高考化学小题必练3信息型离子方程式的书写含答案

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（新高考）小题必练3：信息型离子方程式的书写





信息型化学（离子）方程式的书写可根据化学原理，结合给定条件书写的一类方程式。题干中常以反应现象、物质性质、元素价态变化、氧化剂（还原剂）得失电子数目等信息呈现出来，要求学生正确书写方程式，在实验题，化学工艺流程中经常出现。


1.【2020年江苏卷】下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Cl2通入水中制氯水：Cl2+H2O2H++Cl−+ClO−
B．NO2通入水中制硝酸：2NO2+H2O=2H++NO+NO
C．0.1mol·L−1 NaAlO2溶液中通入过量CO2：
D．0.1mol·L−1 AgNO3溶液中加入过量浓氨水：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH
【答案】C
【解析】A．次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2+H2OH++Cl−+HClO，故A错误；B．NO2与H2O反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故B错误；C．碳酸的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故C正确；D．AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH，故D错误；答案为C。
【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成CO，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。
2．【2020年天津卷】下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．CaCO3与稀硝酸反应：
B．FeSO4溶液与溴水反应：
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：
D．C6H5ONa溶液中通入少量CO2：
【答案】B
【解析】碳酸钙是固体难溶物，写离子方程式时不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：，故A错误；B．溴单质将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：，故B正确；C．氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为，故C错误；D．苯酚钠中通入少量或过量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，故正确的离子方程式为：，故D错误；答案选B。
【点睛】涉及量的离子方程式的书写时，注意以量少的物质的系数为基础，进行配平书写。
3．【2020年浙江选考】能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：SO+Ba2+=BaSO4↓
B．电解MgCl2水溶液：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH−CH3COO−+CH3CH2OH
D．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓
【答案】C
【解析】A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4·FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，OH−先与Fe2+反应，再和NH反应，由于Ba(OH)2较少，NH不会参与反应，离子方程式为：Fe2++SO+Ba2++2OH−=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl−-2e−=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e−+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl−+2H2O=Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，B错误；C．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+OH−
CH3COO−+CH3CH2OH，C正确；D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=2NH+Cu(OH)2↓，D错误。答案选C。
【点睛】书写离子方程式时，注意不能拆分的包含气体，氧化物，弱电解质，沉淀，水等。
4．【2020年全国2卷】下列实验所涉及反应的离子方程式不正确的是（ ）
A．向氯化铁溶液中加入铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+
B．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH−=AlO+2H2O
C．向草酸溶液中滴加几滴高锰酸钾酸性溶液：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O
【答案】B
【解析】A．向氯化铁溶液中加入铁粉，Fe粉将Fe3+还原成Fe2+，离子方程式为：2Fe3++ Fe=3Fe2+，故A正确；B．向硫酸铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH，故B错误；C．向草酸溶液中滴加几滴高锰酸钾酸性溶液生成二氧化碳和二价锰离子，离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，故C正确；D．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液碘离子被氧化成碘单质，离子方程式为：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选B。
【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应。
5．【2020北京卷】MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：

资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离于沉淀的pH

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。
(1)溶出
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：

i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。
(2)纯化。
(3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。
【答案】（1）MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O
（3）Mn2+-2e−+2H2O=MnO2+4H+
【解析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。(1)②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e−+2H2O=MnO2+4H+。
【点睛】大题中的离子方程式的书写的主要依据是题干中给出的信息，要正确的书写必须能快速准确的抓住题眼信息。


