湖北省2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应

这是一份湖北省2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应，共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

湖北省2023年高考化学模拟题汇编-01离子反应

一、单选题
1．（2023·湖北·校联考模拟预测）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
B．向硝酸铁溶液中通入少量的SO2：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++2H++SO
C．向次氯酸钠溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HC1O+HCO
D．侯氏制碱法的反应原理：NH3+CO2+H2O=HCO+NH
2．（2023·湖北·统考一模）从某些性质看，NH3与H2O、NH与H3O+、NH与OH-、NH2-与O2-相似，下列有关说法或化学用语不正确的是(M代表某二价活泼金属)
A．液氨中存在着微弱的电离：2NH3NH+NH
B．将金属钠投入到液氨中，能缓慢产生氢气
C．MNH与少量盐酸溶液反应：2HCl+MNH=MCl2+NH3
D．MO与氯化铵溶液反应：2NH4Cl+MO=M(NH2)2+2HCl+H2O
3．（2023·湖北·校联考模拟预测）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1 mol·L-1KNO3溶液中：Cu2+、NH、Cl-、SO
B．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Br-
C．使酚酞变红色的溶液中：Ba2+、A13+、ClO、Cl-
D．水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、K+、I-、NO
4．（2023·湖北·统考一模）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A．用泡沫灭火器灭火原理：
B．将氯化银溶于氨水：
C．用漂白液吸收少量二氧化硫气体：
D．除去苯中混有的少量苯酚：++

二、实验题
5．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）某小组探究能否将氧化，甲同学设计了如下实验：

实验现象
A中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝
B中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝

(1)A中反应的离子方程式为___________，说明氧化性：。
(2)乙同学认为：B中溶液滴加淀粉溶液，未变蓝，原因是，于是设计了如下实验：

①盐桥中电解质可以使用___________(填“”或“”)。
②K闭合时，指针向右偏转，“石墨2”作___________极，电极反应为___________
③当指针归零后，向右侧烧杯中滴加溶液或向左侧烧杯中滴加溶液，指针均向右偏转，说明(或)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越___________(填“强”或“弱”)。
③乙同学查阅资料，已知，当等体积等浓度和溶液混合时，溶液中___________，溶液中和很小，氧化性和的还原性很弱，二者直接接触，不发生氧化还原反应。
(3)丙同学测得溶液的，认为可能是硝酸氧化了，请设计实验方案验证丙同学的猜想：___________
6．（2023·湖北·校联考模拟预测）Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的导致反应较缓慢。某兴趣小组为了验证部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下实验。
I．验证和对Mg与水反应的促进作用
实验序号
a
b
c
d
0.1 mol·L盐溶液


NaCl

30 min内产生气体的体积/mL
1.5
0.7
<0.1
1.4
气体的主要成分

30 min时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)

(1)某同学认为根据上表能够说明对Mg与水的反应起促进作用，他的理由是__________。
(2)实验b、d镁条表面附着固体中还检验出碱式碳酸镁，写出Mg与溶液反应生成该固体的离子方程式：________________。
(3)综合实验a~d可以得出结论：和都能与作用而加快Mg与水的反应，________________________________(补充两点)。
II．室温下，探究对Mg与水反应的影响
该小组用Mg与NaCl溶液反应，实验发现当浓度过低或过高时，反应速率没有变化，当浓度为2 mol·L时，Mg与水反应较快，产生大量的气泡，同时生成白色固体，最终溶液pH约为10.98。
(4)经检验该白色固体含有碱式氯化镁。碱式氯化镁受热(>100℃)易分解生成氧化镁和两种气体，写出其分解的化学方程式：__________________________。实验室检验镁条表面生成的白色固体含有碱式氯化镁的操作是__________________。
(5)常温下，饱和溶液的______，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值的原因：___________(已知，)。
7．（2023·湖北·校联考模拟预测）溴化亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在热水中或见光都会分解，常用作有机反应的催化剂。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如下图。

