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广东省2023年高考化学模拟题汇编-06氧化还原反应的有个计算机方程式的配平
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这是一份广东省2023年高考化学模拟题汇编-06氧化还原反应的有个计算机方程式的配平，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
广东省2023年高考化学模拟题汇编-06氧化还原反应的有个计算机方程式的配平
一、单选题
1．（2023·广东肇庆·高要一中校考二模）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．将氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B．向CuSO4溶液中加入Na2O2；2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
C．从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2=I2+2OH-
D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO+2H+=SO2↑+H2O
2．（2023·广东广州·统考一模）载人航天器中的物质和能量资源都十分宝贵，我国科学家进行了如图所示的氧循环研究，实现了空间站中氧气的再生。下列说法不正确的是
A．用于循环的氢原子利用率为100%
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源
C．反应①为
D．等物质的量的和含有的电子数相同
3．（2023·广东广州·统考一模）下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．铁与稀硫酸反应：
B．溶液中通入硫化氢：
C．通入酸性溶液中：
D．溶液中加入稀硫酸：
4．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）如图所示是蒽()氧化为蒽醌()的间接合成示意图。下列说法错误的是
A．电解槽中，阳极附近溶液的浓度升高
B．1 mol蒽被完全氧化成蒽醌转移电子数目为
C．活性炭的作用是吸收有机物
D．化学再生过程，对环境是友好的
5．（2023·广东汕头·统考一模）亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：。设为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A．分子中含有键数目为
B．配合物的中心离子价电子排布式为，该中心离子的配位数为6
C．每生成时，反应过程中转移电子数目为
D．中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为4
6．（2023·广东深圳·统考一模）利用如图所示装置进行的制备及性质探究实验时，下列说法不正确的是
A．甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
B．乙的作用为除去中的HCl
C．丙中紫色石蕊试液先变红后褪色
D．为吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液
7．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）大气中的氮循环(如图所示)可以减少环境的污染。下列说法正确的是
A．的VSEPR模型为四面体形
B．转化过程中被还原为
C．与反应生成1mol转移约个电子
D．转化为属于氮的固定
8．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）2022年诺贝尔化学奖授予了Carolyn R·Bertozzl、MotenMeldal和Barry sharpless，以表彰他们“对点击化学和生物正交化学的发展”。点击化学(Click Chemisty)的两个最具有代表性的反应是：一价铜离子催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应(CuAAC)和六价硫氟交换反应(SuFEx)。下列叙述错误的是
A．氨基化钠与反应制备叠氮化钠：，每生成6.72 L(标准状况)，转移电子数为
B．狄尔斯-阿尔得(Diels-Alder)反应：，属于“点击化学”反应类型
C．从价态分析，同类似，都可以作灭火剂
D．三氟乙醇在DIPEA(N-乙基二异丙胺)的极性非质子溶剂型溶液中鼓入的反应过程如下：CF3CH2OH ，该反应属于取代反应
9．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体
已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、。
下列说法中错误的是
A．含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放
B．反应中至少发生3个氧化还原反应
C．反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2S
D．每制取1 mol Na2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8 L(标准状况)
10．（2023·广东肇庆·高要一中校考二模）三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O = 2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是( )
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol 电子
D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
11．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO3－ ，且这三种离子的物质的量之比为9:2:1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为
A．5:2 B．2:5 C．3:1 D．1:3
二、填空题
12．（2023·广东惠州·统考三模）目前新能源技术被不断利用，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向。
(1)高铁酸钾—锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是___________。
(2)工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定。反应原理为：
Ⅰ.在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O
Ⅱ．Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4，主要的生产流程如下：
①写出反应①的离子方程式___________。
②请写出生产流程中“转化”(反应③)的化学方程式___________。
③该反应是在低温下进行的，说明此温度下Ksp(K2FeO4)___________Ksp(Na2FeO4)(填“＞”“＜”或“=”)。
④“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用___________溶液。
a．H2O B．CH3COONa、异丙醇 C．NH4Cl、异丙醇 D．Fe(NO3)3、异丙醇
(3)已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4+10H2O 4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，则K2FeO4可以在水处理中的作用是___________。
(4)在水溶液中的存在形态图如图所示。
①若向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数的变化情况是___________。
②若向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，___________转化为___________。(填化学式)
三、实验题
