新高考化学二轮复习核心考点逐项突破专题三 复杂离子方程式的书写（专练）（解析版）

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答。在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只交试卷答题页。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5
1．（模拟）硫化氢(H2S)是一种有毒气体，高于200℃分解，脱除H2S的方法很多，如用Na2CO3吸收，含H2S的气体与饱和Na2CO3溶液在吸收塔内逆流接触，生成两种酸式盐。该反应的离子方程式为_______。
【答案】H2S+CO=HS-+HCO
【详解】H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为：H2S+=HS-+。
2．（2023秋·广东广州·高三广州市南武中学校考期末）黑木耳中含有丰富的人体所必需的铁元素。某研究小组测定黑木耳中铁元素含量，实验方案如下。回答下列问题：
(2)测定黑木耳中铁元素含量(已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在)
①“步骤一”中加入过量铜粉的目的是_______。
②请补充完整步骤②中发生反应的离子反应方程式：_______。
______Fe2++_______ +_______=_______Fe3++_______Cr3++_______。
③实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为_______。
【答案】(2) 将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差 0.3%
【详解】（2）①已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在，“步骤一”酸浸后含有铁离子，加入过量铜粉的目的是将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差；
②根据得失电子守恒可知Fe2+和的系数比为6:1，再结合原子守恒可得离子方程式为：；
③根据：关系式，实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为。
3．（2021·浙江绍兴·校考模拟预测）NaCN属于剧毒化学品，应与酸类、氧化剂、食用化学品分开存放。其阴离子中各原子均满足8电子稳定结构，NaCN的电子式为_______；强氧化剂NaClO会将氧化，生成、和等无毒无害物质，可用该反应处理含氰废水(破氰)，该反应的离子方程式为_______。
【答案】 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O
【详解】NaCN为离子化合物，是由Na+和CN-组成，C和N共用三个电子对，NaCN的 电子式为 ；ClO-作氧化剂，化合价由+1降低为-1价，降低2价，CN-中N显-3价，C显+2价，N的化合价由-3价升高为0价，C的化合价由+2价升高为+4价，CN-化合价整体升高5价，最小公倍数为10，因此离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O；故答案为 ；2CN-+5ClO-+2OH-=2CO+N2↑+5Cl-+H2O。
4．（2022·陕西渭南·一模）元素化合物在化工生产和环境科学中有着重要的用途。
(1)向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入稀NaOH溶液至过量，反应的离子方程式依次为____、____、____。
(2)自然界中Cr主要以+3价和+6价形式存在。中的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠在酸性条件下将还原。写出该反应的离子方程式：____。
(3)常温下，氰化钠(NaCN)能与过氧化氢溶液反应生成一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色的气体，大大降低其毒性。写出该反应的离子方程式：____。
(4)已知：CCl4与水不相溶且密度比水大，Cl2的CCl4溶液呈黄绿色，Br2的CCl4溶液呈橙红色，且Br2易从水溶液中溶入CCl4中。Cl2既能氧化Br-，也能氧化Fe2+。
①取10mL0.1ml/LFeBr2溶液，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为红色。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体。以上实验结论表明还原性：Fe2+____Br- (填“＞”或“＜”)。
②若在400mL0.1ml/LFeBr2溶液中通入标准状况下672mL的Cl2，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈____色，写出该反应的离子方程式____。
【答案】(1) Al3++3OH-=Al(OH)3↓ +OH-=NH3•H2O Al(OH)3+OH-=+2H2O
(2)+3+8H+=2Cr3++3+4H2O
(3)H2O2+CN-+H2O=+NH3↑
(4) ＞ 橙红 4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-
【详解】（1）NH4Al(SO4)2溶液中存在、Al3+和，向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入稀NaOH溶液，开始时发生的反应是OH-和Al3+的反应，反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，若OH-先和反应，则生成的NH3•H2O会和Al3+反应生成Al(OH)3沉淀和，所以Al3+先和OH-反应；当Al3+消耗完时，继续和OH-反应，离子方程式为：+OH-=NH3•H2O，若Al(OH)3先和OH-反应，生成的会和发生完全双水解反应生成Al(OH)3和NH3，所以OH-先和反应；当反应结束时，Al(OH)3继续和OH-反应，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O。
（2）酸性条件下，被还原为Cr3+，被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O。
（3）能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色的气体为氨气，氰化钠(NaCN)能与过氧化氢溶液反应生成一种酸式盐和氨气，根据反应物中的原子可知，酸式盐为NaHCO3，则碳元素的化合价从+2价升高到+4价，则H2O2中O元素的化合价从-1价降低到-2价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：H2O2+CN-+H2O=+NH3↑。
（4）①FeBr2溶液中含有Fe2+和Br-，向其中滴加几滴新制的氯水，振荡后溶液呈黄色，取少量反应后的溶液加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明氯水中的Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+和SCN-反应生成红色物质。另取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后，下层为无色液体，说明Cl2没有将Br-氧化为Br2。该实验中，少量的氯气只将Fe2+氧化而没有将Br-氧化，说明还原性：Fe2+＞Br-。
②400mL0.1ml/LFeBr2溶液中含有FeBr20.04ml，溶液中含有0.04mlFe2+和0.08mlBr-，通入标准状况下672mL的Cl2即0.03mlCl2，由于还原性：Fe2+＞Br-，所以氯气先氧化Fe2+，0.04mlFe2+被氧化为Fe3+，转移0.04ml电子，消耗0.02mlCl2，剩余的0.01mlCl2将0.02mlBr-氧化为Br2，取少量反应后的溶液加入CCl4，振荡后下层液体呈橙红色；根据上述分析，氯气、参加反应的Fe2+和Br-的物质的量分别为0.03ml、0.04ml、0.02ml，则该反应的离子方程式为：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
