2022届高考化学二轮复习疯狂专练4离子反应含解析.docx

离子反响考点说明主要考查离子方程式的书写正误，主要以选择题为主，设错方式主要为反响“量的关系，氧化复原反响、化学式拆分或者电荷不守恒等。结合无机化工流程及实验考查离子方程式的书写。离子共存问题主要是增加看限制条件，如溶液的酸碱性、无色透明及发生氧化复原反响等。考点透视1.【2022年海南卷】以下指定反响的离子方程式正确的选项是A室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2OB用铝粉和NaOH溶液反响制取少量H2：Al+2OH=AlO+H2C室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO+2H+=Cu2+2NO2+H2OD向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3+2Na+2.【2022江苏卷】室温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A0.1molL1NaOH溶液：Na+、K+、CO、AlOB0.1molL1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO、MnOC0.1molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD0.1molL1H2SO4溶液：K+、NH、NO、HSO3.【2022年北京卷】探究草酸H2C2O4性质，进行如下实验。：室温下，0.1molL1 H2C2O4的pH=1.3实验装置试剂a现象Ca(OH)2溶液含酚酞溶液褪色，产生白色沉淀少量NaHCO3溶液产生气泡酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的选项是AH2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4+2H2OB酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2+H2OCH2C2O4具有复原性，2MnO+5C2O+16H+=2Mn2+10CO2+8H2ODH2C2O4可发生酯化反响，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O4【2022年天津卷】以下离子方程式能用来解释相应实验现象的是实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸5【2022年新课标3卷】离子交换法净化水过程如下图。以下说法中错误的选项是A经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变B水中的NO、SO、Cl通过阴离子树脂后被除去C通过净化处理后，水的导电性降低D阴离子树脂填充段存在反响H+OH=H2O考点突破1以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A氯化铁溶液中：Mg2+、K+、Cl、SCNB白醋中：K+、Na+、CO、SOC苏打溶液中：Ca2+、Al3+、Cl、NOD食盐水中：Fe2+、NH、Cl、SO2以下离子方程式正确的选项是A碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：Ca2+2HCO+2OH=CaCO3+CO+2H2OB氢氧化钠溶液吸收一定量的SO2可能的反响是：2SO2+3OH=HSO+SO+H2OC碳酸钙溶于醋酸溶液：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+2H2ODFeCl3溶液中参加KSCN：Fe3+3SCN=Fe(SCN)33常温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A参加KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH、Cl、IB常温下，pH=7的溶液中Fe3+、NH、SO、NOC滴入紫色石蕊试液显红色的溶液：Mg2+、Al3+、Br、SOD能溶解Al2O3的溶液：Na+、Ca2+、HCO、NO4某溶液仅有K+、Al3+、Mg2+、NH、Cl、SO、HCO中的几种，为确定其成分，做如下实验：取局部溶液，参加适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再参加足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解；另取局部溶液，参加HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。以下推断正确的选项是A肯定有Al3+、Cl，一定没有HCO和SOB肯定有Al3+、Mg2+、Cl，可能有NH、K+C肯定有Al3+、NH、Cl，肯定没有HCOD该溶液可能显弱酸性，也可能显中性5钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱，工业制取方法如图，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体BaTiO(C2O4)24H2O，煅烧后可获得钛酸钡粉体。以下说法不正确的选项是A酸浸时发生的反响的离子方程式为：BaCO3+2H+=CO2+Ba2+H2OB参加H2C2O4溶液时，发生反响的化学方程式为：BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)24H2O+6HClC可循环使用的物质X是CO2D煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，生成高温下的气体产物有CO、CO2和H2O(g)6向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴参加稀盐酸，生成气体的量随盐酸参加量的变化关系如下图。那么以下离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是Aa点对应的溶液中：Na+、OH、SO、NOBb点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO、ClCc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO、ClDd点对应的溶液中：F、NO、Fe3+、Ag+7以下离子方程式中，表达正确的选项是A用石墨作两电极电解MgCl2溶液：2C1+2H2OC12+2OH+H2B在强碱溶液中次氯酸钠与氢氧化铁反响生成Na2FeO4：3ClO+2Fe(OH)32FeO+3Cl+H2O+4H+C稀氨水中通入过量CO2：NH3H2O+CO2NH+HCODNaHS的水解反响：HS+H2OS2+H3O+8以下离子方程式中，不正确的选项是A侯氏制碱法：B向溶液中滴加溶液：C氧化铁与足量的溶液反响：D酸性的强弱：，那么向溶液中通入少量的时：9以下离子方程式书写正确的选项是A明矾的净水原理：Al3+ +3H2O=Al(OH)3+3H+BNa2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2C0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：NH+Al3+ +2SO+2Ba2+4OH= 2BaSO4+Al(OH)3 + NH3H2OD磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O10以下是某同学对相应反响的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是编号化学反响离子方程式评价A碳酸钙与醋酸反响CO+2CH3COOH=CO2+H2O+2CH3COO错误，碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式B向AlCl3溶液中参加过量的氨水Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH错误，碱过量，应生成AlOCNaHCO3的水解HCO+H2OCO+H3O+正确D等物质的量的FeBr2和Cl2反响2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl正确11一以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、CaO、MgO等。