1、小题必练4：离子反应的应用常见的高考要求是掌握离子反应的概念，发生条件，掌握常见离子的检验，从单一条件，多项限制等考察离子共存等，在高考试题中，大多是以选择题形式呈现，大部分涉及氧化还原反应、盐类的水解，陌生环境下的离子方程式的判断及相关计算。1.【2020江苏卷】常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A0.1mol/L氨水溶液：Na+、K+、OH、NOB0.1mol/L盐酸溶液：Na+、K+、SO、SiOC0.1mol/L KMnO4溶液：NH、Na+、NO、ID0.1mol/L AgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl、SO【答案】A【解析】A在0.1mol/L氨水中，四种离子可
2、以大量共存，A选；B在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子，四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀，故不能共存，B不选；CMnO具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，故不能共存，C不选；D在0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D不选；故选A。【点睛】判断离子共存，要注意存在的前提条件，然后从是否有沉淀，弱电解质，气体，双水解，氧化还原反应等角度去仔细辨别。2【2020安徽安庆市宜秀区白泽湖中学月考】常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、ClB=11012的溶液中：
3、K+、Na+、CO、NOC=1molL1的溶液中：K+、NH、MnO、SOD能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、SO、HCO【答案】B【解析】AFe3+为黄色，不符合无色透明的溶液，故A错误；B=11012的溶液显碱性，在碱性溶液中：K+、Na+、CO、NO能大量共存，故B正确C=1molL1的溶液中，MnO具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中HCO能发生反应，不能大量共存，故D错误；故答案：B。【点睛】熟悉常见的有颜色的离子，能是甲基红变红的是酸性溶液，变黄的是碱性溶液。3【2020广州大学附属中学联考】
4、在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A0.1molL1 FeC13溶液中：NH、Mg2+、SO、NOB滴加甲基橙显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl、NOC0.1mo1L1 KI溶液中：Na+、K+、ClO、OHD由水电离的c(H+)=1.01013molL1的溶液中：K+、NH、Cl、HCO【答案】A【解析】A0.1molL1 FeC13溶液显酸性，NH、Mg2+、SO、NO之间不反应，在酸性条件下可以大量共存，故A符合题意；B滴加甲基橙显红色的溶液为酸性，Fe2+、NO在酸性条件下发生氧化还原反应，故B不符合题意；C0.1molL1 KI溶液中碘离子具有还原性，ClO具有氧
5、化性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D由水电离的c(H+)=1.01013molL1的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下HCO均不能大量共存，故D不符合题意。【点睛】D为易错点，清楚由水电离的c(H+)=1.01013molL1的溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液很关键。4【2020山西束北中学月考】下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是（ ）选项离子组试剂X离子方程式AFe3+、Al3+、SO、NO过量的盐酸SO+2H+=H2O+SO2B透明溶液中：Fe3+、NH、SO、Cl过量的铜粉2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+CNa+、Ba2