13．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）四氯化碳主要用作优良的溶剂、干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等，也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备四氯化碳。
已知：
①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；
②与在铁作催化剂的条件下，在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；
③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度。
(1)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。
A装置中导管k的作用为_______。
(2)A装置中发生反应的离子方程式为_______。
(3)反应结束后关闭，，此时F装置的作用为_______。
(4)B装置中发生反应的化学方程式为_______。
(5)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到。
(6)经分离提纯后的中有少量，量取加入锥形瓶中(密度近似等于纯的密度)，然后加入20.00mL蒸馏水，用作指示剂，用标准溶液来滴定溶液中的[已知为砖红色沉淀]，平行实验三次，所得滴定数据如下表。
计算制得的中杂质的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
实验序号
实验数据
第一次
第二次
第三次
溶液体积/mL
滴定前
0.00
0.12
0.20
滴定后
14.98
15.52
15.22
四、工业流程题
14．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
己知：某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Mg(OH)2
9.3
10.8
Fe(OH)2
7.6
9.6
Fe(OH)3
2.7
3.7
Al(OH)3
3.7
4.7
根据题意回答第(1)～(5)题：
(1)在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：___________、___________。
(2)加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为___________。
(3)滤渣的主要成份除含有Fe(OH)3，Al(OH)3、MnO2外，还有___________。
(4)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度(℃)
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是___________，___________。
(5)实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4·7H2O为172.2g，计算MgSO4·7H2O的产率为___________。
15．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）三氯化六氨合钻[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co(OH)2]=1×10-14.2、Ksp[Co(OH)3]=1×10-43.7、Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、Ksp[Al(OH)3]=1×10-32.9。溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可认为沉淀完全。
③Co2+还原性较弱，但[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表_______，基态Co2+价层电子的电子排布图为_______。
(2)写出除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式_______。
(3)“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液，调节pH的范围为_______。
(4)下列说法错误的是_______。
A．制备[Co(NH3)6]3+时，“混合”过程中加入NH4C1的作用是抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀，同时参与反应提供
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小
C．“氧化”过程后分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出
D．为了得到较大颗粒的[Co(NH3)6]Cl3晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却
(5)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钻元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过暈的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co(OH)3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用0.010 mol/L的Na2S2O3溶液滴定(反应原理：Co3++I-→Co2++I2、I2+→I-+)，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，以下说法正确的是_______。
A．装有Na2S2O3溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗
B．滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴Na2S2O3溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
(6)计算产品中钴元素的含量为_______。(答案保留三位有效数字)
16．（2023·广东佛山·统考一模）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中，元素的化合价为_______。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
(4)“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
(5)已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
17．（2023·广东广州·统考二模）铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中为价，的化合价为_______，“焙烧”中反应的化学方程式为_______。
(2)“沉铝”中所得滤渣的成分为_______，需控制的原因为_______。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为_______，若该反应的平衡常数，已知：酸化”后溶液中，则溶液中_______。
(4)氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。
①氧铬酸钙的化学式为_______。
②1个钙原子与_______个氧原子最近且等距离。
③该晶体密度为_______(列出计算式即可。已知和O的最近距离为，代表阿伏加德罗常数)
18．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）碲化镉玻璃中主要含有CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)，工业上利用废弃碲化镉(CdTe)玻璃回收其中金属的工艺流程如下。
已知：①常温时，有关物质的如下表。
②当溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)在“焙烧”时为提高效率可采用的措施有_______(答出一条即可)。写出“浸渣”的工业用途：_______。
