登录
练习3下表是部分酸、碱、盐在水中的溶解性(20 ℃),请回答下列问题。
(1)上述阴、阳离子形成不溶性碱的化学式为
(2)KOH溶液和Ba(NO₃)₂溶液
(3)下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A.OH⁻、H⁺、Ba²⁺、NO₃⁻
B.OH⁻、Ba²⁺、K⁺、Cl⁻
C.CO₃²⁻、K⁺、Ba²⁺、Cl⁻
D.CO₃²⁻、Cu²⁺、NO₃⁻、K⁺
(1)上述阴、阳离子形成不溶性碱的化学式为
Cu(OH)₂
,形成复合肥料的化学式为KNO₃
。(2)KOH溶液和Ba(NO₃)₂溶液
不能
(填“能”或“不能”)反应,理由是不能生成沉淀、水或气体
。(3)下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
B
。A.OH⁻、H⁺、Ba²⁺、NO₃⁻
B.OH⁻、Ba²⁺、K⁺、Cl⁻
C.CO₃²⁻、K⁺、Ba²⁺、Cl⁻
D.CO₃²⁻、Cu²⁺、NO₃⁻、K⁺
答案
(1) Cu(OH)₂ KNO₃
(2) 不能 不能生成沉淀、水或气体
(3) B
(2) 不能 不能生成沉淀、水或气体
(3) B
解析
【分析】
解决本题需结合酸碱盐的溶解性表，依据复分解反应的条件（生成沉淀、气体或水）逐一分析问题：
1. 不溶性碱由金属离子和氢氧根离子构成，需从表中找出金属离子与OH⁻结合不溶的组合；复合肥料需含N、P、K中两种及以上营养元素，结合表中离子组合判断。
2. 判断两种溶液能否反应，需看交换成分后是否有沉淀、气体或水生成，符合复分解反应条件才能发生反应。
3. 离子在水溶液中大量共存的条件是相互结合不生成沉淀、气体或水，逐一分析选项中离子的组合情况即可。
【解析】
(1) 碱由金属离子和氢氧根离子组成，根据溶解性表，Cu²⁺与OH⁻结合形成的Cu(OH)₂是不溶性碱；复合肥料需含两种或以上营养元素，KNO₃中含K（钾元素）和N（氮元素），属于复合肥料。
(2) KOH溶液和Ba(NO₃)₂溶液混合后，相互交换成分生成KNO₃和Ba(OH)₂，根据溶解性表，两者均为可溶物，没有沉淀、气体或水生成，不符合复分解反应发生的条件，所以不能反应。
(3) 分析各选项：
A选项中，OH⁻与H⁺结合生成水，不能大量共存；
B选项中，各离子之间不会结合生成沉淀、气体或水，能大量共存；
C选项中，CO₃²⁻与Ba²⁺结合生成BaCO₃沉淀，不能大量共存；
D选项中，CO₃²⁻与Cu²⁺结合生成CuCO₃沉淀，不能大量共存；故答案选B。
【答案】
(1) Cu(OH)₂；KNO₃
(2) 不能；不能生成沉淀、水或气体
(3) B
【知识点】
酸碱盐溶解性；复分解反应条件；离子共存
【点评】
本题考查酸碱盐的溶解性、复分解反应条件及离子共存，核心是利用溶解性表判断物质的溶解性，结合复分解反应条件分析反应与离子共存问题，是初中化学的基础考点，需熟练掌握溶解性表的应用。
【难度系数】
0.5
解决本题需结合酸碱盐的溶解性表，依据复分解反应的条件（生成沉淀、气体或水）逐一分析问题：
1. 不溶性碱由金属离子和氢氧根离子构成，需从表中找出金属离子与OH⁻结合不溶的组合；复合肥料需含N、P、K中两种及以上营养元素，结合表中离子组合判断。
2. 判断两种溶液能否反应，需看交换成分后是否有沉淀、气体或水生成，符合复分解反应条件才能发生反应。
3. 离子在水溶液中大量共存的条件是相互结合不生成沉淀、气体或水，逐一分析选项中离子的组合情况即可。
【解析】
(1) 碱由金属离子和氢氧根离子组成，根据溶解性表，Cu²⁺与OH⁻结合形成的Cu(OH)₂是不溶性碱；复合肥料需含两种或以上营养元素，KNO₃中含K（钾元素）和N（氮元素），属于复合肥料。
(2) KOH溶液和Ba(NO₃)₂溶液混合后，相互交换成分生成KNO₃和Ba(OH)₂，根据溶解性表，两者均为可溶物，没有沉淀、气体或水生成，不符合复分解反应发生的条件，所以不能反应。
(3) 分析各选项：
A选项中，OH⁻与H⁺结合生成水，不能大量共存；
B选项中，各离子之间不会结合生成沉淀、气体或水，能大量共存；
C选项中，CO₃²⁻与Ba²⁺结合生成BaCO₃沉淀，不能大量共存；
D选项中，CO₃²⁻与Cu²⁺结合生成CuCO₃沉淀，不能大量共存；故答案选B。
【答案】
(1) Cu(OH)₂；KNO₃