6、+、HCO、ClNaHSO4溶液H+HCO=CO2+H2ODpH=1的溶液中：Mg2+、Fe2+、NO、SO双氧水2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O【答案】B【解析】Fe3+、Al3+都与SO发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B正确；C加入NaHSO4溶液后，Ba2+与SO生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：H+SO+Ba2+HCO=BaSO4+CO2+H2O，故C错误；D酸性环境下硝酸具有强的氧化性，所以pH=1的溶液中，硝
7、酸根离子与Fe2+不共存，发生反应为3Fe2+NO+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故D错误；答案为B。【点睛】区分清无色透明溶液与透明溶液的定义。5【2020甘肃白银市会宁四中月考】某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、Cl、I、SO、CO，某兴趣小组进行以下实验：(1)取少量该溶液加入过量硝酸钡溶液后过滤得白色沉淀和滤液(2)向上述白色沉淀中加入足量稀HNO3，发现沉淀完全溶解(3)向(1)中所得滤液中加入足量盐酸，发现溶液变黄色，下列叙述正确的是（ ）A原溶液中可能含有Na+、SOB由（3）推断原溶液中存在Fe3+C原溶液中一定有I、CO、Na+D通过在黄色溶液中加入硝酸银溶液可
8、以检验原溶液中是否存在Cl【答案】C【解析】(1)向少量原溶液中加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀，过滤后，向该白色沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀完全溶解，则该白色沉淀中含有BaCO3，没有BaSO3，所以原溶液中含有CO，没有SO；由于CO与Fe3+、Al3+不能大量共存，所以原溶液中不含有Fe3+、Al3+；向(1)中所得滤液中加入足量的盐酸，溶液变黄色，由于在酸性条件下NO具有强氧化性，能氧I生成I2，所以原溶液中含有I，由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，因此溶液中不存在Fe3+；根据溶液呈电中性知，原溶液中肯定含有Na+，无法确定是否含有Cl；综合以上分析可知，原溶液中含有I、Na+、CO
9、，C正确；一定不含SO、Fe3+、Al3+，A错误、B错误；由于之前引入了大量Cl，所以在黄色溶液中加入硝酸银溶液，即使有氯化银白色沉淀生成，也不能说明原溶液中一定含有Cl，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】本题在判断离子共存时，要注意：溶液中存在CO时，Fe3+、Mg2+与CO均不能大量共存；溶液中存在I时，Fe3+与I因发生氧化还原反应而不能大量共存；最后根据溶液呈电中性规律判定存在的阳离子。1常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）Ac(H+)=1103molL1的溶液中：Cl、Al3+、NH、Na+B无色溶液中：K+、H+、I、MnOC含Na2S的水溶液中：H+、NO、N
10、H、SOD能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cu2+、CO、NO【答案】A【解析】A常温下，中性溶液的c(H+)=c(OH)=1107molL1，c(H+)=1103molL1的溶液中显酸性，酸性溶液中：Cl、Al3+、NH、Na+离子间不发生化学反应，在溶液中可以大量共存，故A符合题意；BMnO为紫色，不能存在于无色溶液中，H+、I、MnO离子间会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C含Na2S的水溶液中不能存在H+，硫离子和氢离子会发生反应生成硫氢根离子，浓度大时会生成硫化氢，且硫化钠的溶液由于硫化钠水解使溶液显碱性，铵根离子和氢氧根离子生成一水合氨，在水溶液中不能大量共存
11、，故C不符合题意；D能使酚酞变红的溶液显碱性，碱性条件下不能存在大量的Cu2+，会生成氢氧化铜沉淀，Cu2+、CO会生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；答案选B。【点睛】判断离子共存，要注意存在的前提条件，然后从是否有沉淀，弱电解质，气体，双水解，氧化还原反应等角度去仔细辨别。2用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水、铁粉和葡萄糖溶液可按照如图方法从某含有Cu2+、Ag+的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。下列说法错误的是（ ）A试剂1是NaCl溶液，其发生反应的离子方程式为Ag+Cl=AgClB试剂2是Fe粉，物质2Cu的离子反应为Fe+Cu2+=Fe2+ +Cu
