最新高中化学离子反应模拟试题11.docx

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最新高中化学离子反应模拟试题11

最新高中化学离子反应模拟试题1

（1）

一、高中化学离子反应

1．学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析，提出假设：

该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。

实验探究：

①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红。

②取100mL该溶液于试管中，滴加足量Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。

③另取100mL该溶液，逐渐加入Na2O2粉末，产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。

下列说法中不正确的是（）

A．该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-

B．该溶液中一定含有K+，其物质的量浓度为1mol•L-1

C．在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O

D．该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解

【答案】D

【解析】

【分析】

①滴加紫色石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，则溶液中无HCO3-；②滴加足量Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明溶液中有SO42-，且n（SO42-）=0.3mol，无Cl-、I-；③逐渐加入Na2O2粉末，由图可知，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol，与铵根离子反应生成氨气0.2mol，最后与氢氧化铝反应，含有铝离子，一定不存在碳酸氢根离子。

【详解】

A.由分析可知，该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-，故A正确；

B.由分析可知，100mL溶液中有n（SO42-）=0.3mol，n（Al3+）=0.1mol，n（NH4+）=0.2mol，由电荷守恒可知n（K+）=0.1mol，其浓度为1mol•L-1，故B正确；

C.在溶液中加入0.25～0.3molNa2O2时，过氧化钠会与水发生反应，生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故C正确；

D.溶液中存在铵根离子和铝离子，则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解，故D错误；

综上所述，答案为D。

2．向0.02mol·L-1CuSO4溶液中匀速滴加1mol·L-1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu2（OH）2SO4]生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。

该实验过程体系的pH和电导率随时间的变化如图所示。

下列说法正确的是

A．c（Cu2+）：

a点=b点

B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为

C．d点时：

D．导电能力：

【答案】D

【解析】

【分析】

c到d溶液pH突变，说明c点沉淀达到最大值，a到c发生生成沉淀的反应：

，c到e发生沉淀溶解反应：

+

=2

+8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。

【详解】

A．a到b发生

，c（Cu2+）减小，故c（Cu2+）：

a点＞b点，A错误；

B．bc段生成浅蓝色沉淀的反应为

、而不是

，B错误；

C．c点沉淀达到最大值，此时溶质为（NH4）2SO4，c到d，pH突变，但导电率几乎不变，故d点，溶质为（NH4）2SO4和

，那么d点溶液中电荷守恒为：

c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），因此时pH＞7，c（H+）＜c（OH-），故c（NH4+）＞2c（SO42-），C错误；

D．b’点之前释放NH4+，导电能力增强，b’之后释放

和OH-，导电能力降低，说明导电能力

，D正确。

答案选D。

【点睛】

找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。

3．下列反应的离子方程式表达正确的是

A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：

2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－

B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：

CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－

C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：

3H2O2＋I－＝IO3－＋3H2O

D．Fe（OH）3固体溶于HI溶液：

Fe（OH）3＋3H+＝Fe3+＋3H2O

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A.过量的Cl2不仅会氧化亚铁离子，还可以和Br-发生反，FeBr2中Fe2+与Br-之比为1：

2，所以离子方程式为2Fe2＋＋3Cl2＋4Br－＝2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2，A项错误；

B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反应产生NaHCO3，反应的离子方程式为：

CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－，B项正确；

C.H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I－氧化为I2，反应的离子方程式为：

H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2O，C项错误；

D.Fe（OH）3与HI发生中和反应的同时，还有生成的Fe3+与I-之间的氧化还原反应，还缺少Fe3+与I-生成Fe2+和I2的反应，D项错误；

答案选B。

【点睛】

本题考查离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式反应遵循客观事实、原子个数守恒、电荷守恒、量比关系等。

例如本题A项向FeBr2溶液中通入过量Cl2，氯气不仅可以氧化亚铁离子，还可以与溴离子发生反应，同时根据量比关系FeBr2中Fe2+与Br-之比为1：

2。

4．某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：

（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是

A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1

B．原溶液可能存在Cl－和Na+

C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1

D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+

【答案】D

【解析】

【分析】

加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n（BaSO4）=

，m（BaCO3）=4.30g-2.33g=1.97g，则n（BaCO3）=

。

加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n（NH4+）=0.05mol。

CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。

【详解】

A.若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）=

，A错误；

B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；

C.经计算，原溶液中，n（CO32-）=0.01mol，则c（CO32-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；

D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；

故合理选项为D。

【点睛】

溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。

5．某溶液中可能含有下列5种离子中的几种：

Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-。

为确认该溶液组成进行如下实验：

①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00mol•L-1NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成。

过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g。

再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c（OH-）=0.2mol•L-1；②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g。

关于原溶液组成结论正确的是

A．一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、NH4+

B．一定含有Na+、Mg2+、Cl-，不含有NH4+、可能含有Al3+

C．c（Mg2+）为1.75mol•L-1，c（Na+）为1.50mol•L-1

D．c（Cl-）为5.00mol•L-1，c（Al3+）为1.00mol•L-1

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

①取20.0mL该溶液，加入32.5mL4.00mol•L-1NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，可能含有Mg2+、Al3+中至少一种离子；无刺激气味气体生成，说明没有NH4+。

