山东省2023年高考化学模拟题汇编-02离子反应

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山东省2023年高考化学模拟题汇编-02离子反应 一、单选题1．（2023·山东日照·统考一模）为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe2S3均为难溶于水的黑色固体)。实验实验操作实验现象①分别向盛有少量FeS、Fe2S3固体的试管中加入稀盐酸固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe2S3还有淡黄色浑浊生成②向0.1mol/L FeCl3溶液中加入少量0.1 mol/L Na2S溶液开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生③向0.1 mol/L Na2S溶液中加入少量0.1 mol/L FeCl3溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体生成 下列说法错误的是A．配制 FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度B．实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为C．由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe2S3D． FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关2．（2023·山东潍坊·统考一模）由含硒废料(主要含S、Se、、CuO、ZnO、等)在实验室中制取硒的流程如图：下列说法错误的是A．“分离”时得到含硫煤油的方法是分液B．“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物C．“浸取”后的分离操作所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒D．“酸化”时发生反应的离子方程式： 二、多选题3．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图所示：已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)    △H＞0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.25×10-5。下列说法错误的是A．“浸取”的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2OB．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08mol•L-14．（2023·山东枣庄·统考二模）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、MnO)中提取铬的一种工艺流程如图：已知：Mn(II)在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化；在酸性溶液中钒通常以、等存在；沉铬过程中，当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为。下列说法正确的是A．“沉钒”时，胶体的作用是吸附B．滤液B的，沉铬完全C．“提纯”过程中的作用是还原铬D．“转化”过程中发生反应：5．（2023·山东淄博·统考一模）一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A．反应④有极性键的断裂与生成B．反应②③均为氧化还原反应C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况) 三、实验题6．（2023·山东枣庄·统考二模）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。原理： 已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体(1)实验装置合理的连接顺序为a—___________(填仪器接口字母标号)。(2)步骤如下：i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；ii．加热反应管至400℃；iii．控制开关，加热，温度保持在50℃～60℃之间；iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；v．停止A装置水浴加热，……；vi．装置冷却后，结束制备实验。①步骤i中，开关、的状态分别为___________。②补全步骤v的操作：___________，其目的是___________。(3)从安全的角度考虑，整套装置的不足是___________。(4)装置D中反应的离子方程式为___________。(5)取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量30% ，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL(杂质不参加反应)。已知：； ①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是___________。②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________(结果保留三位有效数字)。③若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 四、工业流程题7．（2023·山东菏泽·统考一模）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。(2)已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为_______(填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示_______(填标号)。A． B． C．(3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_______；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是_______。(4)已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是_______。(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有_______。8．（2023·山东青岛·统考一模）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀的6.31.83.48.96.26.9沉淀完全的8.33.24.710.98.28.9 ②当离子完全沉淀时，。回答下列问题：(1)为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有_______(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为_______。(2)写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式_______、_______。(3)“氧化除杂”中加入和的作用分别是_______，溶液的应调节为_______之间。(4)“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为_______。[已知](5)称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_______。
参考答案：1．C【详解】A．由于FeCl3在水溶液中已发生水解，故配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，以抑制Fe3+水解，再加水稀释至所需浓度，A正确；B．由于FeCl3溶液呈酸性，结合实验②中实验现象开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生，可知沉淀消失发生反应的离子方程式为，B正确；C．由于实验③中Na2S过量，故若发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，黑色沉淀还可能是FeS和S，或Fe2S3、FeS和S的混合物，与稀盐酸反应也能观察实验③的现象，故由实验①、③中的现象不能推出实验③中的黑色沉淀为Fe2S3，C错误；D．根据题干实验②③可知，FeCl3溶液和Na2S溶液反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有关，D正确；故答案为：C。2．A【分析】含硒废料加入煤油除去硫，分离出固体加入稀硫酸将铁、铜、锌转化为盐溶液除去，分离出固体加入亚硫酸钠将Se转化为，加入稀硫酸酸化得到Se；【详解】A．“分离”时得到含硫煤油为分离固液的操作，方法是过滤，A错误； B．金属氧化物能和酸反应，“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物，B正确；C．“浸取”后分离固液的操作为过滤，所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确； D．“酸化”时转化为Se和二氧化硫，发生反应的离子方程式：，D正确；故选A。3．AB【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl。【详解】A．浸取时盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为MnO2+PbS+4H++4Cl-=+S+Mn2++2H2O，A错误；B．PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH>0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，B错误；C．滤液a中主要成分为HCl，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C正确；D．沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，沉淀转化后c(Cl-)=10mol/L，则沉淀转化后溶液中c()为0.08mol/L，反应生成的PbSO4为5mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08mol，浓度不得低于5.08mol/L，D正确；故答案选AB。4．AB【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒” 步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加入NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化” 步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“沉钒”时，胶体的作用是吸附，故A正确；B．当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为，则Ksp[Cr(OH)3)]= =1×10-30，沉铬完全时，溶液中c(Cr3+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=1×10-8.3mol/L，则c(H+)=，pH=-lgc(H+)=5.7，故B正确；C．由分析可知，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(I)]被空气中氧气氧化，故C错误；D．由分析可知，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故D错误；故选AB。5．BD【详解】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A正确；B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C正确；D．根据图示可知，总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，还原1molNO同时消耗0.25molO2，标准状况下体积为5.6L，D错误； 故选BD。6．(1)hi(或ih)debcf(g)(2)     开, 关     继续通入一段时间     将COCl2完全排入装置D被充分吸收(3)升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管(4)(5)     除去多余的     92.5%     偏低 【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C。【详解】（1）根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)。（2）①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4。②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。（3）三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管。（4）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；（5）①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为；③普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。7．(1)SiO2(2)          C(3)          过量的将氧化，影响萃取，造成损失(4)使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出(5)有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O 【分析】从废钒催化剂中回收，由流程可知，“酸浸”时转化为，转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2＋氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O＋ClO＋6VO2+＝6＋Cl−＋6H＋，溶液中与可相互转化：＋H2O＋2H＋，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。【详解】（1）据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。（3）“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。（4）溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH−浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。（5）NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。8．(1)     增大硫酸浓度或加热     (2)          (3)     将氧化为，调节溶液除去和     4.7(4)(5) 【分析】红土镍矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2，其余物质转化为相应的金属离子，往滤液1中加入H2S，Cu2+与S2-反应生成CuS，滤渣2为CuS，滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液3中加入NiF2生成滤渣4为MgF2沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的Zn2+，水相中主要含有硫酸镍，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。【详解】（1）为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。（2）滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为、。（3）氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。（4）设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为，根据Ksp(MgF2)=6.25×10-9，=0.025mol/L，解得x=0.029mol/L。（5）已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式可知，消耗的Ni2+物质的量为cV×10-3mol，则mg样品中含有NiSO4·H2OcV×10-2mol，该样品的纯度为=