现以硫酸渣制备铁红(Fe2O3)，过程如下：1酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反响的离子方程式是_。2复原过程中参加FeS2是将溶液中的Fe3+复原为Fe2+，而本身被氧化为SO，写出有关的离子方程式：_。3生产过程中，为了确保铁红的质量，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是_。局部阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀2.73.87.59.4完全沉淀3.25.29.712.4二把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐参加1.00mol/LHCl溶液，参加HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如下图。1原混合物中NaOH的质量是_g。2C点此时沉淀恰好完全溶解HCl溶液的体积为_mL。三二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。答复以下问题：实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过如图1过程制备ClO2：用如图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：、在锥形瓶中参加足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再参加3mL稀硫酸；、在玻璃液封装置中参加水，使液面没过玻璃液封管的管口；、将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；、将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；、用0.1000molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O=2I+S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：测得混合气中ClO2的质量为_g。用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。假设要除去超标的亚氯酸盐，以下物质最适宜的是_(填标号).a.明矾 b.碘化钾 c.盐酸 d.硫酸亚铁答案与解析一、考点透视1.【答案】A【解析】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；B.该离子方程式反响前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO+3H2，故B错误；C.室温下，铜与稀硝酸反响生成NO，正确的离子方程式为：3Cu+2NO+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故C错误；D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO+2H+=H2SiO3，故D错误；综上所述，此题应选A。【点拨】此题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反响原理进行判断，如反响是否能发生、反响是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化复原反响中的电子守恒等；从反响的条件进行判断；从反响物的组成以及反响物之间的配比进行判断。2.【答案】A【解析】A.是一个碱性环境，离子相互间不反响，且与OH不反响，能大量共存；B.MnO具有强氧化性，Fe2+具有复原性，两者会发生氧化复原反响而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO发生反响生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO不能大量共存，同时酸性条件下NO表现强氧化性会将HSO氧化而不能大量共存；应选A。【点拨】此题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反响生成水、沉淀或气体，如题中C项；离子间发生氧化复原反响，如题中B项；离子间发生双水解反响，如Al3+与HCO等；离子间发生络合反响，如Fe3+与SCN等；注意题中的附加条件的影响，如NO在酸性条件下会表现强氧化性等。3.【答案】C【解析】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反响，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4H2CO3，反响方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；C. 0.1molL1 H2C2O4的pH=1.3，说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸又称乙二酸，其中含有羧基，因此其能发生酯化反响，反响方程式正确，故D正确。【点拨】此题考查草酸的性质和离子反响方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。通过0.1molL1 H2C2O4的pH=1.3，得知草酸为弱酸。4.【答案】A【解析】A. 氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；B. 制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故B不能用来解释相应实验现象；C. 电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2+4H+5SO，故C不能用来解释相应实验现象；D. 硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO+10H+NO=3Fe3+NO+5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；应选A。【点拨】此题考查离子反响方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化复原反响的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反响物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。