回答下列问题：
(1)仪器A的名称是_______。
(2)步骤①涉及的离子方程式为_______；可采取的加热方法是_______。
(3)步骤②操作中需要避光，其原因是_______。
(4)将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。本实验产品的产率是_______(保留小数点后1位)。
(5)欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含有Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。完善下列步骤：①在烧杯中继续通入SO2至恰好反应完全；②向烧杯中加入_______g 20% NaOH；③加入少量维生素C溶液作抗氧化剂；④通过蒸发浓缩、_______、过滤、用乙醇洗涤2~3次；⑤置于真空干燥箱中干燥。

三、工业流程题
8．（2023·湖北·校联考模拟预测）钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下：

已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量
名称
MnO2
Fe2O3
CaO
SiO2
WO3
ZnO
其它
含量
34.8%
26.1%
7.6%
8.8%
0.75%
0.66%
-

①WO3不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。
②Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13
(1)将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是___________。
(2)“浸渣”的主要成分为___________。
(3)“除杂”时加入(NH4)2SO4的目的是___________；相较于H2SO4，该步选择(NH4)2SO4的优点是___________。
(4)“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，其目的是___________。
(5)用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择MnS的原因___________。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
(7)取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，则整个过程中锰元素的回收率为___________。
9．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为，含有少量和微量等)制备工艺如下：

回答下列问题：
(1)“酸浸”时生成的化学方程式为___________，工业生产时往往会适当加热，目的是___________。
(2)“精馏1”设备使用的材料可选用___________(填序号)。
A．玻璃 B．陶瓷 C．石英 D．金
(3)已知是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与溶液反应制备极易溶于水的强酸，反应的离子方程式为___________
(4)“氧化”时将氧化为。的沸点高于，原因是___________
(5)液态是酸性溶剂，能发生自偶电离：，由于和都溶剂化，常表示为： 。在溶剂中呈酸性，呈碱性，比如的电离方程式分别为：；。在作用下：
①写出与反应的离子方程式___________
②已知： 与反应生成。结合的能力：___________(填“>”、“<”或“=”)。
10．（2023·湖北·校联考模拟预测）锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如下图所示。

已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+
②“滤饼”的成分是SbOCl
回答下列问题：
(1)将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是_______。
(2)“滤渣2”的成分是_______。
(3)“稀释水解”主要反应的离子反应方程式为_______；该操作中需要搅拌的原因是_______。
(4)“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是_______。
(5)“中和”时反应的化学方程式为_______；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是_______。

参考答案：
1．C
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水，双氧水被氧化成氧气，其反应的离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，A项错误；
B．硝酸的氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量SO2时，硝酸与SO2发生氧化还原反应，B项错误；
C．由于酸性：H2CO3>HClO>HCO，则向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2生产次氯酸和碳酸氢钠：ClO-+CO2+H2O=HClO＋HCO，C项正确；
D．侯氏制碱法中发生反应：NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度比碳酸钠小，能够从溶液中析出，故书写离子方程式时NaHCO3应写化学式，D项错误。
故选C。
2．D
【详解】A．已知NH3与H2O性质相似，且H2O中存在2H2O H3O+OH，所以液氨中存在着微弱的电离：2NH3NH+NH，故A正确；
B．NH3与H2O性质相似，金属钠投入到水中能产生氢气，所以将金属钠投入到液氨中，能缓慢产生氢气，故B正确；
C．NH2-与O2-性质相似，所以MNH与少量盐酸溶液反应为2HCl+MNH=MCl2+NH3，故C正确；
D．NH与H3O+性质相似，所以NH4Cl有弱酸性，不能和MO反应生成HCl，故D错误；
故答案选D。
3．A
【详解】A．各离子间互不反应，可以大量共存，故A正确；
B．Fe3+、SCN-离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；
C．使酚酞变红色的溶液，显碱性，A13+与OH-不能大量共存，故C错误；
D．水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液，水的电离被抑制，溶液可能是强酸性或强碱性，当溶液为强酸性时，I-、和H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
答案选A。
4．B
【详解】A．泡沫灭火剂的主要成分为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，所以泡沫灭火器的灭火原理为：，故A错误；
B．氯化银溶于氨水，氯化银可与氨水反应生成可溶的二氨合银离子，，故B正确；
C．漂白液吸收少量二氧化硫气体，则次氯酸钠过量，即生成的氢离子会与过量的次氯酸跟结合反应生成弱电解质HClO，则其离子方程式为：，故C错误；
D．苯酚不与碳酸氢钠反应，但能与氢氧化钠或者碳酸钠反应，除去苯中混有的少量苯酚可选用氢氧化溶液，即++，故D错误；
故选B。
5．(1)
(2)          正极          强    
(3)向溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响

