=BaSO4↓+2H2O B． D点表示的溶液呈酸性

C． C点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3、BaSO4、Fe（OH）2 D．混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等

考点：离子方程式的有关计算．专题：图示题；离子反应专题．分析：由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，由钡离子守恒可知，固体混合物中n[Ba（OH）2]=0.05mol，

根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba有剩余．

2﹣

﹣

第20页（共37页）

由A→B一定发生反应Ba+SO4=BaSO4↓，加入20ml硫酸，硫酸的物质的量为0.02mol，由图可知沉淀量增加0.04mol﹣0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，故不可能发生反应AlO2+H+H2O=Al（OH）该反应硫酸的物质的量与沉淀的物质的量之比为1：2，3↓，

也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20ml硫酸只与氢氧化钡反应．

故未加H2SO4前A点的溶液中Ba（OH）2有剩余，剩余三种固体组成的混合物溶于足量的水中，用玻璃棒搅拌，充分溶解，一段时间发生反应：FeSO4+Ba（OH）（OH）4Fe（OH）2=BaSO4↓+Fe2↓，

﹣﹣3+

2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，Al+4OH=AlO2+2H2O．故A点沉淀为Fe（OH）3、BaSO4，由方程

﹣3+

式可知n[Fe（OH）3]=n（BaSO4）=0.01mol，此时Al变为AlO2，可知n（FeSO4）=0.01mol；

由B→C，加入5ml硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol﹣

2+2

0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba+SO4﹣﹣+

=BaSO4↓，AlO2+H+H2O=Al（OH）3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al（OH）3为0.01mol．故C的沉淀为Fe（OH）3、BaSO4、Al（OH）3．

由C→D，加入15ml硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol﹣

0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba+SO4=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2

+2+2+H+H2O=Al（OH）（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba+SO43↓﹣+3++3+=BaSO4↓（生产硫酸钡多）、Al（OH）3+3H=Al+3H2O、Fe（OH）3+3H=Fe+3H2O（沉淀溶

﹣3+3+2+

解少）．说明C点AlO2完全反应，D点的溶液含有Al、Fe．Ba沉淀完全．溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3．

+3++3+

D→E发生反应Al（OH）3+3H=Al+3H2O、Fe（OH）3+3H=Fe+3H2O，E点完全溶解，溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3．由C→E共消耗30mLH2SO4，而0.01molFe（OH）可知Al（OH）3消耗15mLH2SO4，3消耗15mLH2SO4，判定n[Al（OH）3]=n[Fe（OH）3]=0.01mol，可知原混合固体中n（AlCl3）=0.01mol．

解答：解：由图可知最终沉淀0.05mol为BaSO4，由钡离子守恒可知，固体混合物中n[Ba（OH）2]=0.05mol，根据图象知，未加H2SO4前A点的沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反

应，Ba有剩余．

2+2﹣

也不会发生其它沉淀的溶解反应，否则沉淀量增加不可能为0.02mol，说明加入的20ml硫酸只与氢氧化钡反应．

﹣﹣3+

2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，Al+4OH=AlO2+2H2O．故A点沉淀为Fe（OH）3、BaSO4，由方程

﹣3+

式可知n[Fe（OH）3]=n（BaSO4）=0.01mol，此时Al变为AlO2，可知原混合物固体中n（FeSO4）=0.01mol；

由B→C，加入5ml硫酸，硫酸的物质的量为0.005mol，由图可知沉淀量增加0.055mol﹣

2+2

0.04mol=0.015mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生反应Ba+SO4﹣﹣+

=BaSO4↓，AlO2+H+H2O=Al（OH）3↓，由方程式可知，该阶段生成BaSO4为0.005mol，生成Al（OH）3为0.01mol．故C的沉淀为Fe（OH）3、BaSO4、Al（OH）3．

﹣﹣

2+2﹣

﹣

第21页（共37页）

由C→D，加入15ml硫酸，硫酸的物质的量为0.015mol，由图可知沉淀量增加0.06mol﹣

+2+2+H+H2O=Al（OH）（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba+SO43↓﹣﹣+3++3+

=BaSO4↓、Al（OH）3+3H=Al+3H2O、Fe（OH）3+3H=Fe+3H2O．说明C点AlO2完全反应，

3+3+2+

D点的溶液含有Al、Fe．Ba沉淀完全．溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3．

+3++3+

﹣2+2﹣+

A、由上述分析可知，硫酸只与氢氧化钡反应，反应离子方程式为Ba+SO4+2H+2OH=BaSO4↓+2H2O，故A正确；

3+3+3+3+

B、由上述分析可知，D点的溶液含有Al、Fe，溶液为Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3，Al、Fe水解，溶液呈酸性，故B正确；