1．下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．四氧化三铁溶于足量稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O
B．工业上生产漂白粉的原理：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
C．向硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：NH+OH−=NH3·H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液：2MnO+6H++7H2O2=2Mn2++6O2↑+10H2O
【答案】A
【解析】A．四氧化三铁溶于足量稀硝酸发生氧化还原反应生成Fe3+和NO，离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故A正确；B．工业上生产漂白粉是将氯气通入石灰乳中，石灰乳中氢氧化钙主要以分子形式存在不能拆成离子形式，故B错误；C．硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠氢氧根先与氢离子结合，，故C错误；D．化合价升降不守恒，应为：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误。故答案选：A。
2．（双选）由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程：烧渣溶液绿矾铁黄。已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法正确的是（ ）
A．步骤①不可用盐酸来溶解烧渣
B．步骤②涉及的离子反应为S2−+8Fe3++4H2O=8Fe2++SO+8H+
C．步骤③将溶液加热到有少量晶膜出现时停止加热，再冷却结晶析出绿矾
D．步骤④反应条件控制时要让氨气过量，控制强碱性环境，可以提高产品纯度
【答案】AC
【解析】由制备绿矾流程可知，烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3。A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，若用盐酸溶解会引入杂质氯离子，因此最好用硫酸来溶解烧渣，故A正确；B．步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+，故B错误；C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故C正确；D．步骤④反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成氢氧化铁，因此氨气不能过量，故D错误；答案选AC。
3．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）
A．用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I−+H2O2=I2+2OH−
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：NH+OH−=NH3·H2O
C．向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3++2SO+2Ba2++4OH−
=AlO+2BaSO4↓+2H2O
D．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO+Ba2++OH−=
BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】A.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，故A错误；B.向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：HCO+NH+2OH−=NH3·H2O+CO+H2O，故B错误；C.向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多：2Al3++3SO+3Ba2++6OH−=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故C错误，D.等物质的量的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O，D正确；答案选D。
4．对如图所示实验的有关分析错误的是（ ）

A．NaOH溶液中的反应：4NO+3O2+4OH−=4NO+2H2O
B．液面上方慢慢地出现红棕色气体
C．小试管中的反应：Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O
D．试纸上I被氧化，试纸变蓝色
【答案】C
【解析】Cu和稀硝酸反应生成NO，NO和空气中的氧气反应生成红棕色气体NO2，NO2遇湿润的淀粉碘化钾试纸，先生成硝酸，硝酸会氧化试纸上的I元素，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色。A．NaOH溶液中的反应：4NO+3O2+4OH−=4NO+2H2O，故A正确；B．Cu和稀硝酸反应生成NO，NO和空气中的氧气反应生成红棕色气体NO2，故B正确；C．Cu和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．由分析可知，NO2遇湿润的淀粉碘化钾试纸，先生成硝酸，硝酸会氧化试纸上的I元素，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，故D正确；故选C。
5．下面是某同学的实验报告中的部分内容
序号
I
II
III
实验
步骤

充分振荡，加入
2mL蒸馏水

充分振荡，加入
2mL蒸馏水

充分振荡，加入
2mL蒸馏水
实验
现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．实验I、II、II中均发生反应Fe3++Cu=Cu2++Fe2+
B．上述实验表明能否形成白色沉淀取决于溶液中有无Cl−
C．II中加水后的离子反应可能是Cu2++Cu+2Cl−=2CuCl↓
D．实验II、III中消耗的铜粉一样多
【答案】C
【解析】A．实验I中发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，实验II中发生反应Cu2++Cu+2Cl−
=2CuCl↓，故A不选；B．对比实验I、II可知，白色沉淀CuCl的产生与铜粉的量有关，对比实验II、III可知，白色沉淀CuCl的产生与溶液中阴离子中类有关，故B不选；C．II中加水后的离子反应可能是Cu2++Cu+2Cl−=2CuCl↓，故选C；D．实验II比III中消耗的铜粉多，故D不选。答案选C。
6．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．相对于途径②③，途径①更好地体现了绿色化学思想
B．途径①发生的反应可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O
C．将CuSO4溶液蒸发至大量晶体析出，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体
D．1mol CuSO4在1100℃所得混合气体X为SO3和O2，其中O2可能为0.75mol
【答案】B
【解析】A．途径①会生成有污染性的一氧化氮气体，不能体现绿色化学的思想，故A错误；B．铜和稀硫酸不能反应，加入硝酸后能发生氧化还原反应，生成一氧化氮和硫酸铜，所以途径①发生的反应可能是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，故B正确；C．要制得胆矾晶体，需要将CuSO4冷却结晶，故C错误；D．根据2CuSO4=Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑可知，1mol CuSO4在1100℃所得混合气体X中O2为0.5mol，故D错误；故选B。
7．四氯化钛是无色液体，沸点为136℃，极易水解。在650-850℃高温下，将Cl2通入TiO2和炭粉的混合物可得到TiCl4和一种有毒气体。下图是实验室制备TiCl4的部分装置，下列说法正确的是（ ）