(2) 不能；不能生成沉淀、水或气体
(3) B
【知识点】
酸碱盐溶解性；复分解反应条件；离子共存
【点评】
本题考查酸碱盐的溶解性、复分解反应条件及离子共存，核心是利用溶解性表判断物质的溶解性，结合复分解反应条件分析反应与离子共存问题，是初中化学的基础考点，需熟练掌握溶解性表的应用。
【难度系数】
0.5
二、离子(物质)的检验
【例3】某科学探究小组对一包固体粉末中的成分进行鉴定，粉末中可能含有$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{Na_{2}CO_{3}}$、$\ce{K_{2}SO_{4}}$、$\ce{FeCl_{3}}$、$\ce{KOH}$、$\ce{CaCl_{2}}$中的一种或几种，实验操作步骤及现象如图所示，试回答：
(1)固体粉末中一定含有
(2)若要对该固体粉末中可能含有的物质进行确认，可将步骤Ⅲ加入的物质改成
(3)写出步骤Ⅳ涉及的化学反应方程式：
【例3】某科学探究小组对一包固体粉末中的成分进行鉴定，粉末中可能含有$\ce{CaCO_{3}}$、$\ce{Na_{2}CO_{3}}$、$\ce{K_{2}SO_{4}}$、$\ce{FeCl_{3}}$、$\ce{KOH}$、$\ce{CaCl_{2}}$中的一种或几种，实验操作步骤及现象如图所示，试回答：
(1)固体粉末中一定含有
Na₂CO₃ 和 KOH
，可能含有K₂SO₄
。(2)若要对该固体粉末中可能含有的物质进行确认，可将步骤Ⅲ加入的物质改成
稀盐酸或稀硝酸
。(3)写出步骤Ⅳ涉及的化学反应方程式：
2KOH＋CO₂ === K₂CO₃＋H₂O，K₂CO₃＋BaCl₂ === BaCO₃↓＋2KCl
。答案
(1) Na₂CO₃ 和 KOH K₂SO₄
(2) 稀盐酸或稀硝酸
(3) 2KOH＋CO₂ === K₂CO₃＋H₂O，K₂CO₃＋BaCl₂ === BaCO₃↓＋2KCl
(2) 稀盐酸或稀硝酸
(3) 2KOH＋CO₂ === K₂CO₃＋H₂O，K₂CO₃＋BaCl₂ === BaCO₃↓＋2KCl
解析
【分析】
首先根据步骤Ⅰ：固体加足量水得到无色溶液，可排除$\ce{FeCl_{3}}$（其溶液为黄色）和$\ce{CaCO_{3}}$（不溶于水），同时若存在$\ce{CaCl_{2}}$，会与$\ce{Na_{2}CO_{3}}$反应生成$\ce{CaCO_{3}}$沉淀，故二者不能共存。步骤Ⅱ加过量$\ce{BaCl_{2}}$生成白色沉淀$\mathrm{E}$，结合步骤Ⅲ中$\mathrm{E}$加足量$\ce{H_{2}SO_{4}}$产生无色气体$\mathrm{B}$，说明$\mathrm{E}$含$\ce{BaCO_{3}}$，即原溶液含$\ce{CO^{2-}_{3}}$（对应$\ce{Na_{2}CO_{3}}$）；步骤Ⅳ中无色溶液$\mathrm{D}$通入$\ce{CO_{2}}$生成白色沉淀$\mathrm{C}$，说明$\mathrm{D}$含$\ce{KOH}$（$\ce{KOH}$与$\ce{CO_{2}}$反应生成$\ce{K_{2}CO_{3}}$，再与过量$\ce{BaCl_{2}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀）。$\ce{K_{2}SO_{4}}$是否存在无法通过现有步骤确定，故为可能含有的物质。
【解析】
(1) 步骤Ⅰ排除$\ce{FeCl_{3}}$、$\ce{CaCO_{3}}$；步骤Ⅱ、Ⅲ证明含$\ce{Na_{2}CO_{3}}$；步骤Ⅳ证明含$\ce{KOH}$；$\ce{K_{2}SO_{4}}$无法通过现有实验现象确定，故可能含有。
(2) 要确认$\ce{K_{2}SO_{4}}$，需将步骤Ⅲ的$\ce{H_{2}SO_{4}}$换成稀盐酸或稀硝酸：若沉淀$\mathrm{E}$加酸后仍有白色沉淀，说明含$\ce{BaSO_{4}}$（对应$\ce{K_{2}SO_{4}}$）；若沉淀全部溶解，则不含$\ce{K_{2}SO_{4}}$。