C、由上述分析可知，C的沉淀为Fe（OH）3、BaSO4、Al（OH）3，故C错误；

D、由上述分析可知，原混合固体中n（FeSO4）=0.01mol，n（AlCl3）=0.01mol，故D正确．故选：C．

点评：考查离子反应的计算等，难度较大，本题采取过程法分析，关键是根据硫酸的体积与沉淀增加量判断各段发生的反应．若为单项选择可以根据氢氧化亚铁的不稳定性选择．

15．下列示意图与对应的反应情况正确的是（）

2﹣

﹣

A．

含0.0l mol KOH和0.01 mol Ca（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2

B．

NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液

C．

KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液

D．

第22页（共37页）

NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸

考点：离子方程式的有关计算．专题：图示题．

分析： A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；

B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；

C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止，结合具体数据分析反应过程；

D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解．

解答：解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；

B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少，沉淀的量保持不变，故B正确；

C、假设含2molKAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始阶段滴加入3molBa（OH）2时，2mol铝离子和3mol硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成2mol氢氧化铝和3mol硫酸钡沉淀共5mol沉淀，然后再滴加入1molBa（OH）2时，继续形成1mol的硫酸钡沉淀但同时有会溶解2mol氢氧化铝沉淀，所以这一段沉淀的物质的量并没有增多反而减小，再滴加入Ba（OH）2时无反应发生最终只剩余硫酸钡沉淀，故C错误；

D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故D错误．故选B．

点评：本题考查了图象分析，明确物质间的反应及物质的性质是解本题关键，根据物质之间量的关系进行解答，难点是根据其分界点确定发生的反应，题目难度中等．

2﹣

﹣

A．溶液中一定不含CO3，可能含有SO4和NO3

﹣﹣3+

B．在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，发生的离子反应为：Al+4OH=AlO2+2H2O

+2+3+

C．溶液中的阳离子只有H、Mg、Al

++2+

D． n（H）：n（NH4）：n（Mg）=2：4：1

考点：离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．

分析： ①加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中有H，一定无CO3和NO3，根据溶液电中

性，溶液中一定存在硫酸根离子；加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe，根据图象

﹣﹣+3+

可知：0≤n（NaOH）≤0.1mol时，H+OH=H2O；0.1mol≤n（NaOH）≤0.5mol时，Al+3OH=Al（OH）

﹣﹣2++

3↓，Mg+2OH=Mg（OH）2↓；0.5mol≤n（NaOH）≤0.7mol时，NH4+OH=NH3?H2O；0.7mol≤n

2﹣

﹣

2﹣

﹣

第23页（共37页）

（NaOH）≤0.8mol时，Al（OH）计算可得：n（H）=0.1mol，n（Al）=0.1mol，3 +OH=AlO2+H2O，

2++

n（Mg）=0.05mol，n（NH4）=0.2mol，据此进行判断．

﹣+2﹣2﹣

解答：解：由①可知溶液中有H，无CO3和NO3，根据溶液电中性，溶液中一定存在SO4；

加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe，根据图象可知：0≤n（NaOH）≤0.1mol时，

﹣﹣﹣+3+2+

H+OH=H2O；0.1mol≤n（NaOH）≤0.5mol时，Al+3OH=Al（OH）3↓，Mg+2OH=Mg（OH）

﹣+

0.5mol≤n（NaOH）≤0.7mol时，NH4+OH=NH3?H2O；0.7mol≤n（NaOH）≤0.8mol时，Al（OH）2↓；﹣﹣+3+2++

计算可得：n（H）=0.1mol，n（Al）=0.1mol，n（Mg）=0.05mol，n（NH4）3 +OH=AlO2+H2O，

=0.2mol，

A、根据分析可知：溶液中一定不存在CO3、Fe、NO3，一定存在H、NH4、Mg、Al、SO4﹣

，故A错误；

B、在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，沉淀的物质的量不变，发生的反应为NH4+OH﹣

=NH3?H2O，故B错误；

++2+3+

C、溶液中一定存在的阳离子为H、NH4、Mg、Al，故C错误；

+3+2++

D、根据以上计算可知，n（H）=0.1mol，n（Al）=0.1mol，n（Mg）=0.05mol，n（NH4）=0.2mol，

++2+

所以n（H）：n（NH4）：n（Mg）=0.1mol：0.2mol：0.05mol=2：4：1，故D正确；故选D．

点评：本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，特别是具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根离子的反应，先出现沉淀，之后沉淀逐渐溶解，常常为解题突破口；本题质量硫酸根离子的确定为易错点，根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子．

17．将过量CO2通入NaOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的质量（m）和通入CO2（V）关系图，正确的是（）

2﹣

﹣

﹣﹣

+3+

++2+3+2

A． B． C． D．

考点：离子方程式的有关计算．专题：图示题．

分析： NOH和Ca（OH）发生反应：2OH+CO2=CO3+H2O，Ca+CO32的混合稀溶液中通入CO2，﹣

=CaCO3↓，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，反

﹣2﹣

应的离子方程式为：CO3+H2O+CO2=2HCO3，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，反应的离子方程式为：