过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03g。

n（NaOH）（总）=0.0325L×4.00mol/L=0.13mol,再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c（OH-）=0.2mol•L-1，溶液显碱性，在碱过量时不可能存在Al（OH）3沉淀，所以沉淀2.03g为Mg（OH）2，n（Mg2+）=2.03g÷58g/mol=0.035mol；Mg2+消耗的OH-的物质的量是0.035mol×2=0.07mol，剩余的OH-的物质的量是0.1mL×0.2mol/l=0.02mol；0.13mol－0.07mol－0.02mol=0.04mol＞0，说明溶液中含有Al3+，发生反应:

Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；n（Al3+）=0.01mol；②另取20.0mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g。

含有Cl-，n（Cl-）=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol；此时溶液中阳离子带的正电荷总数是：

2n（Mg2+）+3n（Al3+）=2×0.035mol+3×0.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1×n（Cl-）=1×0.1mol=0.1mol，正负电荷总数相等。

c（Mg2+）=0.035mol÷0.02L=1.75mol/L；c（Al3+）=0.01mol÷0.02L=0.5mol/L，无NH4+、Na+，故答案选A。

6．烧杯中盛有100mL0.1mol/L的NaHSO4溶液，向其中逐滴滴加0.1mol/L的Ba（OH）2溶液，烧杯中某些物质（或微粒）的物质的量的变化曲线如图。

下列说法正确的是

A．曲线a表示Ba2+的物质的量的变化

B．曲线c表示OH-的物质的量的变化

C．加入Ba（OH）2溶液50mL反应的离子方程式为Ba2+＋OH－＋H＋＋SO42－→BaSO4↓＋H2O

D．加入Ba（OH）2溶液大于50mL后，反应的离子方程式为OH－＋H＋→H2O

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A.由图象曲线变化可知，在加入的氢氧化钡溶液体积小于100mL前，曲线a表示离子的浓度减小，此段曲线a表示的是硫酸根离子，当Ba（ OH）溶液体积大于100mL后，曲线a表示的是钡离子浓度，故A错误；

B.由图可知，曲线c表示离子的浓度先减小后增大，50mLBa（ OH）2溶液加入时为0，此时100mL0.1mol/L的NaHSO4恰好和0.1mol/L的Ba（OH）2反应，继续加入Ba（ OH）2溶液后，OH-的浓度逐渐增大，则直线c表示OH-的物质的量的变化，故B正确；

C.加入Ba（OH）2溶液50mL，两者恰好完全反应，其反应的化学方程式为:

Ba2+＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故C错误；

D.加入Ba（OH）2溶液大于50mL后，硫酸氢钠中氢离子已经反应完全，此时的反应为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡的反应，反应的离子方程式为：

Ba2++ SO42-=BaSO4↓，故D错误；

故选B。

7．将由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，向混合物液中滴加1mol•L-1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示．下列有关判断不正确的是

A．AB段发生反应的的离子方程式为：

Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O

B．BC段发生反应的离子方程式为：

H++OH-=H2O

C．D点表示的沉淀的化学式为Al（OH）3、BaSO4

D．E点表示的溶液呈中性

【答案】D

【解析】

【分析】

由A点可知，A点为硫酸钡沉淀，则BaCl2过量，由NaOH、BaCl2、Al2（SO4）3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，混合液中含有钡离子、氢氧根离子、偏铝酸根离子、硫酸根离子。

【详解】

A．由图象可知，AB段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O，故A正确；

B．BC段发生酸碱中和，离子方程式为H++OH-＝H2O，故B正确；

C．CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，离子反应为AlO2-+H++H2O＝Al（OH）3↓，故C正确；

D．DE段发生氢氧化铝与酸的反应生成硫酸铝，为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故D错误；

故选D。

8．下列离子在溶液中能够共存并且在加入少量的Na2O2固体后原离子浓度能基本保持不变的是（）

A．NH4+、Ba2+、Cl-、NO3-

B．K+、AlO2-、Cl-、SO42-

C．Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3-

D．Na+、Cl-、CO32-、NO3-

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

Na2O2固体会与溶液中的水发生反应，生成氢氧化钠和氧气；

A.NH4+与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨，加入过氧化钠后NH4+的浓度变化较大，A项错误；

B.K+、AlO2-、Cl-、SO42-之间不反应，在溶液中能够大量共存，且加入过氧化钠后各离子浓度基本不变，B项正确；

C.Ca2+、Mg2+、HCO3-都能够与氢氧根离子反应，加入过氧化钠后它们的离子浓度变化较大，C项错误；

D.反应生成Na+，加入过氧化钠后钠离子浓度变化较大，D项错误；

答案选B。

9．将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是

A．SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2H++2ClO-

B．SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO3↓+2HClO

C．SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-

D．SO2+H2O+Ca2++3ClO-→CaSO4↓+2HClO+Cl-

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

ClO-有较强的氧化性，而在水溶液中SO2有较强的还原性，二者相遇首先发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子。