12、C试剂3发生反应的离子方程式为AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2+Cl+2H2OD分离1、2、3的操作都是过滤；Ag(NH3)2+溶液与试剂4反应需加热【答案】B【解析】在含有Cu2+、Ag+的混合溶液，加入试剂1，得到物质1和物质3，向物质1中加入过量Fe粉，经一系列反应产生Cu单质，则物质1中含有Cu2+，加入的试剂1将原混合物中的Ag+转化为沉淀，该试剂中含有Cl，为NaCl溶液，物质3是AgCl。向含有Cu2+的溶液中加入过量Fe粉，发生反应：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，过滤分离得到物质2中含Cu及过量的Fe，再向物质2中加入稀盐酸，Fe与HCl发生置换反应变为FeCl2进入
13、溶液，Cu仍然是固体，通过过滤、洗涤可分离得到Cu单质，则试剂2是盐酸。物质3是AgCl，向其中加入氨水得到银氨溶液，试剂3为氨水，向银氨溶液中加入葡萄糖溶液，水浴加热，发生银镜反应，得到Ag单质。A试剂1是NaCl溶液，Cl与Ag+反应产生AgCl沉淀，该反应的离子方程式为：Ag+Cl=AgCl，A正确；B试剂2是盐酸，物质2是Fe、Cu混合物，物质2Cu的离子反应为Fe+2H+ =Fe2+ +H2，B错误；C试剂3是氨水，与AgCl发生反应产生银氨溶液，反应的离子方程式为AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2+Cl+2H2O，C正确；D分离1、2、3都是分离难溶性固体与可溶性液体混合物
14、的操作，操作名称都是过滤；试剂4是葡萄糖溶液，葡萄糖分子中含有醛基，与Ag(NH3)2+溶液水浴加热发生银镜反应产生Ag单质，D正确；故合理选项是B。【点睛】主要易错点是试剂2是盐酸，目的是为了除去过量的铁粉。3实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的无色溶液，且在溶液中四种离子的数目相同、下列四个离子组能达到要求的是（ ）ANa+、K+、SO、ClBCu2+、K+、SO、NOCH+、K+、HCO、ClDMg2+、Na+、Cl、SO【答案】D【解析】ASO离子带有2个单位负电荷，而Na+、K+都是带有1个单位正电荷阳离子，四种离子的数目相同时，不可能满足电荷守恒，A项错误；BCu
15、2+的水溶液为蓝色，与题意不符，B项错误；CH+和HCO能反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，C项错误；DMg2+、Na+、Cl、SO离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，且四种离子的数目相同时，满足电荷守恒，D项正确。【点睛】抓住主要的两个信息点，一是无色溶液，而是溶液中电荷要守恒。4以下各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）A含有大量SO的溶液：Mg2+、Cu2+、Cl、NOB滴加酚酞变红的溶液：SO、Al3+、K+、ClC所含溶质为NaHSO4的溶液：K+、AlO、NO、Na+D常温下，加入铝粉能生成H2的溶液：Na+、Ba2+、Cl、HCO【答案】A【解析】A含有大量SO的溶液
16、，四种离子均能大量共存，A正确；B滴加酚酞变红的溶液显碱性，铝离子不能共存，B错误；C所含溶质为NaHSO4的溶液显酸性，AlO不能共存，C错误；D常温下，加入铝粉能生成H2的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，HCO一定不能共存，D错误；答案选A。【点睛】注意的是常温下加入铝粉能生成氢气的溶液能是呈酸性也可能是碱性。5某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl、CO、SO等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是（ ）A该混合物一定是K2CO3和NaCl B该混合物可能是Na2CO3和KClC该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D该混合物一定是Na2CO3和NaCl【答案