﹣

2﹣2+2

CaCO3+C2O+CO2=Ca+2HCO3，据此分析图象．

解答：解：NOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸

﹣2﹣2+2﹣

钙，此时沉淀质量增加，发生反应：2OH+CO2=CO3+H2O，Ca+CO3=CaCO3↓，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，但是同时沉淀的质量也不会减少，反应的离子方程式为：

CO3+H2O+CO2=2HCO3，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，

﹣2+

此时沉淀逐渐减少最后为零，反应的离子方程式为：CaCO3+C2O+CO2=Ca+2HCO3，分析所给的选项可以知道选项A符合刚才的分析，即A是正确的．故选A．

第24页（共37页）

2﹣

﹣

点评：本考点主要考查了二氧化碳的化学性质，二氧化碳能使石灰水变浑浊，这是二氧化碳的特性，特别是性质与图象结合的题型，一定要认真分析，综合把握．

A． 1：1：3 B． 1：2：4 C． 1：1：4 D． 1：3：1

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

分析：依据氧化还原反应的顺序规律分析计算，溶液中含有Fe （NO3） 3、Cu （NO3） 2、HNO3，氧化性顺序为HNO3＞Fe （NO3） 3＞Cu （NO3） 2，加入铁后依次反应．

解答：解：稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3＞Fe （NO3） 3＞Cu （NO3） 2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，

3+2+2+2+

①Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；②Fe+2Fe=3Fe；③Fe+Cu=Cu+Fe；

2+3+

从图象中可知铁为1mol时，无Fe生成，发生的反应是①消耗硝酸为4mol，生成Fe1mol；

2+3+

再加入1mol铁发生反应②生成Fe物质的量为3mol，反应的Fe物质的量为2mol，其中原溶液中

的Fe物质的量1mol；

2+2+

再加入1mol铁发生反应③，此时又生成Fe物质的量为1mol，说明原溶液中Cu物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe （NO3） 3为1mol，Cu （NO3） 2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，物质的量浓度之比为1：1：4；故选C．

点评：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要考查氧化还原反应的顺序反应规律及计算应用，题目难度中等．

二．填空题（共5小题）

（1）ab段生成沉淀的化学方程式： Al+3OH=Al（OH）3↓、Fe+3OH=Fe（OH）3↓ ； cd段沉淀减少的反应方程式： Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O ；

（3）简述bc段沉淀物质的量不变的原因：加入的NaOH与原溶液中NH4反应生成NH3?H2O ；（4）原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为 2：2：2：4：9 ．

﹣

++2+3+3+2﹣

﹣

第25页（共37页）

考点：离子方程式的有关计算．

分析：加入NaOH溶液后，在0﹣a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H或HCO3离子，由

﹣3+3+

于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al，由于HCO3和Al会发生双水解而

+2+3+

不能共存，则只能存在H；a﹣b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg、Fe、3+

Al，根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的

﹣﹣

沉淀的物质的量相等，由OH～AlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明另一种离子为3价离子，则为Fe；b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反

应，即溶液中一定存在NH4．

﹣+

解答：解：加入NaOH溶液后，在0﹣a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H或HCO3离子，

﹣3+3+

由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al，由于HCO3和Al会发生双水解

+2+3+

而不能共存，则只能存在H；a﹣b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg、Fe、3+Al，

根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀

﹣﹣

的物质的量相等，由OH～AlO2可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，说明另一种

离子为3价离子，则为Fe；

b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4．所以

+3+3++2﹣

溶液中一定含有n（H）、n（Al）、n（Fe）、n（NH4），n（SO4）．

﹣﹣3+3+

（1）ab段生成沉淀是的离子方程式为：Al+3OH=Al（OH）3↓、Fe+3OH=Fe（OH）3↓，故

﹣﹣3+3+

答案为：Al+3OH=Al（OH）3↓、Fe+3OH=Fe（OH）3↓；

根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，是氢氧化铝溶于氢氧化钠中的一段，发生的反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，

故答案为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；

（3）b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4，

故答案为：加入的NaOH与原溶液中NH4反应生成NH3?H2O；

++3+3+

（4）原溶液中含有的阳离子是H、NH4、Fe、Al，一定不存在镁离子，根据消耗的氢氧化钠

+3+3+

的物质的量可以认为n（H）=a，n（Al）=a，n（Fe）=a，

+2﹣+3+3++2

n（NH4）=2a，根据电荷守恒，n（SO4）=4.5a，n（H）：n（Al）：n（Fe）：n（NH4）：n（SO4﹣

）=2：2：2：4：9，

故答案为：2：2：2：4：9．

点评：本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题难点在于如何根据图象中的数据判断铁离子的存在及根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子．

第26页（共37页）

﹣

20．常温下在20mL0.1mol/L碳酸钠溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸40mL，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳元素的微粒的百分含量也发生变化（二氧化碳因为逸出未画出）．据此回答下列问题：（1）用离子方程式表示碳酸钠溶液呈碱性的原因： CO3+H2?HCO3+OH 2﹣