(2)实验室中，“操作A”需要的玻璃仪器有_______。“高温尾气”中的在水溶液中可用将其还原为Te单质，写出该反应的化学方程式：_______。
(3)“氧化除铁”步骤中可以先调节pH为5，然后再加入，则此时被氧化的离子方程式为_______。
(4)测得“滤液I”中浓度为，取1L滤液，则至少加入_______g固体才能使沉淀完全。
(5)取1吨含碲化镉80%的废弃玻璃，最终回收得到0.64吨，则硫酸镉的回收率为_______(保留三位有效数字)。
参考答案：
1．B
【详解】A．三价铁离子能够氧化碘离子，氢氧化铁溶于氢碘酸，离子方程式为2Fe(OH)3+3H++2I−=2Fe2++3H2O+I2，故A错误；
B．向CuSO4溶液中加入Na2O2生成氢氧化铜和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故B正确；
C．从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式为：2H++2I-+H2O2=I2+2H2O，故C错误；
D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液会发生氧化还原反应：2H++2NO+3SO=3SO+H2O+2NO↑，故D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．反应①为，反应②2H2O2H2+O2，氢原子部分进入甲烷，用于循环的氢原子利用率达不到100%，A错误；
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源，B正确；
C．根据得失电子守恒配平方程，反应①为，C正确；
D．水和甲烷都是常见的10电子微粒，等物质的量的和含有的电子数相同，D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，其离子方程式为，A错误；
B．溶液中通入硫化氢生成CuS沉淀，硫化氢为弱酸在离子方程式中不能拆开，其离子方程式为，B错误；
C．通入酸性溶液反应生成Mn2+和SO，根据得失电子守恒配平可知，其离子方程式为，C错误；
D．溶液中加入稀硫酸反应生成S和SO2，其离子方程式为，D正确；
故选D。
4．B
【分析】由题干图示信息可知，惰性阳极的作用是将Cr3+转化为，该电极方程式为：2Cr3++7H2O-6e- =+14H+，然后将蒽氧化为蒽醌，反应方程式为：++8H+=2Cr3+++5H2O，然后用活性炭吸附有机物即可让Cr3+循环使用，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，惰性阳极的作用是将Cr3+转化为，该电极方程式为：2Cr3++7H2O-6e- =+14H+，故电解槽中，阳极附近溶液的浓度升高，A正确；
B．由分析可知，将蒽氧化为蒽醌，反应方程式为：++8H+=2Cr3+++5H2O，则1 mol蒽被完全氧化成蒽醌转移电子数目为，B错误；
C．由分析可知，活性炭的作用是吸收有机物，减少环境污染，利于Cr3+溶液复原，C正确；
D．Cr元素是重金属元素，会污染环境，则化学再生过程，使得Cr3+可以循环使用，对环境是友好的，D正确；
故答案为：B。
5．B
【详解】A．的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则分子中含有键数目为2，A错误；
B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为，该中心离子的配体为CN-，配位数为6，B正确；
C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误；
D．中阴离子中C原子的孤电子对数，碳原子的价层电子对数= 3+0= 3，空间结构为平面三角形，D错误；
故选B。
6．A
【详解】A．装置甲中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下发生反应： MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑ ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故A错误；
B．装置甲中制备的氯气中混有HCl气体，乙中饱和NaCl溶液作用为除去中的HCl，故B正确；
C．Cl2与水反应生成HCl、HClO，且HClO具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，故C正确；
D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，为吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液，故D正确；
故选A。
7．B
【详解】A．价层电子对数=2+(5+1-2×2)=2+1=3，VSEPR模型是平面三角形，选项A错误；
B．转化为N2，N元素化合价从+5变为0，化合价降低被还原，即转化过程中被甲醇还原为N2，选项B正确；
C．与反应生成的反应为+=+2H2O，反应转移电子数为3，生成1mol转移约个电子，选项C错误；
D．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，转化为不属于氮的固定，选项D错误；
答案选B。
8．A
【详解】A．在反应中，NaNH2中的N由-3价升高到NaN3中的-价，N2O中的+1价N反应后也降低到NaN3中的-，生成1molNH3，转移mol电子，则生成6.72LNH3(标况下即0.3mol)，转移mol电子，即转移的电子数为0.8NA，故A错误；
B．点击化学最具代表性的反应之一是一价铜离子催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，狄尔斯-阿尔得(Diels-Alder)反应属于“点击化学”反应类型，故B正确；
C．SF6中F为-1价，S为其最高价+6价；CCl4中Cl为-1价，C为其最高价+4价，所以从价态分析， SF6同 CCl4类似，都可以作灭火剂，故C正确；
D．在该反应中，三氟乙醇中的羟基上的H被SO2F2中的-SO2F代替，生成有机物的同时还生成HF，该反应属于取代反应，故D正确；
故选A。
9．C
【详解】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A正确；
B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B正确；
C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，C错误；
D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1 mol Na2S2O3，反应消耗2 mol O2，其在标准状况下体积V(O2)=2 mol×22。4 L/mol=44.8 L，D正确；
故合理选项是C。
10．D
【分析】根据氧化还原反应的规律分析作答。
【详解】A. 分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，其中：NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂，故A错误；
B. 2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；
C. 生成1 mol HNO3转移2 mol 电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子，故C错误；
D. NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；
答案选D。
11．A
【详解】Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO﹣、ClO3﹣是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=7mol；
根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl﹣为被还原的过程，化合价从0价较低为﹣1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol﹣7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：5：2，故选A。
12．(1)Zn