17、】B【解析】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl、CO，一定不存在SO，可能含有K+；答案选B。【点睛】掌握常见的离子检验方法。6下列有关离子方程式或离子共存说法正确的是（ ）AFeCl3溶液中滴加氨水：Fe3+3OH=Fe(OH)3B淀粉KI溶液中加入少量溴水，溶液变蓝色：Br2+2I=2Br+I2C向NaClO溶液中滴加几滴稀FeSO4溶液：2Fe2+2H+ClO=Cl+2Fe3+H2OD加入Al能放出H2
18、的溶液中可能存在：Cl、HCO、SO、NH【答案】B【解析】A氨水中的一水合氨是弱碱，不能拆成OH，应以化学式表示，A不正确；B淀粉KI溶液中加入少量溴水，溴水中的Br2与KI发生置换反应：Br2+2I=2Br+I2，生成的I2使淀粉变蓝，B正确；CNaClO溶液呈碱性，滴加几滴稀FeSO4溶液，发生反应：6Fe2+3ClO+3H2O=3Cl+2Fe(OH)3+4Fe3+，C不正确；D加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但不管溶液呈酸性或碱性，HCO都不能大量存在，D不正确；故选B。【点睛】离子方程式的书写时，应注意气体，氧化物，沉淀，弱电解质是不能进行拆分的。7把500mL含
19、有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，该混合溶液中钾离子浓度为（ ）A10(b-2a)molL1 B5(b-2a)molL1 C2(b-a)molL1 D10(2a-b)molL1【答案】A【解析】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同；一份加入含a mol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=(Na2SO4)=a mol；另一份加入含b mol硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl=AgCl，恰好使氯离子完全沉淀，则n(C
20、l)=n(Ag+)=b mol，根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl)，每份溶液中n(K+)=b mol-2a mol=(b-2a)mol，故钾离子浓度为=10(b-2a)molL1，故选A。【点晴】本题考查离子反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析、计算能力的考查，注意每份中离子浓度相同。8含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL 1molL1 HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是（ ）Aa曲线表示的离子方程式为：AlO+H+H2O=Al(OH)3Bb和c曲线表示的离子反应
21、是相同的CM点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD原混合溶液中的CO与AlO的物质的量之比为12【答案】D【解析】Aa曲线表示NaAl(OH)4和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，所以发生反应的离子方程式为：Al(OH)4+H+=Al(OH)3+H2O，故A正确；Bb曲线表示碳酸钠和盐酸反应，c曲线也表示碳酸钠和盐酸的反应，只是b曲线表示碳酸钠的物质的量，c曲线表示碳酸氢钠的物质的量，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C因加50mL盐酸之后沉淀不溶解，则M点和50mL时相同，NaAl(OH)4中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，设氢氧化铝的质量为x，NaAl(OH)4+HCl=NaCl
22、+Al(OH)3+H2O，1mol 78g1molL10.05L x 解得：x=3.9g，故C正确；D由图象知，Na2CO3、NaAl(OH)4的物质的量相等都是0.05mol，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO与Al(OH)4的物质的量之比，故D错误。【点睛】本题考查了反应与图象的关系，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键，难度较大，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳。9室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O、K+、SOBc(C