当加入盐酸使溶液pH为10时，混合液中含碳元素的离子的物质的量之比为 n（CO3）：n（HCO3﹣

）=1：1

﹣++

（3）用等式表示碳酸钠溶液中所有离子浓度之间的关系： c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO3﹣2﹣

）+2c（CO3） ﹣2﹣+

（4）请写出OAB段的离子方程式： CO3+H=HCO3 （5）当混合溶液的pH= 6 时，开始放出二氧化碳气体．

2﹣

﹣

考点：离子方程式的有关计算．

分析：（1）碳酸钠溶液中碳酸根离子存在水解平衡，根据水解原理来回答；

根据图中的信息可以知道，当pH=10时，碳酸根离子和碳酸氢根离子的百分含量是相等的，据此回答；

（3）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，溶液显示碱性，据此确定溶液中各个离子浓度之间的关系；（4）OAB段是溶液中的碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子的过程；

（5）碳酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化碳，当二氧化碳得到溶解平衡便有二氧化碳放出．解答：解：（1）碳酸钠溶液中碳酸根离子存在水解平衡：CO3+H2?HCO3+OH，所以溶液显示

﹣﹣2﹣

碱性，故答案为：CO3+H2?HCO3+OH；

根据图中的信息可以知道，当pH=10时，碳酸根离子和碳酸氢根离子的百分含量是相等的，所以n（CO3）：n（HCO3）=1：1；故答案为：n（CO3）：n（HCO3）=1：1；

﹣++

（3）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，溶液显示碱性，存在电荷守恒：c（Na）+c（H）=c（OH）

﹣﹣﹣2﹣++2﹣

+c（HCO3）+2c（CO3），故答案为：c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO3）；（4）OAB段是溶液中的碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子的过程，发生反应的离子方程式为：CO3+H=HCO3；

﹣2﹣+

故答案为：CO3+H=HCO3；

（5）碳酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化碳，当二氧化碳得到溶解平衡便有二氧化碳放出，即碳酸的百分含量保持不变时，此时pH=6．故答案为：6．

点评：本题考查溶液离子浓度大小比较以及难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等问题，题目难度中等，注意分析图象曲线变化趋势，把握物质的性质是关键．

21．如图表示往某Na2CO3溶液中滴入稀盐酸产生CO2的过程：

（1）写出a点以前发生反应的化学反应方程式 Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3 第27页（共37页）

2﹣

﹣

2﹣

﹣﹣

2﹣

﹣

2﹣

﹣

写出a点到b点发生反应的离子反应方程式 HCO3+H=H2O+CO2↑ ﹣﹣

（3）若某Na2CO3溶液中含m moLNa2CO3，滴入一定量的稀盐酸，恰好使溶液中Cl和HCO3的物质的量之比为2：1，则滴入的盐酸中HCl的物质的量等于

moL（用m表示）．

﹣

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

分析：（1）碳酸钠和少量的盐酸之间反应生成的是碳酸氢钠和氯化钠；碳酸氢钠和盐酸反应生成的是氯化钠、水以及二氧化碳；

（3）根据碳酸钠和盐酸之间的反应结合溶液中Cl和HCO3的物质的量之比为2：1进行计算即可．解答：解：（1）碳酸钠和少量的盐酸之间反应生成的是碳酸氢钠和氯化钠，即Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，故答案为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；

﹣+

碳酸氢钠和盐酸反应生成的是氯化钠、水以及二氧化碳，实质是：HCO3+H=H2O+CO2↑，故答案

﹣+

为：HCO3+H=H2O+CO2↑；

（3）设和碳酸氢钠反应的盐酸的物质的量是x， Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3 1 1 1 1 m m m m NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑ 1 1 1 x x x

则Cl的物质的量为：m+x，HCO3的物质的量为：m﹣x 使Cl和HCO3的物质的量比是2：1，即加入盐酸的物质的量=mol+mmol=

﹣

=，解得x=mol，

mol．

mol，故答案为：

点评：本题以图象题的形式考查钠及化合物的性质及计算，为高频考点，把握图象中各阶段的物质的量的关系及各阶段发生的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度中等．

原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为 0.5 mol；

（3）铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为 5：3 ；

第28页（共37页）

﹣1

（4）写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式 8Al+30H+3NO3═8Al+3NH4+9H2O ．

﹣﹣

3++

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀

量不变，可得与NH4发生了反应，

﹣﹣

（1）可根据Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O．得出Al（OH）3的物质的量；根据N元素守恒计算硝酸的物质的量；

（3）Al（OH）3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，n（Al）=0.05mol，根据电子转移守恒求得n（Fe）=0.03mol，据此求出混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比；

（4）根据以上分析可知，n（Al）=0.05mol，n（NH4）=0.03mol，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，根据氧化还原反应守恒书写．