(3) 步骤Ⅳ中，$\ce{KOH}$与$\ce{CO_{2}}$反应生成$\ce{K_{2}CO_{3}}$和水，$\ce{K_{2}CO_{3}}$与$\ce{BaCl_{2}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀和$\ce{KCl}$，对应化学方程式为$\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$、$\ce{K_{2}CO_{3} + BaCl_{2} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$。
【答案】
(1) $\ce{Na_{2}CO_{3}}$、$\ce{KOH}$；$\ce{K_{2}SO_{4}}$
(2) 稀盐酸（或稀硝酸）
(3) $\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$，$\ce{K_{2}CO_{3} + BaCl_{2} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$
【知识点】
离子检验、酸碱盐反应、化学方程式书写
【点评】
本题为物质推断题，需结合实验现象逐步排除或确定物质，重点考查碳酸根、氢氧根的检验逻辑，以及对实验干扰因素的判断，需学生具备清晰的分析思路。
【难度系数】
0.3
首先根据步骤Ⅰ：固体加足量水得到无色溶液，可排除$\ce{FeCl_{3}}$（其溶液为黄色）和$\ce{CaCO_{3}}$（不溶于水），同时若存在$\ce{CaCl_{2}}$，会与$\ce{Na_{2}CO_{3}}$反应生成$\ce{CaCO_{3}}$沉淀，故二者不能共存。步骤Ⅱ加过量$\ce{BaCl_{2}}$生成白色沉淀$\mathrm{E}$，结合步骤Ⅲ中$\mathrm{E}$加足量$\ce{H_{2}SO_{4}}$产生无色气体$\mathrm{B}$，说明$\mathrm{E}$含$\ce{BaCO_{3}}$，即原溶液含$\ce{CO^{2-}_{3}}$（对应$\ce{Na_{2}CO_{3}}$）；步骤Ⅳ中无色溶液$\mathrm{D}$通入$\ce{CO_{2}}$生成白色沉淀$\mathrm{C}$，说明$\mathrm{D}$含$\ce{KOH}$（$\ce{KOH}$与$\ce{CO_{2}}$反应生成$\ce{K_{2}CO_{3}}$，再与过量$\ce{BaCl_{2}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀）。$\ce{K_{2}SO_{4}}$是否存在无法通过现有步骤确定，故为可能含有的物质。
【解析】
(1) 步骤Ⅰ排除$\ce{FeCl_{3}}$、$\ce{CaCO_{3}}$；步骤Ⅱ、Ⅲ证明含$\ce{Na_{2}CO_{3}}$；步骤Ⅳ证明含$\ce{KOH}$；$\ce{K_{2}SO_{4}}$无法通过现有实验现象确定，故可能含有。
(2) 要确认$\ce{K_{2}SO_{4}}$，需将步骤Ⅲ的$\ce{H_{2}SO_{4}}$换成稀盐酸或稀硝酸：若沉淀$\mathrm{E}$加酸后仍有白色沉淀，说明含$\ce{BaSO_{4}}$（对应$\ce{K_{2}SO_{4}}$）；若沉淀全部溶解，则不含$\ce{K_{2}SO_{4}}$。
(3) 步骤Ⅳ中，$\ce{KOH}$与$\ce{CO_{2}}$反应生成$\ce{K_{2}CO_{3}}$和水，$\ce{K_{2}CO_{3}}$与$\ce{BaCl_{2}}$反应生成$\ce{BaCO_{3}}$沉淀和$\ce{KCl}$，对应化学方程式为$\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$、$\ce{K_{2}CO_{3} + BaCl_{2} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$。
【答案】
(1) $\ce{Na_{2}CO_{3}}$、$\ce{KOH}$；$\ce{K_{2}SO_{4}}$
(2) 稀盐酸（或稀硝酸）
(3) $\ce{2KOH + CO_{2} = K_{2}CO_{3} + H_{2}O}$，$\ce{K_{2}CO_{3} + BaCl_{2} = BaCO_{3}\downarrow + 2KCl}$
【知识点】
离子检验、酸碱盐反应、化学方程式书写
【点评】