23、a2+)=0.1molL1的溶液中：NH、C2O、Cl、BrC含大量HCO的溶液中：C6H5O、CO、Br、K+D能使甲基橙变为红色的溶液：Na+、NH、SO、ClO【答案】C【解析】pH=1的溶液显酸性，在酸性条件下CH3CH2OH、Cr2O会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；BCa2+、C2O之间反应生成草酸钙，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；CC6H5O、CO、Br、K+之间不反应，都不与HCO反应，在溶液中能够大量共存，故C符合题意；D能使甲基橙变为红色的溶液呈酸性，ClO与氢离子能生成弱酸，在溶液中不能够大量共存，故D符合题意。【点睛】易错点是容易混淆的以为C6H
24、5O与HCO能发生反应。10某溶液中可能含有H+、Mg2+、Al3+、NH、Cl、ClO的几种离子（不考虑水的电离与离子的水解）。当向溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A原溶液中一定含有的阳离子是H+、Al3+、NHB反应最后形成的溶液中的溶质AlCl3C原溶液中H+与NH的物质的量之比为32D原溶液中含有的阴离子是Cl、ClO【答案】A【解析】从图中可以看出，起初加NaOH溶液时，没有沉淀产生，则表明溶液中存在H+，且消耗V(NaOH)=2mL；当V(NaOH)在8mL9mL，发生反应NaOH+Al(OH
25、)3NaAlO2+2H2O，此时消耗V(NaOH)=1mL，Al3+消耗NaOH的体积为3mL，则溶液中不含有Mg2+；NH与OH反应生成NH3时，沉淀的体积不变，此时共消耗NaOH的体积为3mL。A从以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子是H+、Al3+、NH，A正确；B反应后期，Al(OH)3溶于NaOH溶液，形成的溶液中溶质为NaAlO2，B不正确；C原溶液中H+与NH消耗NaOH溶液的体积为2mL、3mL，物质的量之比为23，C错误；D在酸性溶液中，Cl、ClO会发生反应生成Cl2和水，所以原溶液中不可能同时含有Cl、ClO，D不正确；故选A。【点睛】先根据图像，分析出参加反应的离子的先
26、后顺序。11某待测液中可能含有等物质的量的Na+、NH、Mg2+、Al3+、Fe2+、Cl、Al(OH)、CO、SO中的若干种离子，取该待测液进行如下实验：针对该实验结果，回答下列问题：(1)该待测液中一定含有的离子有_；气体B分子的电子式为_。(2)写出生成无色气体A时的离子反应方程式：_。(3)写出沉淀Y热分解产物的一种用途：_。(4)在催化剂作用下气体A与气体B可以反应转化为对环境无害的物质，该反应所得氧化产物与还原产物的质量之比为_。(5)写出生成沉淀Z时的离子反应方程式：_。【答案】（1）NH、Fe2+、Cl、SO （2）3Fe2+NO+4H+=2H2O+3Fe3+NO （3） 制作
27、红色颜料 （4） 23 （5） Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O 【解析】滴加足量的稀硫酸过程中无明显的现象，可以得出该待测中无Al(OH)、CO离子，再滴加足量的硝酸钡溶液时，能够产生无色气体，说明原溶液中一定含有还原性离子，即含有Fe2+离子，生成气体A的反应为3Fe2+NO+4H+=3Fe3+NO+2H2O，此酸性溶液中能够形成白色沉淀一定是BaSO4沉淀，第三步加入过量的烧碱溶液加热能够生成气体B一定为NH3，原待测溶液中一定含有NH，Fe3+与OH形成沉淀Y即Fe(OH)3，根据待测液中含有等物质的量Fe2+和NH，由电荷守恒，可以得出原待测溶液中一定含Cl、SO两种阴离子
28、，滤液2中通入少量CO2，生成BaCO3沉淀Z。由上述分析可知，该待测液中一定含有的离子有NH、Fe2+、Cl、SO，气体B为NH3，其结构中N原子与每个H原子形成一对共用电子对，电子式为；（2）由上述分析可知，Fe2+与H+、NO发生氧化还原反应，生成NO气体，其离子方程式为3Fe2+NO+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（3）由上述分析可知，沉淀Y为Fe(OH)3，加热分解得到Fe2O3，即2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，Fe2O3是红棕色，可作红色颜料；答案为制作红色颜料。（4）由上述分析可知，气体A为NO，气体B为NH3，在催化剂作用下二者发生反应，转化为对环境无害的物质N2和