﹣﹣

解答：解：（1）可根据Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量为（104﹣94）

﹣3

×10L×5mol/L=0.05 mol，故答案为：0.05；

根据N元素守恒，可知：n（HNO3）=n（H）+2n（NH4NO3）+3n（Fe（NO3）3）+3n（Al（NO3）3）=0.04L×5mol/L+2×0.03mol+3×0.08mol=0.5mol，故答案为：0.5；

（3）Al（OH）3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.05mol，由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为94mL﹣88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为

0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH4+OH═NH3?H2O 可知，计算溶液中n（NH4）=0.03ml，根据

电子转移守恒有，3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4），即3n（Fe）+3×0.05mol=8×0.03mol，解得n（Fe）=0.03mol，混合金属中n（Al）=0.05mol、n（Fe）=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5：3，

故答案为：5：3；

（4）由题意知，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，根据氧化还原反应得失电子守恒

﹣+3++

和电荷守恒，离子反应为：8Al+30H+3NO3=8Al+3NH4+9H2O，

﹣+3++

故答案为：8Al+30H+3NO3=8Al+3NH4+9H2O．

点评：本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题注意根据图象判断各阶段反应的情况，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，注意从质量守恒的角度结合反应的关系式计算．

23．向20mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/L的NaOH溶液时，所得的沉淀质量与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示：

（1）图中A点表示的意义是 AlCl3与NaOH恰好完全反应，得到最大沉淀量．

第29页（共37页）

﹣

最大沉淀量为 0.78 g．

（3）B点表示的意义是 Al（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解．（4）所用AlCl3溶液的物质的量浓度是 0.5mol/L ．

（5）当所得沉淀量为0.39g时，用去NaOH溶液的体积是 7.5 mL或 17.5 mL．

考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．

分析：开始AlCl3与NaOH反应Al+3OH=Al（OH）3↓，生成Al（OH）3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al（OH）3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量；

随后再加NaOH，发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀量又逐渐减少，到B点时Al（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解消失；

由于A→B消耗的氢氧化钠溶液体积为5ml，消耗NaOH为0.005L×2mol/L=0.01 mol，根据方程式可知n[Al（OH）根据m=nM计算氢氧化铝的质量；根据铝原子守恒则n（AlCl3）=0.01 mol，3]=0.01mol，根据c=计算氯化铝的物质的量浓度；（5）0.39 g Al（OH）3的物质的量=

3所需

﹣

=0.005mol．当NaOH溶液不足时，生成0.39 g Al（OH）

NaOH的物质的量为0.015 mol；当NaOH溶液过量时，还剩余0.39 g Al（OH）3，剩余0.39 g Al（OH）故共消耗NaOH的物质的量=0.02L×2mol/L﹣0.005mol=0.035 3溶解可以消耗0.005molNaOH，mol，根据V=计算NaOH溶液的体积．

解答：解：（1）开始AlCl3与NaOH反应Al+3OH=Al（OH）3↓，生成Al（OH）3沉淀，NaOH量逐渐增多，Al（OH）3量逐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量，

故答案为：AlCl3与NaOH恰好完全反应，得到最大沉淀量；

由于A→B消耗的氢氧化钠溶液体积为5ml，消耗NaOH为0.005L×2mol/L=0.01 mol，根据方程式可知n[Al（OH）3]=0.01mol，氢氧化铝的质量=0.01mol×78g/mol=0.78g，故答案为：0.78；

（3）Al（OH）3沉淀达到最大量后，再加NaOH，发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀量又逐渐减少，到B点时Al（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解消失，故答案为：Al（OH）3与NaOH恰好完全反应生成NaAlO2，沉淀完全溶解；（4）根据铝原子守恒，则n（AlCl3）=n[Al（OH）3]=0.01mol，故氯化铝的物质的量浓度=故答案为：0.5mol/L；

（5）0.39 g Al（OH）3的物质的量=

=0.005mol．

第30页（共37页）

﹣

=0.5mol/L，

当NaOH溶液不足时，生成0.39 g Al（OH）3所需NaOH的物质的量为0.005mol×3=0.015 mol，需要NaOH溶液的体积=

=0.0075L=7.5mL；

当NaOH溶液过量时，还剩余0.39 g Al（OH）剩余0.39 g Al（OH）3，3溶解可以消耗0.005molNaOH，故共消耗NaOH的物质的量=0.02L×2mol/L﹣0.005mol=0.035 mol，需要NaOH溶液的体积=

=0.0175L=17.5mL，

故答案为：7.5或17.5．

点评：本题是AlCl3与NaOH反应与图象相结合的计算问题，考查了大家对图象的解读能力，分析问题能力、计算能力等，难度中等，本题解决的关键是明确NaOH溶液逐滴加入到AlCl3溶液中的反应情况．

三．解答题（共7小题）

①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；

④取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热；回答下列问题：

（1）D在周期表中的位置第3周期ⅥA族写出化合物AB3的电子式

．

经测定甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水．则甲晶体的化学式为 NH4Al（SO4）2?12H2O[或AlNH4（SO4）2?12H2O] ．（3）实验③中根据图象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）= 3：1：1 ．（4）实验④中离子方程式是 NH4+Al+5OH﹣