A．装置A同样适合实验室制备氨气
B．装置B中试剂是饱和食盐水，其作用是除HCl气体
C．装置C处发生的反应的化学方程式为2Cl2+C+TiO2TiCl4+CO2
D．装置D处的直形冷凝管可更换为球形冷凝管
【答案】A
【解析】A．将生石灰放入圆底烧瓶内，分液漏斗中加入浓氨水，用装置A可制备氨气，A正确；B．因为四氯化钛极易水解，所以装置B中试剂是浓硫酸，其作用是干燥氯气，B不正确；C．装置C中生成的有毒气体应为CO，化学方程式为2Cl2+2C+TiO2TiCl4+2CO，C不正确；D．因为蒸气在球形冷凝管中冷凝后，很难完全流出，所以装置D处的直形冷凝管不能换成球形冷凝管，D不正确；故选A。
8．某溶液X中可能含有NO、Cl−、SO、CO、NH、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液X的成分，某学习小组做了如下实验，下列说法错误的是（ ）

A．产生气体乙的方程式为：
B．气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C．SO、NH一定存在，Fe2+和Fe3+可能都存在
D．该溶液中只存在上述离子中的NO、SO、NH、Fe2+四种离子
【答案】D
【解析】某溶液X中可能含有NO、Cl−、SO、CO、NH、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO与H+的反应，也可能是NO在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02mol NH；所得的溶液甲中加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02mol SO；所得沉淀甲应为氢氧化亚铁或氢氧化铁或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO发生双水解而不能共存，故溶液中无CO，则生成气体乙的反应只能是NO与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO，而所含阴离子的物质的量相等，即NO的物质的量也为0.02mol。故现在溶液X中已经确定存在的离子是：阴离子：0.02mol NO、0.02mol SO，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02mol NH，0.02mol Fe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷≥0.06mol，一定不含CO。根据溶液呈电中性可知，当0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则氯离子一定不存在；若溶液中含Fe3+，阳离子所带正电荷大于0.06mol，则溶液中一定存在Cl−；A．根据上述分析可知，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应是在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应，反应方程式为，A正确；B．气体甲为氨气，为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C．根据分析可知，SO、NH一定存在，Fe2+和Fe3+可能都存在，C正确；D．由上述分析可知，溶液中Cl−和Fe3+可能存在，D错误；答案选D。
9．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．将2mol Cl2通入到含1mol FeBr2的溶液中：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+Br2
B．Mg(HCO3)2溶液与足量的Ca(OH)2溶液反应：Mg2++2HCO+2Ca2++4OH−=2CaCO3↓+2
H2O+Mg(OH)2↓
C．少量CO2通入到NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO−=2HClO+CO
D．等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合：AlO+4H+=Al3++2H2O
【答案】B
【解析】A．将2mol Cl2通入到含1mol FeBr2的溶液中，氯气过量：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2Br2，A错误；B．氢氧化镁比碳酸镁更难溶，故Mg(HCO3)2溶液与足量的Ca(OH)2溶液反应：Mg2++2HCO+2Ca2++4OH−=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，B正确；C．次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的一级电离常数和二级电离常数之间，少量CO2通入到NaClO溶液中，生成次氯酸和碳酸氢钠：CO2+H2O+ClO−=2HClO+HCO，C错误；D．等浓度等体积的NaAlO2溶液和HCl溶液混合得到氢氧化铝沉淀：AlO+H++2H2O =Al(OH)3↓，D错误；答案选B。
10．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为VO反应的离子方程式___________。
(2)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
【答案】（1）Fe2+ VO++MnO2+2H+=VO+Mn2++H2O
（2）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓
【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30% H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成VO，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有VO、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、SO；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、SO，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为VO时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1mol VO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1mol MnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=VO+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=VO+Mn2++H2O；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓。
【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。
11．从砷盐净化渣（成分为Cu、As、Zn、ZnO、Co和SiO2）中回收有利用价值的金属，解决了长期以来影响砷盐净化工艺推广的技术难题，具有较强的实践指导意义。其工艺流程如下∶