(2) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH ＜ B
(3)杀菌消毒，吸附悬浮物等
(4) 先变大，后变小
【详解】（1）该原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，故答案为：Zn；
（2）①氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②生产流程中“转化”(反应③)是Na2FeO4与氢氧化钾反应生成K2FeO4和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；
③相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Ksp(K2FeO4)＜Ksp（Na2FeO4），故答案为：＜；
④K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4+10H2O═4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发；答案选B；
（3）高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒，氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能净水，故答案为：杀菌消毒，吸附悬浮物等；
（4）①根据图象知，随着溶液酸性的增强，的分布分数先增大后减小，故答案为：先变大，后变小；
②根据图象知，随着溶液酸性的之间增强，的分布分数逐渐增大，的分布分数逐渐减小，所以转化为，故答案为：转化为。
13．(1) i、j→f、g→d、e→b、c→h 平衡气压，便于浓盐酸顺利流下
(2)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(3)平衡气压做安全瓶，同时储存氯气
(4)CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2
(5)蒸馏
(6)0.51%
【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h。
【详解】（1）由分析可知，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h；A装置中导管k能起到平衡气压，便于浓盐酸顺利流下的作用，故答案为：i、j→f、g→d、e→b、c→h；平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；
（2）由分析可知，装置A中发生的反应为重铬酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
（3）由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭K1，K2后，长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气，故答案为：平衡气压做安全瓶，同时储存氯气；
（4）由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2，故答案为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2；
（5）由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳，故答案为：蒸馏；
（6）由题给数据可知，三次实验消耗硝酸银溶液的体积分别为14.98mL、15.40mL、15.02mL，其中第二次实验结果误差较大应舍去，则滴定消耗硝酸银溶液的平均体积为=15.00mL，由方程式可得如下转化关系：FeCl3—3AgCl—3AgNO3，由滴定消耗硝酸银溶液的体积可知四氯化碳中杂质氯化铁的质量分数为×100%≈0.51%，故答案为：0.51。
14．(1) 适当升温、把硼镁泥粉碎 搅拌、或适当增加硫酸浓度
(2)2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
(3)SiO2
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5)70%
【分析】酸解将金属氧化物进行溶解变为可溶的硫酸盐，而氧化将Mn2+和Fe2+氧化，从而变为MnO2、Fe(OH)3难溶物而除去。除钙将Ca2+变为CaSO4沉淀而除去，最终MgSO4溶液经蒸发结晶得到晶体。
【详解】（1）固体与溶液的反应，加快反应速率可以从增大浓度、增大接触面积、升高温度等分析。答案为适当升温、把硼镁泥粉碎；搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）ClO-将Fe2+氧化为Fe3+从而水解为Fe(OH)3，反应为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+。答案为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+；
（3）SiO2不溶于酸和水，所以滤渣中还含有SiO2。答案为SiO2；
（4）从表格看CaSO4随着温度升高溶解度降低，而MgSO4随着温度升高而增大，所以应该蒸发结晶、趁热过滤以除去CaSO4。答案为蒸发结晶；趁热过滤；
（5）已知MgO含量40%，所以100g硼镁泥中含有MgO为，则理论产生的MgSO4·7H2O为1mol×(24+96+126)g/mol=246g。则产率为。答案为70%。
15．(1) 第4周期第Ⅷ族
(2)NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O
(3)4.7~7.4
(4)D
(5)C
(6)14.2%
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【详解】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。
（2）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D错误；
故选D。
（5）A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．滴定前溶液中发生反应：，向所得的溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；
故选C。
（6）由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。
16．(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3) SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
(4)CD
(5) 99.9% MgSO4
【分析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
17．(1) +3
(2) 使完全沉淀
(3)
(4) 12
【分析】铬铁矿(主要成分为，含有少量），“焙烧”后生成和，生成，溶于水形成和溶液，调节控制，使完全形成沉淀，在调节 使生成，电解溶液生成单质。
【详解】（1）中为价，根据化合价的代数和为零，的化合价为+3价；“焙烧”中被氧化为和，反应的化学方程式为；
（2）“沉铝”中所得滤渣的成分为，控制，使完全沉淀；
（3）“酸化”使转化为，反应的离子方程式为：； ，，，，则；
（4）根据晶胞结构，在顶点，原子个数为，原子在体心，原子个数为1，原子在面心，个数为，所以该晶胞的化学式为：；在顶点，原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离；已知和O的最近距离为，晶胞棱长为，则该晶体密度为。
18．(1) 粉碎(其他合理答案也给分) 光导纤维(或冶炼硅)
(2) 分液漏斗、烧杯
(3)
(4)1.85g
(5)92.3%
【详解】（1）焙烧时将矿物粉碎可增大与氧气的接触面积，提高效率；浸渣的主要成分为，工业上可用作光导纤维，也可用于冶炼硅；
（2）操作A是萃取分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；根据信息在水溶液中被还原为Te单质，则被氧化为，由此可写出反应的化学方程式为；
（3）在pH=5时，溶液仍然呈酸性，但根据的溶度积可以计算出在pH=5时已经完全沉淀，根据化合价升降相等和原子守恒可以配平写出离子方程式；