【详解】（1）实验A中的现象为溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明产生了，因此A中反应的离子方程式为；故答案为：；
（2）盐桥中电解质可以使用，若用则其中氯离子会与银离子产生沉淀；当K闭合时，指针向右偏转，说明形成了原电池，向右偏转则说明石墨2作正极，电极反应为；当指针归零后，向右侧烧杯中再次加入任意一种反应物，再次发生反应可知(或)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越强；根据，当等体积等浓度和溶液混合时，溶液中，故答案为：正极；；强；；
（3）丙同学认为可能是硝酸氧化了，那么要先有HNO3生成，故实验步骤为：向溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响；故答案为：向溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响。
6．(1)30 min内实验a产生气体的体积远大于实验c(或30 min内实验d产生气体的体积远大于实验b)
(2)
(3)相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加
(4)          取适量白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁
(5)     10.48     反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大

【分析】研究外界条件变化对实验结果产生的影响要注意控制变量，通过对比实验得出实验结论；
【详解】（1）实验a中所用盐溶液为溶液，实验c中所用盐溶液为NaCl溶液，实验a、c所用盐溶液中的阴离子相同，30 min内，实验a产生气体的体积远大于实验c，可说明对Mg与水的反应起促进作用。
（2）Mg与溶液反应生成碱式碳酸镁，反应中镁元素化合价升高，则氢元素化合价降低生成氢气，根据质量守恒可知，还会生成碳酸根离子，离子方程式为
；
（3）对比实验a、c和实验b、c，30 min内，实验a中产生气体的体积较大，说明相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；对比实验a、d，30 min内，实验d中产生气体的体积略小于实验a，说明和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加；
（4）碱式氯化镁受热易分解生成氧化镁和两种气体，根据质量守恒可知生成气体为水和HCl，化学方程式为。实验中镁条表面生成的白色固体为氢氧化镁和碱式氯化镁的混合物，可以通过检验的存在检验碱式氯化镁：取适量上述白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁；
（5）设饱和溶液中 mol·L，则 mol·L，，可得 mol·L，则。反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大。
7．(1)三颈烧瓶
(2)     2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+     水浴加热
(3)防止CuBr见光分解
(4)83.3%
(5)     100     冷却结晶

【分析】硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀，反应后抽滤得到溴化亚铜沉淀，洗涤、干燥后得到产品；
【详解】（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；
（2）步骤①硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀和硫酸根离子，反应中硫化合价由+4变为+6、铜化合价由+2变为+1，根据电子守恒和质量守恒可知，涉及的离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；反应在60℃条件下反应，可采取的加热方法是水浴加热；
（3）溴化亚铜在热水中或见光都会分解，故步骤②操作中需要避光；
（4）45g胆矾中硫酸铜为0.18mol、30.9g溴化钠为0.3mol，由（2）反应方程式可知，反应中溴化钠过量，应该生成溴化亚铜0.18mol、质量为25.92g；实验得到产品21.6g，故本实验产品的产率是；
（5）上述装置烧杯中氢氧化钠的质量为20g、为0.5mol，根据钠元素守恒可知，通入SO2至恰好反应完全得到NaHSO30.5mol，NaHSO3和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，则需要氢氧化钠0.5mol、为20g，故向烧杯中加入100g 20% NaOH；亚硫酸钠溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
8．(1)增大接触面积，提高酸浸速率
(2)SiO2、WO3
(3)     将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去     除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水
(4)防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀
(5)MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀
(6)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)90%