回答下列问题∶
（1）“氧化浸出”时，As被氧化为H3AsO4的化学方程式为___________。“浸渣”的主要成分为_____________（填化学式）。
（2）用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为_____________。
【答案】（1）2As+5H2O2=2H3AsO4+2H2O SiO2
（2）5Cu2++4AsO+2H++2H2O=Cu5H2(AsO4)4·2H2O↓
【解析】砷盐净化渣（成分为Cu、As、Zn、ZnO、Co和SiO2）中加入硫酸酸浸，再加入过氧化氢后发生一系列氧化还原反应，如As被氧化为H3AsO4等，二氧化硅不反应作为滤渣过滤排出，再加入Na3AsO4发生沉铜反应，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4·2H2O，碱浸后得到氢氧化铜。（1）“氧化浸出”时，根据氧化还原反应原理，As被氧化为H3AsO4的化学方程式为2As+5H2O2=2H3AsO4+2H2O。“浸渣”的主要成分为SiO2。（2）用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为5Cu2++4AsO+2H++2H2O=Cu5H2(AsO4)4·2H2O。
12．某大型精炼铜厂，在电解铜的阳极泥中含有3~14% Se元素，以Se单质、Cu2Se存在(Se和S同主族化学性质相似)，还含有稀有金属及贵金属。从阳极泥中提取Se的流程如图：

已知：SeO2在773K时为气态。
(1)SeO2与SO2通入水中反应的离子方程式为______。
(2)电解铜阳极泥中Se的质量分数的测定：称取一定量电解铜阳极泥样品以合适方法溶解，配成混酸溶液，移取一定体积上述溶液于锥形瓶中，加入过量酸性KMnO4溶液反应完全后(+4价Se转化为+6价Se)，再用Fe2+标准溶液滴至终点。通过计算可以测得电解铜阳极泥中Se的质量分数。
①写出用Fe2+标准溶液滴定酸性KMnO4溶液的离子方程式：_______。
(3)单质硒可能成为环境污染物，可通过与浓HNO3反应生成SeO2来回收Se，Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1∶1，写出Se和浓HNO3反应的化学方程式：_________。
【答案】（1）SeO2+2SO2+2H2O=Se+2SO+4H+
（2）5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
（3）Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑或Se+2HNO3(浓)=SeO2+H2O+NO↑+NO2↑
【解析】在电解铜的阳极泥中含有3-14% Se元素，由提纯流程可知，焙烧时S、Se反应转化为SO2、SeO2，二者性质相似，均为分子晶体，加热至773K时为气态，流程②的目的是使SO2、SeO2挥发出来，再加水发生H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2SO+4H+，Se不溶于水，则流程④为过滤操作，过滤可得到Se。(2)在水溶液中，SO2、SeO2反应生成Se和H2SO4，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子反应方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se
+2SO+4H+；(4)①Fe2+被酸性KMnO4氧化产生Fe3+，酸性KMnO4被还原产生Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3+
+4H2O；(5)利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1∶1，即二者计量系数比为1∶1，假设二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑或Se+2HNO3(浓)=SeO2+H2O+NO↑+NO2↑。
【点睛】本题考查以物质的制备为线索，考查了混合物分离提纯及氧化还原反应。掌握元素化合价与物质性质的关系及物质状态与分离方法是解答关键。注意根据元素守恒及电子守恒分析；注意物质氧化性强弱比较方法的应用。
13．工业上用酸性K2Cr2O7作镀件上铜镀层的除铜剂，氧化镀件上的铜层。现对除铜后的废液(含有Cr3+、Fe3+、Cu2+、Zn2+、SO)进行回收循环利用，设计了如下工艺流程：

已知：①2CrO+2H+Cr2O+H2O。
②BaCr2O7可溶于水，BaCrO4难溶于水。
③Zn2+、Cr3+与OH−的反应原理与Al3+相似，氢氧化物的沉淀pH的相关数据如下表：