本题为物质推断题，需结合实验现象逐步排除或确定物质，重点考查碳酸根、氢氧根的检验逻辑，以及对实验干扰因素的判断，需学生具备清晰的分析思路。
【难度系数】
0.3
练习4在经济开发的进程中，要坚持“开发与环保并重”。某科学课外活动小组在调查一化工厂时发现，该厂有甲、乙两个车间，排出的废水都澄清透明，经分析分别含有三种不同的离子，共有$\ce{K+}$、$\ce{Ba^{2+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{OH-}$、$\ce{NO^{-}_{3}}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$六种离子。
(1)已知甲车间的废水明显呈碱性，则乙车间的废水中含有的阴离子是
(2)将甲、乙两车间的废水按适当比例混合，可以变废为宝，既能使废水中的$\ce{Ba^{2+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{OH-}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$等转化为沉淀除去，又可以用上层清液来浇灌农田，则上层清液中含有的溶质主要是
(1)已知甲车间的废水明显呈碱性，则乙车间的废水中含有的阴离子是
NO₃⁻
。(2)将甲、乙两车间的废水按适当比例混合，可以变废为宝，既能使废水中的$\ce{Ba^{2+}}$、$\ce{Cu^{2+}}$、$\ce{OH-}$、$\ce{CO^{2-}_{3}}$等转化为沉淀除去，又可以用上层清液来浇灌农田，则上层清液中含有的溶质主要是
KNO₃
（填化学式）。答案
(1) NO₃⁻
(2) KNO₃
(2) KNO₃
解析
【分析】
首先根据甲车间废水呈碱性确定含OH⁻，再利用离子共存原则判断各离子的分布：与OH⁻不共存的Cu²⁺在乙车间，与Cu²⁺不共存的CO₃²⁻在甲车间；结合离子总数确定甲的阳离子为K⁺，进而推出乙车间的阴离子；混合时，使能生成沉淀的离子结合，剩余离子形成溶质。
【解析】
(1) 甲车间废水呈碱性，说明含大量OH⁻。Cu²⁺与OH⁻会结合生成Cu(OH)₂沉淀，不能共存，故Cu²⁺在乙车间；CO₃²⁻与Cu²⁺、Ba²⁺均会生成沉淀，因此CO₃²⁻只能在甲车间。甲车间含三种离子，阳离子只能是K⁺（排除Ba²⁺、Cu²⁺，因Ba²⁺与CO₃²⁻不共存），故甲车间离子为K⁺、OH⁻、CO₃²⁻，则乙车间的离子为Ba²⁺、Cu²⁺、NO₃⁻，因此乙车间的阴离子是NO₃⁻。
(2) 混合时，Ba²⁺与CO₃²⁻生成BaCO₃沉淀，Cu²⁺与OH⁻生成Cu(OH)₂沉淀，剩余的离子为K⁺和NO₃⁻，形成的溶质为KNO₃。
【答案】
(1) NO₃⁻ (2) KNO₃
【知识点】
离子共存、复分解反应
【点评】
本题结合实际场景考查离子共存与复分解反应的应用，需根据废水酸碱性及离子间的反应规律判断离子分布，混合后利用沉淀反应确定剩余溶质，难度适中，需掌握常见离子的共存特性。
【难度系数】
0.5
首先根据甲车间废水呈碱性确定含OH⁻，再利用离子共存原则判断各离子的分布：与OH⁻不共存的Cu²⁺在乙车间，与Cu²⁺不共存的CO₃²⁻在甲车间；结合离子总数确定甲的阳离子为K⁺，进而推出乙车间的阴离子；混合时，使能生成沉淀的离子结合，剩余离子形成溶质。
【解析】
(1) 甲车间废水呈碱性，说明含大量OH⁻。Cu²⁺与OH⁻会结合生成Cu(OH)₂沉淀，不能共存，故Cu²⁺在乙车间；CO₃²⁻与Cu²⁺、Ba²⁺均会生成沉淀，因此CO₃²⁻只能在甲车间。甲车间含三种离子，阳离子只能是K⁺（排除Ba²⁺、Cu²⁺，因Ba²⁺与CO₃²⁻不共存），故甲车间离子为K⁺、OH⁻、CO₃²⁻，则乙车间的离子为Ba²⁺、Cu²⁺、NO₃⁻，因此乙车间的阴离子是NO₃⁻。
(2) 混合时，Ba²⁺与CO₃²⁻生成BaCO₃沉淀，Cu²⁺与OH⁻生成Cu(OH)₂沉淀，剩余的离子为K⁺和NO₃⁻，形成的溶质为KNO₃。
【答案】
(1) NO₃⁻ (2) KNO₃
【知识点】
离子共存、复分解反应
【点评】
本题结合实际场景考查离子共存与复分解反应的应用，需根据废水酸碱性及离子间的反应规律判断离子分布，混合后利用沉淀反应确定剩余溶质，难度适中，需掌握常见离子的共存特性。
【难度系数】
0.5