29、H2O，即4NH3+6NO5N2+6H2O，N2既是氧化产物又是还原产物，其中NH3失电子，是还原剂，得到氧化产物，NO得电子，是氧化剂，得到还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为23；答案为23。（5）由上述分析可知，沉淀Z为BaCO3沉淀，其离子方程式为Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O。12碲化锌可用作半导体和红外材料。以一种锌合金废渣主要含锌、铝、铜、镁，还含少量铁制备碲化锌的工艺流程如下：已知：常温下，金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH及氢氧化物的如下表所示：金属离子开始沉淀pH沉淀完全pH4.15.01.010322.23.53.510389.611.61.81011
30、6.58.51.21017请回答下列问题：（1）Te与O同主族，则Te在元素周期表中的位置是_。（2）滤渣1的主要成分是_填化学式。（3）“灼烧”时，用到的硅酸盐仪器有泥三角、玻璃棒、_、_。（4）“氧化”时，若试剂X为，则该过程中发生反应的离子方程式为_。（5）常温下，“沉淀1”中加ZnO调节pH的范围是_。若向含相同浓度的、混合溶液中滴加氨水，当刚好沉淀完全时，_molL1，当离子浓度小于等于1.0105molL1，时，认为离子沉淀完全。（6）Zn与Al性质相似，其氧化物和氢氧化物都具有两性。常温下“沉淀2”中_(填“能”或“不能”)加KOH调节pH，其原因是_。（7）将滤液3加入相应试剂
31、调配后，再蒸发浓缩可以制得晶体nK2SO4mMgSO4xH2O。称取40.2g该晶体溶于水配制成500mL溶液，再将该溶液分成两等份，向其中一份溶液中滴加50mL 1.0molL1 NaOH溶液，恰好沉淀完全，向另一份溶液中滴加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称得固体质量为23.3g，则该晶体的化学式为_。【答案】（1）第五周期VIA族 （2） Cu （3） 酒精灯 坩埚 （4） 6Fe2+ClO+6H+=6Fe3+Cl+3H2O （5） 3.51011 （6） 不能 KOH的量不易控制，生成的Zn(OH)2沉淀会与过量的KOH反应 （7） 3K2SO4MgSO49H2O 【解
32、析】以一种锌合金废渣(主要含锌、铝、铜、镁，还含少量铁)制备碲化锌的工艺流程中，先将原料粉碎，再加入稀硫酸酸浸，其中锌、铝、镁、铁均转化为盐，铜单质不与稀硫酸反应，然后进行过滤，向滤液中加入氧化剂将溶液中Fe2+氧化，再通过加入ZnO调节溶液pH将溶液中Fe3+、Al3+以沉淀的形式沉降，过滤后，滤液2中还存在Mg2+为杂质，由表格数据可知，Zn2+完全沉淀时，Mg2+还未沉淀，因此可通过调节滤液2的pH，将Zn2+沉淀后再过滤，即可得到Zn(OH)2，将Zn(OH)2灼烧生成ZnO，再将ZnO用H2还原得到Zn，向Zn中加入Te单质进行合成，从而得到碲化锌。（1）Te与O同主族，且Te比O多
33、三个电子层，所以Te在元素周期表中的位置是第五周期VIA族；（2）由上述分析可知，滤渣1的主要成分是Cu；（3）“灼烧“时，用到的仪器中含硅酸盐的有泥三角、玻璃棒、酒精灯、坩埚，因此缺少的仪器为酒精灯、坩埚；（4）“氧化”时，若试剂X为，Fe2+被氧化为Fe3+，ClO被还原为Cl，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒以及溶液呈酸性可写出该过程中发生反应的离子方程式为6Fe2+ClO+6H+=6Fe3+Cl+3H2O；（5）“沉淀1”的目的是除去Fe3+、Al3+，且Zn2+不能沉淀，由表格数据可知，pH范围是；当Al3+刚好沉淀完全时，c(OH)=mol/L=mol/L，此时c(Fe3+)
34、=mol/L=3.51011mol/L；（6）Zn与Al性质相似，其氧化物和氢氧化物都具有两性，即Zn(OH)2与KOH之间会发生反应，若采用KOH调节溶液pH，难以控制KOH的用量，因此不能用KOH调节溶液pH；（7）称取40.2g该晶体溶于水配制成500mL溶液，再将该溶液分成两等份，向其中一份溶液中滴加50mL 1.0mol/L NaOH溶液，恰好沉淀完全，该过程中Mg2+与OH反应生成Mg(OH)2，则500mL溶液中n(Mg2+)=0.05Ll.0molL122=0.05mol，即n(MgSO4)=0.05mol，向另一份溶液中滴加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称取固体质量为23.3g，该固体为BaSO4，则500mL溶液中n(SO)=2=0.2mol，则该晶体中n(K2SO4)=0.2mol-0.05mol=0.15mol，40.2g该品体中n(H2O)=0.45mol，n(K2SO4)n(MgSO4)n(H2O)=319，所以该晶体的化学式为3K2SO4MgSO49H2O。