考点3 离子反应-2024年高考化学试题分类汇编

这是一份考点3 离子反应-2024年高考化学试题分类汇编，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2024·全国甲卷·8)下列过程对应的离子方程式正确的是( )
A.用氢氟酸刻蚀玻璃:SiO32−+4F-+6H+SiF4↑+3H2O
B.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板:2Fe3++3Cu3Cu2++2Fe
C.用硫代硫酸钠溶液脱氯:S2O32−+2Cl2+3H2O2SO32−+4Cl-+6H+
D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙:CaSO4+CO32−CaCO3+SO42−
【解析】选D。A.玻璃的主要成分为SiO2,用氢氟酸刻蚀玻璃时,SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水,反应的离子方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O,A错误;B.Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+,Fe3+被还原成Fe2+,用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,B错误;C.氯气具有强氧化性,可以将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子,氯气被还原为氯离子,反应的离子方程式为S2O32−+4Cl2+5H2O2SO42−+8Cl-+10H+,C错误;D.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙,可以用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙,反应的离子方程式为CaSO4+CO32−CaCO3+SO42−,D正确。故答案选D。
2.(2024·湖南选择考·6)下列过程中,对应的反应方程式错误的是( )
【解析】选A。火法炼锌过程中C作还原剂,ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2,CO2与C在高温条件下反应生成还原性气体CO,CO还原ZnO生成Zn,因此总反应为ZnCO3+2CZn+3CO↑,故A项错误;CaH2为活泼金属氢化物,因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气,化学方程式为CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2↑,故B项正确;锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等,由于溶解性:CaSO4>CaCO3,因此向锅炉水垢中加入饱和Na2CO3溶液,根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3,化学方程式为CaSO4(s)+CO32−(aq)CaCO3(s)+SO42−(aq),故C项正确;Cr2O72−具有强氧化性,加入具有还原性的Fe2+,二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+,Cr元素化合价由+6降低至+3,Fe元素化合价由+2升高至+3,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72−+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,故D项正确。
3.(2024·浙江6月选考·8)下列离子方程式正确的是( )
A.用CuSO4溶液除H2S气体:Cu2++S2-CuS↓
B.H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液:Ba2++H2SO3BaSO3↓+2NO↑+2H+
C.NaHCO3溶液中通入少量Cl2:Cl2+2HCO3-Cl-+ClO-+2CO2+H2O
D.用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板:Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+
【解析】选D。A项,H2S在离子方程式中不能拆,正确的离子方程式为Cu2++H2SCuS↓+2H+,A项错误;B项,酸性条件下NO3-会将H2SO3氧化成H2SO4,Ba2+与SO42−形成BaSO4沉淀,滴加少量Ba(NO3)2溶液时的离子方程式为Ba2++2NO3-+3H2SO3BaSO4↓+2NO↑+2SO42−+4H++H2O,滴加足量Ba(NO3)2溶液时的离子方程式为3Ba2++2NO3-+3H2SO33BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O,B项错误;C项,电离平衡常数:Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3),Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应,正确的离子方程式为Cl2+HCO3-Cl-+HClO+CO2,C项错误;D项,Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+,D项正确。
4.(2024·北京等级考·5)下列方程式与所给事实不相符的是( )
A.海水提溴过程中,用氯气氧化苦卤得到溴单质:2Br-+Cl2Br2+2Cl-
B.用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72−转化为Cr3+:6Fe2++Cr2O72−+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O
C.用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+:SO42−+Ba2+BaSO4↓
D.用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3:Ca2++CO32−CaCO3↓
【解析】选D。氯气氧化苦卤得到溴单质,发生置换反应,离子方程式正确,A正确;Cr2O72−可以将Fe2+氧化成Fe3+,离子方程式正确,B正确;SO42−结合Ba2+生成BaSO4沉淀,可以阻止Ba2+被人体吸收,离子方程式正确,C正确;Na2CO3与CaSO4反应属于沉淀的转化,CaSO4不能拆分,正确的离子方程式为CaSO4+CO32−CaCO3+SO42−,D错误。
5.(2024·新课标卷·10)对于下列过程中发生的化学反应,相应离子方程式正确的是( )
A.试管壁上的银镜用稀硝酸清洗:Ag+2H++NO3-Ag++NO2↑+H2O
B.工业废水中的Pb2+用FeS去除:Pb2++S2-PbS↓
C.海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔:Br2+SO2+2H2O2Br-+SO42−+4H+
D.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度:2MnO4-+5C2O42−+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
【解析】选C。试管壁上的银镜用稀硝酸清洗,银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体和水,该反应的离子方程式为3Ag+4H++NO3-3Ag++NO↑+2H2O,A不正确;由于PbS的溶解度远远小于FeS,因此,工业废水中的Pb2+用FeS去除,该反应的离子方程式为Pb2++FeSPbS+Fe2+,B不正确;海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔,SO2在水溶液中将Br2还原为Br-,该反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O2Br-+SO42−+4H+,C正确;用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度,H2C2O4被氧化为CO2,H2C2O4属于弱酸,该反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,D不正确。
6.(2024·甘肃选择考·11)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案,下列说法正确的是( )
AgCl[Ag(NH3)2]+[Cu(NH3)4]2++AgCuCl2+NH4Cl溶液①+Cu
A.还原性:Ag>Cu>Fe
B.按上述方案消耗1 ml Fe可回收1 ml Ag
C.反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2++4NH4+