5．（2022·上海青浦·统考二模）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
(5)铋酸钠(NaBiO3)在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目_______。
_______BiO+_______Mn+_______H+→_______Bi3++_______MnO+______
【答案】
(5)
【解析】（5）该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。
6．（2022·安徽淮北·统考一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.氢碘酸 d.磷酸
【答案】(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2) 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4) 2 b
【解析】(1)
铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
(2)
①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
(3)
已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
(4)
①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
7．（2022·江苏·统考一模）电解法制取高纯镍的原料液中含Cu(II)(主要以Cu2+、CuCl＋、CuCl2等形式存在)杂质，为保证高纯镍产品的纯度，电解前须将Cu(II)除去，方法如下。
(1)S−SO2除铜：向原料液中加入适量细硫粉并鼓入SO2，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反应的离子方程式为___________。
(2)NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
① 室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应的离子方程式为___________；该反应的平衡常数表达式为K=___________。
② 如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，其原因可能是___________。
③ 除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，其原因可能是___________。
【答案】(1)Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋
(2) CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－ NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性] pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比
【解析】（1）
S、SO2与Cu2+反应生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低，则应有元素化合价要升高，推知为SO2转化为，S的化合价升高，Cu2+水解显酸性，用H＋平衡电荷，由H、O守恒知，反应物需要加2个H2O即Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋。
（2）
NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
①室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应生成 CuS、Ni2+和Cl－，其反应的离子方程式为CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；NiS、CuS都为固体沉淀，因此该反应的平衡常数表达式为K=；故答案为：CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；。
②如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过与S2−反应生成CuS除去，Cu2+越难除，说明−2价S被O2氧化，而使NiS失去活性；故答案为：NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性]。
③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，图−2中pH=3.5时铜渣中铜镍质量比最大，回答时应从pH＜3.5和pH＞3.5作答，当pH＜3.5时，溶液的酸性较强，H＋会与S2−结合成HS－或H2S，S2−浓度减小，减弱了S2−与Cu2+的结合，除铜渣中CuS减小，所以除铜渣中铜镍质量比降低；当pH＞3.5时，碱性增强，OH－会与Ni22+反应生成Ni(OH)2沉淀，过滤后的滤渣中，含镍较多，则除铜渣中铜镍质量比降低；故答案为：pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比。
8．（2021·河北衡水·统考模拟预测）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。
Ⅰ.零价铁的制备。
(1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600℃高温还原1h可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式___________。
(2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。
已知：B的电负性是2.0，H的电负性是2.1
①请写出的电子式___________。
②请写出与硫酸反应的离子方程式___________。
③补充完整下列离子方程式___________
____________________________________________Fe+______________________
Ⅱ．零价铁的结构和作用机理。
研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。
已知：①壳层可以导电；
②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；
③磷酸盐溶解度一般较小。
(3)去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有、、、等。导致产生壳层微粒的氧化剂是、___________。
(4)部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零铁去除污水中Cu(Ⅱ)、Zn(Ⅱ)主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因___________。
(5)去除含磷()微粒：
①控制pH___________8。
②通过形成___________(填化学式)进一步去除。
(6)综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有___________。
【答案】(1)
(2)
(3)H2O
(4)零价铁的还原性大于Cu，小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ)
(5)