（4）1L含的滤液加入时反应的离子方程式为，生成0.01mol沉淀，此时溶液中，根据的溶度积可计算出此时溶液中，沉淀中有，所以加入的固体为0.05mol，质量为1.85g；
（5）根据原子守恒找出关系式进行计算：，理论可制得的质量为吨，所以的回收率为。
广东省2023年高考化学模拟题汇编-06氧化还原反应的有个计算机方程式的配平
一、单选题
1．（2023·广东肇庆·高要一中校考二模）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．将氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B．向CuSO4溶液中加入Na2O2；2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
C．从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I-+H2O2=I2+2OH-
D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO+2H+=SO2↑+H2O
2．（2023·广东广州·统考一模）载人航天器中的物质和能量资源都十分宝贵，我国科学家进行了如图所示的氧循环研究，实现了空间站中氧气的再生。下列说法不正确的是
A．用于循环的氢原子利用率为100%
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源
C．反应①为
D．等物质的量的和含有的电子数相同
3．（2023·广东广州·统考一模）下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．铁与稀硫酸反应：
B．溶液中通入硫化氢：
C．通入酸性溶液中：
D．溶液中加入稀硫酸：
4．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）如图所示是蒽()氧化为蒽醌()的间接合成示意图。下列说法错误的是
A．电解槽中，阳极附近溶液的浓度升高
B．1 mol蒽被完全氧化成蒽醌转移电子数目为
C．活性炭的作用是吸收有机物
D．化学再生过程，对环境是友好的
5．（2023·广东汕头·统考一模）亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：。设为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A．分子中含有键数目为
B．配合物的中心离子价电子排布式为，该中心离子的配位数为6
C．每生成时，反应过程中转移电子数目为
D．中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为4
6．（2023·广东深圳·统考一模）利用如图所示装置进行的制备及性质探究实验时，下列说法不正确的是
A．甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
B．乙的作用为除去中的HCl
C．丙中紫色石蕊试液先变红后褪色
D．为吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液
7．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）大气中的氮循环(如图所示)可以减少环境的污染。下列说法正确的是
A．的VSEPR模型为四面体形
B．转化过程中被还原为
C．与反应生成1mol转移约个电子
D．转化为属于氮的固定
8．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）2022年诺贝尔化学奖授予了Carolyn R·Bertozzl、MotenMeldal和Barry sharpless，以表彰他们“对点击化学和生物正交化学的发展”。点击化学(Click Chemisty)的两个最具有代表性的反应是：一价铜离子催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应(CuAAC)和六价硫氟交换反应(SuFEx)。下列叙述错误的是
A．氨基化钠与反应制备叠氮化钠：，每生成6.72 L(标准状况)，转移电子数为
B．狄尔斯-阿尔得(Diels-Alder)反应：，属于“点击化学”反应类型
C．从价态分析，同类似，都可以作灭火剂
D．三氟乙醇在DIPEA(N-乙基二异丙胺)的极性非质子溶剂型溶液中鼓入的反应过程如下：CF3CH2OH ，该反应属于取代反应
9．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体
已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、。
下列说法中错误的是
A．含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放
B．反应中至少发生3个氧化还原反应
C．反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2S
D．每制取1 mol Na2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8 L(标准状况)
10．（2023·广东肇庆·高要一中校考二模）三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O = 2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是( )
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol 电子
D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
11．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH－外，还有Cl－、ClO－、 ClO3－ ，且这三种离子的物质的量之比为9:2:1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为
A．5:2 B．2:5 C．3:1 D．1:3
二、填空题
12．（2023·广东惠州·统考三模）目前新能源技术被不断利用，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向。
(1)高铁酸钾—锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是___________。
(2)工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定。反应原理为：
Ⅰ.在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O
Ⅱ．Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4，主要的生产流程如下：
①写出反应①的离子方程式___________。
②请写出生产流程中“转化”(反应③)的化学方程式___________。
③该反应是在低温下进行的，说明此温度下Ksp(K2FeO4)___________Ksp(Na2FeO4)(填“＞”“＜”或“=”)。
④“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用___________溶液。
a．H2O B．CH3COONa、异丙醇 C．NH4Cl、异丙醇 D．Fe(NO3)3、异丙醇
(3)已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4+10H2O 4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，则K2FeO4可以在水处理中的作用是___________。
(4)在水溶液中的存在形态图如图所示。
①若向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数的变化情况是___________。
②若向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，___________转化为___________。(填化学式)
三、实验题
13．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）四氯化碳主要用作优良的溶剂、干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等，也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备四氯化碳。