D.溶液①中的金属离子是Fe2+
【解析】选C。从实验方案可知,氨水溶解了氯化银,然后用铜置换出银,滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液,向其中加入铁,铁置换出铜,过滤出的铜可以循环利用,并通入氧气将亚铁离子氧化为铁离子。金属活动性越强,金属的还原性越强,而且由题中的实验方案能得到证明,还原性从强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag,A不正确;由电子转移守恒可知,1 ml Fe可以置换1 ml Cu,而1 ml Cu可以置换2 ml Ag,因此,根据按上述方案,消耗1 ml Fe可回收2 ml Ag,B不正确;反应①中,氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵,该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2++4NH4+,C正确;向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁,铁置换出铜后生成Fe2+,然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+,氯化铁和氯化铵水解均使溶液呈酸性,二者可共存,因此,溶液①中的金属离子是Fe3+,D不正确。
二、非选择题
7.(2024·江苏选择考·14)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 ml·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(浸出液中某元素的物质的量某元素的总物质的量×100%)随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是

。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为
(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层)
已知:(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)
其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是
。
②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)= 。
(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·ml-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(CO32−)的比值 (写出计算过程)。
【解析】(1)①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸,得到含有NdCl3和FeCl3的溶液,由图中信息可知,Nd的浸出率逐渐增大,而Fe的浸出率先增大后逐渐减小,说明随着Nd浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,因此,含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。
②由①分析可知,浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是浸出初期,Fe2O3溶解,Fe的浸出率增大,约5 min后随着Nd的浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣,Fe的浸出率又减小。
(2)①减小生成物浓度,化学平衡向正反应方向移动,因此,其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,H+的浓度减小,(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,同时H+的浓度减小使平衡(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)逆向移动,引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进平衡(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知,晶胞中体内有4个Fe原子,面上有8个Fe原子,根据均摊法可知,Fe原子的数目为4×1+8×12=8,Bi原子全部在晶胞的面上,数目为8×12=4,因此,其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。
(3)①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+和CO32−相互促进水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2,该反应的离子方程式为2Nd3++3CO32−+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。
②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为8.84×10-3g221g·ml-1=4×10-5 ml,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 ml;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 ml×12×18×103 mg·ml-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为0.88mg44×103mg·ml-1=2×10-5 ml,由C元素守恒可知,分解后剩余的CO32−的物质的量为4×10-5 ml-2×10-5 ml=2×10-5 ml,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(CO32−)的比值为4×10-5ml2×10-5ml=2∶1。
答案:(1)①Fe(OH)3 ②浸出初期,c(H+)较大,铁的浸出率较大,约5 min后,溶液酸性减弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
(2)①随水层pH增大,H+的浓度减小,
(R3NH)2SO4+Fe3++SO42−+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,(R3NH)2SO4+H++HSO4-2(R3NH·HSO4)的化学平衡向逆反应方向移动,该平衡逆向移动引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进萃取平衡向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多 ②2∶1
(3)①2Nd3++3CO32−+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ ②2∶1(计算过程见解析)
8.(2024·江苏选择考·16)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3,常用于循环处理高氯废水。
(1)沉淀Cl-。在高氯水样中加入K2CrO4使CrO42−浓度约为5×10-3 ml·L-1,当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加),此时溶液中Cl-浓度约为 ml·L-1。[已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12]
(2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实,加入足量0.5 ml·L-1盐酸后静置,充分反应得到Ag。
①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 。
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是


。
③为判断AgCl是否完全转化,补充完整实验方案:取出铁圈,搅拌均匀,取少量混合物过滤,



[实验中必须使用的试剂和设备:稀HNO3、AgNO3溶液,通风设备]
(3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示),其抗菌性能受溶解氧浓度影响。
①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为 。
②实验表明溶解氧浓度过高,纳米Ag的抗菌性能下降,主要原因是
。
【解析】(1)CrO42−浓度约为5×10-3 ml·L-1,当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀,此时c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42−)=2.0×10-125×10-3 ml·L-1=2×10-5 ml·L-1,c(Cl-)=Ksp(AgCl)c(Ag+)=1.8×10-102×10-5 ml·L-1=9×10-6 ml·L-1。