+3+

﹣

NH3↑+Al（OH）4+H2O或NH4+Al+5OH﹣

+3+

NH3↑+AlO2+3H2O ．

﹣

考点：离子方程式的有关计算；复杂化学式的确定．专题：计算题．

分析：由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么

A肯定是N，甲溶液中含有NH4，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，

第31页（共37页）

E是O，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则甲溶

2﹣

液肯定含有SO4，取少量甲溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，先是出现白色沉淀，最后沉

3+3+2﹣+

淀完全消失，其中一定含有Al，综上所述，甲溶液中含有Al，SO4，NH4，以此结合图象来解答该题．解答：解：（l）由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，

那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D

是S，位于第3周期ⅥA族，化合物AB3是NH3，是含有共价键的共价化合物，电子式为：

，

故答案为：第3周期ⅥA族；；

由A、B形成的10电子阳离子，B元素有一种核素没有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是

N，甲溶液中含有NH4，A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族，D是S，E是O，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则甲溶液肯定含

2﹣

有SO4，取少量甲溶液于试管中，向其中加入NaOH溶液，先是出现白色沉淀，最后沉淀完全消

3+3+2﹣+

失，其中一定含有Al，综上所述，甲溶液中含有Al，SO4，NH4，甲晶体的摩尔质量为453g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1：1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水，所以阳离子和阴离子的分子量为：453﹣216=237，阳离子和阴离子物质的量之比1：1，根据电中性原理，得出分子式为：NH4Al（SO4）2?12H2O[或AlNH4（SO4）2?12H2O]，

故答案为：NH4Al（SO4）2?12H2O[或AlNH4（SO4）2?12H2O]；

﹣3++

（3）取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，先后发生反应：Al+3OH=Al（OH）NH4+OH3↓；﹣﹣﹣

=NH3?H2O；Al（OH）3+OH=[Al（OH）4]，所以V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3：1：1，故答案为：3：1：1；

（4）甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热，其中的铵根离子、铝离子均可以和过量的氢氧化钠之间反应，实质是：NH4+Al+5OH

NH3↑+AlO2+3H2O，

故答案为：NH4+Al+5OH

﹣﹣

+3+

﹣

NH3↑+Al（OH）4+H2O 或NH4+Al+5OH

﹣

+3+

﹣

+3+

﹣

NH3↑+Al（OH）4+H2O 或NH4+Al+5OH

﹣

+3+

﹣

NH3↑+AlO2+3H2O．

点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据反应的现象判断物质，学习中注意把握相关基础知识，易错点为（4），注意阳离子与阴离子物质的量关系以及晶体的摩尔质量．

第32页（共37页）

（1）该溶液中存在的溶质是 Na2CO3、NaOH （填化学式）．

﹣﹣+2﹣+

0～25mL加入盐酸时发生反应的离子方程式为 H+OH═H2O ； CO3+H═HCO3 ．（3）当加入40mL盐酸时，产生CO2的体积为 336 mL（标准状况）．（4）固体加水溶解后的溶液中正盐的物质的量为 0.02 mol．

考点：离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．

分析：（1）固体在溶液中发生反应为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，固体组成可能为：①Na2CO3、NaOH（NaOH过量），②Na2CO3、NaHCO3（NaOH少量），若为①Na2CO3、NaOH，0～25mL段消耗盐酸体积会大于25～45mL段，与图象一致；若

﹣2﹣+

为②Na2CO3、NaHCO3，0～25mL段发生反应为：CO3+H═HCO3，25～45mL段发生反应为：

﹣+

HCO3+H═CO2↑+H2O，则0～25mL段消耗盐酸体积会应该小于25～45mL段，与图象不一致；溶质为碳酸钠和氢氧化钠，0～25mL段先发生酸碱中和，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠；

（3）结合图象可知，当加入40mL盐酸时，25～34mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体，根据反应方程式及盐酸的物质的量计算出生成二氧化碳气体的体积；

（4）溶解后溶质为碳酸钠和氢氧化钠，其中正盐为碳酸钠，根据25～45mL段消耗盐酸的量和质量守恒可计算出碳酸钠的物质的量．解答：解：（1）在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，发生反应为：

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，固体组成可能为：①Na2CO3、NaOH（NaOH过量），②Na2CO3、NaHCO3（NaOH少量），若为①Na2CO3、NaOH，0～25mL段消耗盐酸体积会大于25～45mL段，与图象一致；若为②Na2CO3、NaHCO3，0～25mL

﹣﹣2﹣++

段发生反应为：CO3+H═HCO3，25～45mL段发生反应为：HCO3+H═CO2↑+H2O，则0～25mL段消耗盐酸体积会应该小于25～45mL段，与图象不一致，所以制成的稀溶液中的溶质为：Na2CO3、NaOH，