5.【答案】A【解析】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO、Cl、NO等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H+那么被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH也被交换到水中，同时与水中的H+离子结合成水，那么A. 根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；B. 根据以上分析可知水中的SO、Cl、NO等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；C. 通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；D. 根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反响H+OHH2O，D正确；答案选A。【点拨】利用电荷守恒可知，当离子通过离子交换柱时，水中阳离子总数增加。此外溶液的导电性和溶液中离子的浓度大小有关。二、考点突破1.【答案】D【解析】A. 氯化铁溶液中SCN不能大量共存，A错误；B. 白醋显酸性，碳酸根离子不能大量共存，B错误；C. 苏打溶液中含有碳酸根离子，Ca2+、Al3+均不能大量共存，C错误；D. 食盐水中Fe2+、NH、Cl、SO等之间均不反响，可以大量共存，D正确，答案选D。【点拨】明确相关离子的性质、发生的离子反响是解答的关键。在分析时首先看清选项中离子是否会发生反响，能否大量共存，然后再把题干中条件及其存在的离子考虑进去，看是否会发生反响。如NO、H+和Fe2+三种微粒中任何两种都可以大量共存，但当三种混合时，由于Fe2+具有氧化性，而NO、H+在一起起硝酸的作用，表现强的氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，硝酸得到电子被复原变为NO。2.【答案】B【解析】A. 碳酸氢钙溶液滴加少量的澄清石灰水：Ca2+HCO+OH=CaCO3+H2O；B. 氢氧化钠与SO2投料比为32时，同时生成亚硫酸氢钠与亚硫酸钠和水，其离子方程式为：2SO2+3OH=HSO+SO+H2O，B项正确；C. 醋酸为弱酸，在离子方程式中应保存化学式，C项错误；D. Fe(SCN)3为络合物，而不是沉淀，因此FeCl3溶液中参加KSCN，发生反响的离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3，D项错误；答案选B。【点拨】注意A选项中参加的是是氢氧化钙，所以最终产物是碳酸钙。3.【答案】C【解析】A. 参加KSCN溶液显红色的溶液中存在大量三价铁离子，铁离子具有氧化性，I具有复原性，二者能发生氧化复原反响，不能大量共存，A不符合题意；B. Fe3+在pH约为4时即沉淀完全，故在pH=7的溶液中Fe3+无法大量共存，B不符合题意；C. 滴入紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，Mg2+、Al3+、Br、SO可以大量共存，C符合题意；D. 能溶解Al2O3的溶液可能为强酸溶液或强碱溶液，在酸性溶液和碱性溶液中HCO均不能大量存在，D不符合题意。【点拨】Fe3+在中性溶液中沉淀完全。4.【答案】A【解析】由取局部溶液，参加适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，产生无色无味的气体，说明无NH，再参加足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2+，有Al3+，无HCO；另取局部溶液，参加HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，说明无SO，溶液中只有Cl一种阴离子。纵上所述A正确；B. 应无Mg2+和NH，K+不能确定，故B错误；C. 无NH，故C错误；D. Al3+水解呈酸性，故D错误；应选A。【点拨】最终白色沉淀全部溶解，说明溶液中无Mg2+，有有Al3+，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解不能共存，故无HCO。5.【答案】C【解析】由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反响生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反响生成BaTiO(C2O4)24H2O，过滤、洗涤、枯燥、煅烧得到BaTiO3，据此分析。A. 碳酸钡与盐酸反响生成氯化钡、水、二氧化碳，其离子方程式为：BaCO3+2H+=CO2+Ba2+H2O，A项正确；B. 参加H2C2O4溶液生成草酸氧钛钡晶体，发生反响的化学方程式为：BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)24H2O+6HCl，B项正确；C. 参加H2C2O4溶液时发生反响BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)24H2O+6HCl，生成的HCl可以在“酸浸工艺中循环利用，C项错误；D. BaTiO(C2O4)24H2O煅烧，发生分解反响，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)，D项正确。【点拨】此题为简单制备产品流程题，思路较为清晰，根据方程BaCl2+2H2C2O4+TiCl4+5H2O=BaTiO(C2O4)24H2O+6HCl，可知可以循环使用的物质是盐酸。6.【答案】C【解析】由图可知，a点对应的溶液含Na2CO3、NaHCO3，b点溶液含NaHCO3，c点溶质为NaCl，显中性，而d点溶液显酸性，含HCl，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化复原反响、水解反响等，那么离子大量共存。A. a点存在HCO，OH与之反响，故A错误；B. b点存在HCO，Al3+、Fe3+与HCO发生相互促进的水解反响，故B错误；C. c点正好生成NaCl溶液，故C正确；D. d点为NaCl与HCl的混合溶液，Ag+与Cl、F与H+均发生反响，不能大量共存，故D错误。【点拨】在Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴参加稀盐酸，先发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，当Na2CO3全部转化为NaHCO3后，才开始产生气体，故a点对应的溶液含Na2CO3、NaHCO3，b点溶液含NaHCO3，c点溶质为NaCl，显中性，而d点溶液显酸性，含HCl。7.【答案】C【解析】A.氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2+2C1+2H2OC12+Mg(OH)2+H2，故A错误；B.碱性环境下的反响，离子方程式应为：4OH+3ClO+2Fe(OH)32FeO+3Cl+5H2O，故B错误；C.CO2过量，生成酸式盐，离子方程式为：NH3H2O+CO2NH+HCO，故C正确；D.HS既存在电离平衡又存在水解平衡，电离方程式为HS+H2OS2+H3O+；水解反响的离子方程式应为：HS+H2OH2S+OH，D错误；【点拨】前提条件需要理解清楚，B选项中强碱溶液生成物中不应存在H+，检查反响是否符合事实。