(2)①在足量0.5 ml·L-1盐酸中静置,铁将AgCl转化为单质Ag,反应的化学方程式为Fe+AgCl+2HClFeCl3+Ag+H2↑;
②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag,是因为形成了以Fe为负极,AgCl为正极,盐酸为电解质溶液的原电池,正极AgCl得到电子,电极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-,生成Ag;
③判断AgCl是否完全转化,即检验混合物中是否含有AgCl,若AgCl完全转化,则剩余固体全部为银,可完全溶于稀HNO3,若AgCl未完全转化,剩余AgCl不能溶于稀HNO3,则可用稀HNO3检验,稀HNO3参与反应可能会产生氮氧化物,反应需在通风设备中进行,反应后的溶液中存在氯离子,若未将滤渣洗净,氯离子会干扰实验,所以首先需要检验氯离子是否洗净,实验方案为取出铁圈,搅拌均匀,取少量混合物过滤,洗涤,向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液,确保氯离子洗净,打开通风设备,向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3,搅拌,若固体完全溶解,则AgCl完全转化,若固体未完全溶解,则AgCl未完全转化。
(3)①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+,离子方程式为4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O;
②溶解氧浓度过高,纳米Ag与氧气反应生成Ag2O,使得Ag+浓度下降,抗菌性能下降。
答案:(1)9×10-6
(2)①Fe+AgCl+2HClFeCl3+Ag+H2↑
②形成了以Fe为负极,AgCl为正极,盐酸为电解质溶液的原电池,正极AgCl得到电子,电极反应式为AgCl+e-Ag+Cl-,生成Ag
③洗涤,向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液,确保氯离子洗净,开启通风设备,向滤渣中加入足量稀HNO3,搅拌,若固体完全溶解,则AgCl完全转化,若固体未完全溶解,则AgCl未完全转化
(3)①4Ag+O2+4H+4Ag++2H2O
②纳米Ag与氧气反应生成Ag2O,使得Ag+浓度下降
9.(2024·湖南选择考·16)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源,回收贵金属的化工流程如下:
已知:①当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在;
②AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq) K=2.0×10-5;
③Na2SO3易从溶液中结晶析出;
④不同温度下Na2SO3的溶解度如下:
回答下列问题:
(1)Cu属于 区元素,其基态原子的价电子排布式为 ;
(2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3,“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 ;
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl:
①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是 。
②在“除金”工序溶液中,Cl-浓度不能超过 ml·L-1。
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,两种离子分布分数δδ([Ag(SO3)2]3−)=n([Ag(SO3)2]3−)n([Ag(SO3)2]3−)+n([Ag(SO3)3]5−)随SO32−浓度的变化关系如图所示,若SO32−浓度为1.0 ml·L-1,则[Ag(SO3)3]5-的浓度为 ml·L-1。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式);在连续生产的模式下,“银转化”和“银还原”工序需在40 ℃左右进行,若反应温度过高,将难以实现连续生产,原因是 。
【解析】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸,由题中信息可知,滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4;滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl,将Au转化为Na[AuCl4]除去,滤液2中含有Na[AuCl4],滤渣2中含有AgCl、PbSO4;在滤渣2中加入Na2SO3,将AgCl转化为[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-,过滤除去PbSO4,滤液3含有[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-;滤液3中加入Na2S2O4,将Ag元素还原为Ag单质,Na2S2O4转化为Na2SO3,滤液4中溶质主要为Na2SO3,可继续进行银转化过程。
(1)Cu的原子序数为29,位于第四周期第ⅠB族,位于ds区,其基态原子的价电子排布式为3d104s1;
(2)滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应,生成CuSO4、H2SeO3和H2O,反应的离子方程式为Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O;
(3)①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀;②由题目可知AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq),在“除金”工序溶液中,若Cl-加入过多,AgCl则会转化为[AgCl2]-,当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在,为了不让AgCl发生转化,则应使c([AgCl2]-)=1.0×10-5ml·L-1,由K=c([AgCl2]-)c(Cl-)=2.0×10-5,可得c(Cl-)=0.5 ml·L-1,即Cl-浓度不能超过0.5 ml·L-1;
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,溶液中存在平衡关系:[Ag(SO3)2]3-+SO32−[Ag(SO3)3]5-,当c(SO32−)=0.5 ml·L-1时,此时c([Ag(SO3)2]3-)=c([Ag(SO3)3]5-)=0.037 5 ml·L-1,则该平衡关系中的平衡常数K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=×0.5=2,当c(SO32−)=1 ml·L-1时,K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=c([Ag(SO3)3]5−){0.075-c([Ag(SO3)3]5−)}×1=2,解得此时c([Ag(SO3)3]5-)=0.05 ml·L-1;
(5)由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3;由不同温度下Na2SO3的溶解度可知,高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产。
答案:(1)ds 3d104s1
(2)Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O
(3)①使银元素转化为AgCl沉淀 ②0.5
(4)0.05
(5)Na2SO3 高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产
A
《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌
2ZnCO3+C2Zn+3CO↑
B
CaH2用作野外生氢剂
CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2↑
C
饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢
CaSO4(s)+CO32−(aq)CaCO3(s)+SO42−(aq)
D
绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2O72−
6Fe2++Cr2O72−+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0