故答案为：Na2CO3、NaOH；

﹣+

0～25mL段先发生酸碱中和，反应的离子反应方程式为：H+OH═H2O，再发生碳酸钠与盐酸反应

﹣2﹣+

生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为：CO3+H═HCO3，

﹣﹣+2﹣+

故答案为：H+OH═H2O；CO3+H═HCO3；

（3）结合图象可知，当加入40mL盐酸时，25～34mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体，

设生成二氧化碳的物质的量为n，生成气体时消耗的酸的物质的量为（40﹣25）×10L×1mol?L1

=0.015mol，则

﹣+

HCO3+H═CO2↑+H2O 1 1 0.015mol n

则n=0.015mol，标况下二氧化碳的体积为：22.4L/mol×0.015mol=0.336L=336mL，

第33页（共37页）

﹣3

﹣

故答案为：336；

（4）固体溶于水后溶质为氢氧化钠和碳酸钠的混合物，其中正盐为碳酸钠，根据25～45mL段发生的反应HCO3+H═CO2↑+H2O可知，碳酸钠的物质的量为：（45﹣25）×10L×1mol?L=0.02mol，故答案为：0.02．

点评：本题考查离子方程式的有关计算，题目难度中等，明确反应的先后顺序及图象中每段图象对应的化学反应是解答本题的关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

28．向100mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），测得最后溶液的pH＞7．（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是 Na2CO3或NaHCO3 ；如果是多种成分，可能是 Na2CO3、NaHCO3或NaOH、Na2CO3 ．随后取此溶液10mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图所示．

①写出OA段所发生反应的离子方程式： OH+H═H2O、CO3+H═HCO3 ．

②NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为 NaOH、Na2CO3 ，其物质的量浓度之比为 1：1 ． ③产生的CO2体积（标准状况下）为 0.56L ． ④原NaOH溶液的物质的量浓度为 0.75mol/L ．

﹣

+﹣3﹣1

+2﹣+

﹣

考点：离子方程式的有关计算．

分析：（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3或二者混合物，NaOH剩余时，只生成Na2CO3，Na2CO3或NaHCO3溶液都呈碱性； ①BC段发生：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而OA段消耗的盐酸为A→B消耗的盐酸的二倍，故为NaOH和Na2CO3的混合物，OA段所发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；

②由方程式可知，Na2CO3碳酸钠转化为NaHCO3消耗盐酸体积与NaHCO3完全反应生成CO2消耗盐酸体积相等，可以计算NaOH消耗盐酸体积，氢氧化钠与碳酸钠的物质的量之比等于消耗盐酸体积之比；

③根据n=cV计算AB段消耗HCl物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳物质的量，再根据V=nVm计算体积；

④B点溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒有：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=计算原NaOH溶液的物质的量浓度．解答：解：（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成分，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，可能是：Na2CO3、NaHCO3或NaOH、Na2CO3，故答案为：Na2CO3或NaHCO3；Na2CO3、NaHCO3或NaOH、Na2CO3； ①BC段发生：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而OA段消耗的盐酸为A→B消耗的盐酸的二倍，故为NaOH和Na2CO3的混合物，OA段所发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、

﹣﹣+2﹣+

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，反应的离子方程式分别为：OH+H═H2O、CO3+H═HCO3；

第34页（共37页）

故答案为：OH+H═H2O、CO3+H═HCO3； ②由①中分析可知，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，

﹣﹣2﹣++

根据反应方程式：CO3+H═HCO3、HCO3+H=CO2↑+H2O，可知Na2CO3碳酸钠转化为NaHCO3消耗盐酸体积与NaHCO3完全反应生成CO2消耗盐酸体积相等，均为25mL，故氢氧化钠消耗的盐酸体积也是50mL﹣25mL=25mL，即Na2CO3与NaOH的物质的量相等，其物质的量浓度之比为1：1，

故答案为：NaOH、Na2CO3；1：1；

﹣+

③AB段消耗HCl物质的量为0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，由HCO3+H=CO2↑+H2O，可知生成二氧化碳为0.0025mol，其体积为22.4L/mol×0.0025mol=0.56L，故答案为：0.56L；

④B点溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒有：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，原NaOH溶液的物质的量浓度为

=0.75mol/L，

﹣

+2﹣+

﹣

故答案为：0.75mol/L．

点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题关键是根据图象判断溶液溶质的成分，注意计算过程中守恒思想的应用．

29．向100mLBaCl2、AlCl3、FeCl3的混合溶液A中，逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合溶液B，产生的沉淀和加入混合溶液B的体积关系如下图所示：

（1）加入B溶液110mL时，溶液中的沉淀是 Fe（OH）3、BaSO4 ，溶液中的溶质是 NaCl、NaAlO2、Na2SO4 ．

2+2﹣

从90mL至100mL之间加入10mL B溶液时发生的离子反应方程式是：Ba+SO4→BaSO4↓，Al

﹣﹣

（OH）3+OH→AlO2+2H2O溶液B中Na2SO4与NaOH的物质的量浓度之比为 1：1 ；（3）计算A溶液中AlCl3的物质的量浓度，写出计算过程： 2mol/L ．