【分析】钨精矿分解渣的主要化学成分为MnO2；Fe2O3；CaO；SiO2；WO3；ZnO；加入盐酸溶解，其中SiO2和WO3不与盐酸反应；其余金属以离子形式存在在溶液中；加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；然后加入氨水沉铁，再加入MnS除去Zn；最后加入NH4HCO3得到MnCO3；据此分析解题。
【详解】（1）为了提高酸浸速率，将钨精矿分解渣预先粉碎以增大接触面积；所以将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率；故答案为增大接触面积，提高酸浸速率。
（2）据分析可知，“浸渣”的主要成分为SiO2、WO3；故答案为SiO2、WO3。
（3）据分析可知，加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；相较于H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水；故答案为将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水。
（4）“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀；故答案为防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀。
（5）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13； MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K==8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀；故答案为MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀。
（6）加入NH4HCO3“沉锰”得到MnCO3；发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，钨精矿中MnO2的含量为34.8%；所以锰元素的质量为；最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，所以锰元素的质量为，则整个过程中锰元素的回收率为；故答案为90%。
9．(1)          加快反应速率，提高的转化率
(2)D
(3)
(4)均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高
(5)          <

【分析】“酸浸”发生CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑，二氧化硅与HF发生SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，As2O3与HF发生As2O3+6HF=2AsF3+3H2O；
“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF4，部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1；
“精馏1”：因为硫酸熔沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；
“氧化”：根据问题(4)，过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5；
“精馏2”：蒸馏方法得到HF，据此分析；
【详解】（1）HF易挥发，“酸浸”时发生难挥发性酸制备易挥发性酸，即生成HF的反应方程式为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；工业生产时往往会适当加热，其目的是加快反应速率，提高CaF2的转化率；故答案为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；
（2）HF能与二氧化硅发生反应，玻璃、陶瓷、石英均含有二氧化硅， HF能腐蚀玻璃、陶瓷、石英，“精馏1”设备不能使玻璃、陶瓷、石英材料制作，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料；故答案为D；
（3）KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有发生变化，H2SiF6酸性与硝酸相似，即H2SiF6为强酸，HMnO4为溶于水的强酸，该反应为复分解反应，生成K2SiF6沉淀，即离子方程式为2K++SiF=K2SiF6↓；故答案为2K++SiF=K2SiF6↓；
（4）AsF3、AsF5均为分子晶体，不含分子间氢键，因此相对分子质量越大，范德华力越高，熔沸点越高，因此AsF5相对分子质量大于AsF3，AsF5熔沸点高；故答案为AsF3、AsF5均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，AsF5相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高；
（5）①HNO3在HF中呈碱性，其电离方程式为HNO3+2HF(HO)2NO++HF，BF3在HF中呈酸性，其电离方程式为BF3+2HFBF+H2F+，因此两者混合，发生类似的中和反应，其离子方程式为BF3+HNO3+2HF=(HO)2NO++ BF；故答案为BF3+HNO3+2HF=(HO)2NO++ BF；
②H2O与AsF5反应生成HAsF6，从而推出H2O结合H+能力小于AsF；故答案为＜。
10．(1)提高酸浸步骤中锑的浸出率
(2)Fe、Cu
(3)     Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+     避免形成胶体，不利于过滤分离
(4)铁氰化钾溶液
(5)     2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O     碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失

【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，Sb5+、Fe3+分别转化为Sb3+、Fe2+，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤液2加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3；
【详解】（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是提高酸浸步骤中锑的浸出率，充分利用原料；
（2）过量铁能置换出溶液中铜离子生成铜单质，故滤渣2为铁、铜；
（3）已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故水解过程中Sb3+水解和氯离子反应得到SbOCl和氢离子，反应为Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，导致不利于过滤分离；
（4）滤饼若洗涤不干净则洗涤液中会含有亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，故“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；
（5）“中和”时加入氨水和SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；(Sb2O3，两性氧化物，能和强碱反应，“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，导致产品产率降低。