离子
pH
状态
沉淀完全时
沉淀开始溶解
沉淀完全溶解
Zn2+
8.0
10.5
12.5
Cr2+
6.8
12
14
Al3+
5.2
7.8
10.8
(1)“氧化”时的还原产物为MnO2，写出反应的离子方程式：_________。
(2)请写出除铜退镀液除铜的反应的离子方程式：________。
【答案】（1）MnO+CrO+CrO+MnO2↓
（2）14H++Cr2O+3Cu+7H2O+3Cu2++2Cr3+
【解析】含铬废液中含有Cr3+、Fe3+、Cu2+、Zn2+、SO，加入过量KOH溶液Fe3+、Cu2+分别转化为氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，由于Zn2+、Cr3+与OH−的反应原理与Al3+相似，所以反应后分别转化为ZnO、CrO，加入氧化剂高锰酸钾将CrO氧化为CrO，然后调节pH使ZnO转化为氢氧化锌沉淀，CrO转化为Cr2O，加入碳酸钡除去硫酸根离子，据此解答。(4)“氧化”时的还原产物为MnO2，CrO被氧化为CrO，反应的离子方程式为MnO+CrO+CrO+MnO2↓。(7)除铜退镀液除铜的反应的离子方程式为14H++Cr2O+3Cu+7H2O+3Cu2++2Cr3+。
【点睛】本题以对除铜后的废液进行回收循环利用为载体考查工艺流程，明确各步骤的反应原理是解题关键，熟悉混合物分离的方法、离子方程式的书写，培养学生提取信息、分析、解决问题的能力。
14．按要求写出下列含氯物质转化的方程式。
⑴某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。

①NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的离子方程式为________。
②AgCl所发生“还原”反应的化学方程式为______________。
⑵Cl2O可用作氯化剂，可由Cl2与潮湿的Na2CO3反应制得，反应的产物之一为NaHCO3。该反应的化学方程式为________________。
⑶高氯酸钠是强氧化剂，可由电解NaClO3溶液制得。该反应的离子方程式为 。
⑷如图所示为几种含氯化合物的溶解度随温度的变化曲线。常温下将其中某两种物质的饱和溶液混合，会发生反应。该反应的化学方程式为______________。

【答案】（1）4Ag+4ClO−+2H2O=4AgCl+4OH−+O2↑
4AgCl+N2H4+4NaOH=4Ag+N2+4H2O+4NaCl
（2）2Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O
（3） ClO+H2OClO+H2↑
（4） 2KCl+Ca(ClO3)2=2KClO3↓+CaCl2
【解析】“氧化”时，预处理后光盘碎片中的Ag和NaClO溶液反应得AgCl，通过“过滤”除去残渣，“还原”时，NaOH、N2H4和AgCl反应得Ag，据此解答。(1)①NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，则该反应的离子方程式为4Ag+4ClO−+2H2O=4AgCl+4OH−
+O2↑；②结合流程可知AgCl发生“还原”反应时，AgCl为氧化剂，N2H4为还原剂，还原产物为Ag，氧化产物为N2，结合原子守恒，得失电子守恒可知AgCl发生“还原”反应的化学方程式为4AgCl+N2H4+4NaOH=4Ag+N2+4H2O+4NaCl；⑵Cl2与潮湿的Na2CO3反应，氧化产物为Cl2O，还原产物为NaCl，结合原子守恒，得失电子守恒可知该反应的化学方程式为2Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O；⑶电解NaClO3溶液，阳极ClO失电子生成ClO，阴极反应为H2O得电子生成H2，总反应的离子方程式为ClO+H2OClO+H2↑；⑷由图可知常温下KClO3溶解度最小，Ca(ClO3)2溶解度最大，所以常温下利用Ca(ClO)2和KCl反应可得KClO3固体，即该反应的化学方程式为2KCl+Ca(ClO3)2=2KClO3↓+CaCl2。
15．用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp




回答下列问题：
（1）软锰矿预先粉碎的目的是_________________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_____________________________________。
（4）碳化过程中发生反应的离子方程式为____________________________________。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，使反应更充分 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S
（2）
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；(4)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为。
【点睛】本题以软锰矿和BaS反应制备高纯MnCO3为载体，考查化学工艺流程，明确反应原理和流程是解题关键，注意氧化还原反应化合价规律的应用，会根据溶度积常数计算溶液的pH。