考点：离子方程式的有关计算．

分析：图中第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL时，3+3+

Fe、Al恰好沉淀完全；

图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等；

图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解；

图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共1.1mol，据此对各选项进行解答．

解答：解：第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL时，3+3+

Fe、Al恰好沉淀完全；第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量

第35页（共37页）

相等；第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解；第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共1.1mol，（1）根据分析可知，加入110mLB溶液时，剩余的沉淀为Fe（OH）3、BaSO4的混合物，根据质量守恒可知溶质为NaCl、NaAlO2、Na2SO4，

故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；NaCl、NaAlO2、Na2SO4；

加入B溶液100mL时，Ba恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）溶解了0.1molAl（OH）消耗了10mLB溶液，故（cNaOH）=3已完全溶解，3，

=10mol/L；

加入的90mLB溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：10mol/L×0.09mol=0.9mol，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀的物质的量为：0.9mol×=0.3mol，生成硫酸钡沉淀的物质的量为：1.2mol﹣0.3mol=0.9mol，故c（Na2SO4）=

=10mol/L，所以B溶液中Na2SO4和NaOH的物质的量浓

度之比为1：1，故答案为：1：1；

（3）90﹣110mLB溶液时氢氧化铝完全溶解，消耗了20mL氢氧化钠溶液，参加反应的氢氧根离子的物质的量为：10mol/L×0.2L=0.2mol，根据反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O可知，原溶液中铝离子的总物质的量为0.2mol，则氯化铝的物质的量为0.2mol，其浓度为：

=2mol/L，

﹣

故答案为：2mol/L．

点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，根据图象正确判断各阶段的离子反应为解答关键，然后结合各阶段的各种物质的量进行计算，试题侧重考查学生的分析、推理能力．

根据题意回答下列问题：

（1）淡黄色粉末为过氧化钠（填名称）．

+3+2+3+2+

溶液中肯定有 NH4、Al、Mg 离子，肯定没有 Fe和Cu 离子．

2+3++

（3）溶液中离子的物质的量之比为 n（Mg）：n（Al）：n（NH4）=2：1：1 ．（4）写出下列反应方程式：

①淡黄色粉末与水反应的化学方程式： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ． ②刺激性气味的气体产生的离子方程式： NH4+OH+

﹣

3+2+2+3++

NH3↑+H2O ．

﹣

③沉淀部分减少时的离子方程式： Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O ．

﹣

第36页（共37页）

考点：离子方程式的有关计算；化学方程式的书写；离子方程式的书写．

分析：淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体

为Na2O2，图象中加入0.4mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe和2++3+2+Cu，一定有NH4、Al、Mg，由图可知氢氧化镁为0.2mol，氢氧化铝为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，

3+2+

根据元素守恒计算Al、Mg物质的量，加入0.4mol过氧化钠之后，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，说明此时铵根完全反应，所以产生气体0.3mol即为过氧化钠与水反应生成的氧气和铵根生成的氨气，据此分析解答．

解答：解：淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体为Na2O2，图象中加入0.4mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe

2++3+2+

和Cu，一定有NH4、Al、Mg，由图可知氢氧化镁为0.2mol，氢氧化铝为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，

3+2+

根据元素守恒计算Al、Mg物质的量，加入0.4mol过氧化钠之后，产生气体0.3mol，继续加入淡黄色粉末时，产生无刺激性气味的气体，说明此时铵根完全反应，所以产生气体0.3mol即为过氧化钠与水反应生成的氧气和铵根生成的氨气，

（1）由上述分析可知，淡黄色固体为：Na2O2，名称为过氧化钠，故答案为：过氧化钠；

+3+2+3+2+

由上述分析可知，溶液中肯定有离子NH4、Al、Mg，肯定没有Fe和Cu离子，故答案为：

+3+2+3+2+NH4、Al、Mg；Fe和Cu；

2+3+

（3）由纵坐标可知：n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.2mol，n（Al）=0.3mol﹣n[Mg（OH）2]=0.1mol．当n（Na2O2）=0.4mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n（O2）=0.4mol×=0.2mol，所以n（NH4）=n（NH3）=0.3mol﹣n（O2）=0.1mol，

2+3++

故n（Mg）：n（Al）：n（NH4）=0.2mol：0.1mol：0.1mol=2：1：1，

2+3++

故答案为：n（Mg）：n（Al）：n（NH4）=2：1：1；

（4）①由上述分析可知，淡黄色固体为：Na2O2，与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

②刺激性气味的气体即氨气产生为铵根与氢氧根离子在加热条件下反应生成，离子方程式为：NH4+OH

﹣

NH3↑+H2O，故答案为：NH4+OH

﹣

NH3↑+H2O；

③沉淀部分减少即为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣﹣﹣﹣

═AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH═AlO2+2H2O．