8.【答案】D【解析】A. NaHCO3的溶解度小，到达饱和后产生沉淀，侯氏制碱法：，故A正确；B. HCO的酸性强于Al(OH)3，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液：，+CO，故B正确；C. 氧化铁的氧化性强于碘，与足量的HI能将-1价的碘氧化，氧化铁与足量的溶液反响：，故C正确；D. 向溶液中通入少量的时，应生成HCO3，正确的方程式应为：，故D错误。【点拨】Fe3+能与I发生氧化复原反响。9.【答案】C【解析】A 明矾的净水原理：Al3+3H2O=Al(OH)3胶体+3H+不是Al(OH)3沉淀，故A错；B. Na2O2溶于水，方程式没有配平，故B错误；0.02mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：NH+Al3+2SO+2Ba2+4OH= 2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O正确，故C正确；D. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸：3Fe3O4+28H+NO= NO+9Fe3+14H2O硝酸是强氧化性酸，故D错；所以此题正确答案：C。【点拨】明矾净水的原理是生成了氢氧化铝胶体，利用其吸附性。10.【答案】D【解析】A. 碳酸钙与醋酸反响，碳酸钙属于盐，属于强电解质，但CaCO3是难溶于水，不能拆写成离子，正确的离子反响为CaCO3+2CH3COOH=CO2+H2O+Ca2+2CH3COO，故A错误；B. 向AlCl3溶液中参加过量的氨水的离子反响为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH，Al(OH)3不溶于NH3H2O，即给出评价错误，故B错误；C.HCO3的水解的离子反响为HCO+H2OH2CO3+OH，离子方程式和评价都错误，故C错误；D.物质的量的FeBr2和Cl2反响，复原性Fe2+Br，先氧化Fe2+，亚铁离子全部被氧化，溴离子的一半被氯气氧化，离子反响为2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl，故D正确；答案选D。【点拨】难点是选项D，首先判断出复原性的强弱，即Fe2+的复原性强于Br，Cl2先与Fe2+反响，然后利用化学反响方程式的系数表示消耗或生成物质的量之比进行分析，令FeBr2和Cl2物质的量为1mol，假设有amolBr参与反响，那么有1mol1+xmol1=1mol21，解得x=1mol，因此Fe2+、Br、Cl2的系数比为111，最后写出正确的离子方程式。11.【答案】一1Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O 2FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO+16H+33.23.8 二15.20 2130.0 三0.02700 d 【解析】硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反响的SiO2，参加FeS2将溶液中的Fe3+复原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红。1氧化铁与硫酸反响生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O。(2)FeS2中S元素的化合价从-1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，那么二者的计量数之比为114，根据S守恒可知SO前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H2O前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，那么反响的离子方程式为：FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO+16H+，检验Fe3+被完全复原的实验操作和现象为取少量试液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，假设不显红色，那么说明Fe3 +已被完全复原，故答案为：FeS2+14Fe3 + +8H2O=15Fe2+2SO+16H+。 (3)溶液pH3.2时Fe3+沉淀完全，溶液pH=3.8时Al3+开始沉淀，故溶液的pH的范围是3.23.8，根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；故答案为：3.23.8。二AB阶段消耗盐酸的物质的量0.03L0.01L1.0mol/L0.02mol，那么根据方程式NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3+NaCl可知生成氢氧化铝的物质的量0.02mol。所以根据原子守恒可知原混合物中氯化铝的物质的量是0.02mol。B点沉淀到达最大值，此时的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝的混合物。而溶液那么恰好是氯化钠溶液。根据氯离子守恒可知氯化钠的物质的量0.03L1.00mol/L+0.02mol2+0.02mol30.13mol。所以根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量也是0.13mol，因此氢氧化钠的质量mnM40g/mol0.13mol5.2g。BC阶段参加的盐酸开始溶解氢氧化铝和氢氧化镁，此时反响的方程式为Mg(OH)2+2HClMgCl2+2H2O；Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O。根据氢氧化镁和氢氧化铝均是0.02mol可知，该阶段消耗盐酸的物质的量是0.02mol2+0.02mol30.10mol，其体积是0.10mol1mol/L0.1L100mL，所以C点此时沉淀恰好完全溶解HCl溶液的体积为30mL+100mL130.0mL，故答案为：130.0mL。三含有Na2S2O3物质的量为0.02L0.1mol/L=0.002mol，那么：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，2 10nClO2 0.002mol所以nClO2=0.0004mol，所以mClO2=0.0004 mol67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700。假设要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能复原亚氯酸盐，b中KI具有复原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO复原成Cl，Fe2+被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，那么最适宜的是d，故答案为：d。【点拨】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果涉及多步反响，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反响，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化复原反响，也可以利用电子转移关系进行有关计算。10