由于硫酸钙水中溶解度不大，硫酸根离子与钙离子又会形成硫酸钙沉淀，又因为次氯酸钙过量，则反应的离子方程式为：

SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故选D

【点睛】

选项C是解答的易错点，主要是忽略了二氧化硫不足，生成的氢离子会继续与次氯酸根离子反应生成难电离的次氯酸。

10．在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是

①K＋、ClO－、NO3－、S2－

②K＋、Fe2＋、I－、SO42－

③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－

④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－

⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－

A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤

【答案】B

【解析】

【分析】

由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。

【详解】

①在酸性环境下S2－不能大量共存，错误；

②在碱性环境下Fe2＋不能大量共存，错误；

③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；

④HCO3－在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；

⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；

答案选B。

【点睛】

本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。

11．含有下列离子或分子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是

A．H+、Ca2+、Fe3+、NO3-

B．Ba2+、Cl-、Al3+、H+

C．Na+、NH4+、I-、HS-

D．Na+、Ca2+、K+、Cl-

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A、因足量SO2通入溶液时，SO2与Fe3+发生氧化还原反应，2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，则不能共存，故A错误；

B、该组离子不反应，能大量共存，通入过量SO2气体后，SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3

H++HSO3-，HSO3-

H++SO32-，因溶液中有大量氢离子，所以二氧化硫几乎不溶，能大量共存，故B正确；

C、因亚硫酸的酸性比氢硫酸强，所以当溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2O

H2SO3，H2SO3

H++HSO3-，HSO3-

H++SO32-，H++HS-=H2S↑，2H2S+SO2=3S↓+2H2O则不能共存，故C错误；

D、该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2O

H2SO3，H2SO3

H++HSO3-，HSO3-

H++SO32-，亚硫酸根离子与Ca2+反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；

故选B。

【点晴】

离子共存问题，解题的关键在于：

掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应。

解答该题注意二氧化硫与水反应的产物与溶液中的离子共存。

各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后，SO2+H2O

H2SO3，H2SO3

H++HSO3-，HSO3-

H++SO32-，溶液中存在大量的氢离子、亚硫酸根离子，抓住隐含的信息，就可以顺利解答了。

12．把一定量金属钠投入Ca（HCO3）2溶液中，有多个反应发生,下列有关的离子方程式正确的是

A．2Na+2H+=2Na++H2↑

B．Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O

C．Ca2++3HCO3-+3OH-=CaCO3↓+2CO32-+3H2O

D．Ca2++2HCO3-

CaCO3↓+CO2↑+H2O

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A.钠和水反应的离子方程式为：

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A项错误；

B.如果NaOH不足，则发生HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，B项正确；

C.若NaOH过量，则发生2HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，C项错误；

D.如果碳酸氢钙过量，加热碳酸氢钙溶液，碳酸氢钙分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，离子反应方程式为：

Ca2++2HCO3-

CaCO3↓+CO2↑+H2O，D项正确；

答案选BD。

13．下列有关离子方程式正确的是（）。

A．向稀盐酸中加入少量钠粒：

2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑

B．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合呈中性：

2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O

C．用漂白粉溶液吸收尾气中SO2：

Ca2+＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO

D．向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁：

2Al3+＋3MgO＋3H2O=2Al（OH）3↓＋3Mg2+

【答案】BD

【解析】

【详解】

A.稀盐酸中加入少量钠粒，氢离子优先反应，正确的离子方程式为：

2Na+2H+=2Na++H2↑，A项错误；

B.NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合呈中性，则硫酸根过量，离子方程式为：

2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B项正确；

C.HClO有强氧化性，会将CaSO3氧化为CaSO4，C项错误；

D.含氯化铝的氯化镁溶液发生水解，溶液显酸性，加入氧化镁，离子方程式为：

2Al3++3MgO+3H2O=2Al（OH）3↓+3Mg2+，D项正确；

答案选BD。

【点睛】

本题易错点在C项，判断离子方程式时，一定要分析反应过程，具有强氧化性和强还原性的物质，不会同时存在于产物之中，会进一步发生反应。

14．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。

以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程。

已知：

Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似

Ⅱ．常温下：

Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Mn（OH）2]=2.1×10-13

（1）滤渣B的主要成分为______（填化学式）；

（2）写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式______；

（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式______，若用浓HNO3溶解金属硫化物缺点是______（任写一条）；

（4）从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是______。

（5）溶液D中含c（Cu2+）=2.2mol•L-1、c（Fe3+）=0.008mol•L-1、c（Mn2+）=0.01mol•L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离首先沉淀的是______（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于______；

（6）取铍铜元件1000g，最终获得Be的质量为72g，则Be的产率是______。

【答案】CuS、FeSNa2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O

生成NO2污染空气在氯化氢气流下蒸发结晶Fe3+480%

【解析】

【分析】

废旧铍铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO2），加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知滤渣B为CuS、FeS；

（2）信息1得到BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为：

Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；

（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应Ⅱ中Cu2S发生反应的离子方程式为：

MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O；