北京市2023年高考化学模拟题汇编-27化学实验基础（推断题、解答题）

这是一份北京市2023年高考化学模拟题汇编-27化学实验基础（推断题、解答题），共24页。试卷主要包含了元素或物质推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

北京市2023年高考化学模拟题汇编-27化学实验基础（推断题、解答题）
一、元素或物质推断题
1．（2023·北京顺义·一模）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示：

资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.；。
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_______。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_______。
(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______。
(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。
②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是_______。
③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中_______。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为_______。
(6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图：

请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_______。

二、工业流程题
2．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：

(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。

已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/g
52.9
59.7
62.9
62.9
60.0
53.6
45.6
40.9
35.3

过程II的操作为______，洗涤，干燥。
3．（2023·北京朝阳·统考一模）从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：

资料：一些物质的(25℃)如下。
物质










(1)上述流程中，加快反应速率的措施是___________。
(2)浸出过程中通入的目的是___________。
(3)萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。
①某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有___________。
②解释反萃取时的作用：___________。
(4)黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
反应终点pH
沉淀率/%


1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.91
3.31

①生成黄钠铁矾的离子方程式是___________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是___________。
(5)第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至___________(填序号)。
a．6~7    b．9~10    c．11~12
4．（2023·北京丰台·统考一模）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢⼯艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。

(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是___________。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是___________。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因___________。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为___________。
(5)⼯艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。

①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式___________。
②⼯艺中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
5．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）是重要化工原料。由软锰矿制备的一种工艺流程如下：

资料：①软锰矿的主要成分为，主要杂质有和。
②金属离子沉淀的





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，与不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是__________。
②溶出时，的氧化过程及得到的主要途径如图所示。

ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出的主要反应，反应的离子方程式是__________。
ⅱ．若全部来自于反应，完全溶出所需与的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是__________。
(2)纯化
已知：的氧化性与溶液有关。纯化时先加入，后加入，调溶液。说明试剂加入顺序及调节的原因：__________。
(3)电解
纯化液经电解得，生成的电极反应式是__________。
(4)产品纯度测定
向产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为。(已知：及均被还原为。相对分子质量： 86.94； 134.0)
产品纯度为__________(用质量分数表示)。
6．（2023·北京石景山·统考模拟预测）一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：

已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
(1)铜矿中被氧化的物质有_______。
(2)滤液D中铁离子的浓度约为_______，向滤液D中先通氨气的目的_______。
(3)固体E主要是，生成的离子方程式是_______。
(4)滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是_______。
(5)查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成_______。
(6)CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式_______。
7．（2023·北京平谷·统考模拟预测）工业以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰()。其工业流程如下：

(1)浸锰过程中与反应的离子方程式为，该反应是经历以下两步反应实现的。
i.
ii.……
写出ii的离子方程式：_______。
(2)氧化过程中被氧化的物质主要有(写化学式)：_______。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示：

为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是_______，向过滤II所得的滤液中加入溶液时温度不宜太高的原因是_______。
(4)加入溶液后，生成沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_____。
(5)滴定法测产品纯度
I.取固体产品1.160g于烧杯中，加入过量稀充分振荡，再加入NaOH溶液至碱性，发生反应：；
II.加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄；
III.取上述混合液的于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol/L 溶液进行滴定，发生反应：，滴定终点时消耗溶液20.00mL。
①写出II中反应的离子方程式_______；
②判断滴定终点的方法是_______；
③假设杂质不参与反应，则产品纯度为_______。(保留四位有效数字)
8．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH





开始沉淀时
6.5
1.5
8.1
6.5
完全沉淀时
8.3
2.8
10.1
8.5

注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。

步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。

三、原理综合题
9．（2023·北京朝阳·统考一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。
(1)在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现___________性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。

已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。
□NO+□___________+□___________□□□___________
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。
(3)用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：

检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。
①在电解池中被还原为NO的离子方程式为___________。
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是___________。
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。
10．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。

(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%

分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。

参考答案：
1．(1)粉粹 搅拌 适当升高温度 适当增大酸的浓度
(2)
(3)、和铁粉
(4)          加入，促进水解，产生     140
(5)
(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低

【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。
【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉粹、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等；
（2）和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：；
（3）已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉；
（4）加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=；
（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
（6）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。
2．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4)     MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中     ＜     由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离     稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤

【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
3．(1)研磨
(2)将氧化为，便于转化为沉淀除去
(3)     O、N     加入，使逆向进行，进入水层
(4)     或     2.5
(5)b

【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。
【详解】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。
（3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。
（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b。
【点睛】工业流程中选择合适条件时，需要保证操作目的尽可能充分，同时对产物的影响尽可能小。
4．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5)     ；     ()

【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知，⼯艺中可循环使用的物质是()。
5．(1)     增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率     MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O     二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，先加入 MnO2 ，将Fe2+氧化为Fe3+，再通过NH3⋅H2O 调pH除去溶液中的A13+、Fe3+
(3)Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+
(4)

【分析】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，溶液中还存在铝离子，纯化除去铁离子和铝离子，再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
【详解】（1）①溶出前，软锰矿需研磨，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率。
②根据反应途径可知，Fe与H2SO4反应产生Fe2+，MnO2与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
根据方程式可知：Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少，故实际比值( 0.9)小于2。
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的A13+、Fe3+。
（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+。
（4）根据题意可知：部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+ MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=，则产品的纯度为：。
6．(1)Cu2S、CuS、FeO
(2)          生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
(3)
(4)
(5)
(6)

【分析】根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。
【详解】（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。
（2）室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为。
（4）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为。
（5），，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为。
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为。
7．(1)
(2)、(等)
(3)     90℃     防止受热分解，以提高原料利用率
(4)
(5)          滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原     99.14%

【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；
【详解】（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：、；
故答案为：；
（2）具有较强氧化性，氧化过程中被氧化的物质主要有、(等)；
（3）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃；NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；
故答案为：90℃；防止受热分解，以提高原料利用率；
（4）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后,发生彻底的双水解,生成MnCO3沉淀和二氧化碳,反应为：；
故答案为：；
（5）①II中加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄，则MnO(OH)2将碘离子氧化生成碘单质，反应的离子方程式为；
②将所有碘单质还原时溶液蓝色褪去，故判断滴定终点的方法是滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；
③反应过程，，，关系式为，故n(MnCO3)==0.01mol，假设杂质不参与反应，则产品纯度为=99.14%，答案为99.14%。
8．     +2     P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性     使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去          ＜     加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
9．(1)还原
(2)     盐酸具有还原性，能与NaClO反应          溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
(3)               偏低

【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
10．(1)过滤；
(2)；
(3)     还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；     7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5)     ；     偏大。

【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。