已知：
①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；
②与在铁作催化剂的条件下，在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；
③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度。
(1)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。
A装置中导管k的作用为_______。
(2)A装置中发生反应的离子方程式为_______。
(3)反应结束后关闭，，此时F装置的作用为_______。
(4)B装置中发生反应的化学方程式为_______。
(5)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到。
(6)经分离提纯后的中有少量，量取加入锥形瓶中(密度近似等于纯的密度)，然后加入20.00mL蒸馏水，用作指示剂，用标准溶液来滴定溶液中的[已知为砖红色沉淀]，平行实验三次，所得滴定数据如下表。
计算制得的中杂质的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
实验序号
实验数据
第一次
第二次
第三次
溶液体积/mL
滴定前
0.00
0.12
0.20
滴定后
14.98
15.52
15.22
四、工业流程题
14．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：
己知：某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Mg(OH)2
9.3
10.8
Fe(OH)2
7.6
9.6
Fe(OH)3
2.7
3.7
Al(OH)3
3.7
4.7
根据题意回答第(1)～(5)题：
(1)在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：___________、___________。
(2)加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为___________。
(3)滤渣的主要成份除含有Fe(OH)3，Al(OH)3、MnO2外，还有___________。
(4)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度(℃)
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是___________，___________。
(5)实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4·7H2O为172.2g，计算MgSO4·7H2O的产率为___________。
15．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）三氯化六氨合钻[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co(OH)2]=1×10-14.2、Ksp[Co(OH)3]=1×10-43.7、Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、Ksp[Al(OH)3]=1×10-32.9。溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可认为沉淀完全。
③Co2+还原性较弱，但[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表_______，基态Co2+价层电子的电子排布图为_______。
(2)写出除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式_______。
(3)“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液，调节pH的范围为_______。
(4)下列说法错误的是_______。
A．制备[Co(NH3)6]3+时，“混合”过程中加入NH4C1的作用是抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀，同时参与反应提供
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小
C．“氧化”过程后分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出
D．为了得到较大颗粒的[Co(NH3)6]Cl3晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却
(5)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钻元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过暈的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co(OH)3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用0.010 mol/L的Na2S2O3溶液滴定(反应原理：Co3++I-→Co2++I2、I2+→I-+)，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，以下说法正确的是_______。
A．装有Na2S2O3溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗
B．滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴Na2S2O3溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
(6)计算产品中钴元素的含量为_______。(答案保留三位有效数字)
16．（2023·广东佛山·统考一模）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中，元素的化合价为_______。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
(4)“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
(5)已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
17．（2023·广东广州·统考二模）铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中为价，的化合价为_______，“焙烧”中反应的化学方程式为_______。
(2)“沉铝”中所得滤渣的成分为_______，需控制的原因为_______。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为_______，若该反应的平衡常数，已知：酸化”后溶液中，则溶液中_______。
(4)氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。
①氧铬酸钙的化学式为_______。
②1个钙原子与_______个氧原子最近且等距离。
③该晶体密度为_______(列出计算式即可。已知和O的最近距离为，代表阿伏加德罗常数)
18．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）碲化镉玻璃中主要含有CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)，工业上利用废弃碲化镉(CdTe)玻璃回收其中金属的工艺流程如下。
已知：①常温时，有关物质的如下表。
②当溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)在“焙烧”时为提高效率可采用的措施有_______(答出一条即可)。写出“浸渣”的工业用途：_______。
(2)实验室中，“操作A”需要的玻璃仪器有_______。“高温尾气”中的在水溶液中可用将其还原为Te单质，写出该反应的化学方程式：_______。
(3)“氧化除铁”步骤中可以先调节pH为5，然后再加入，则此时被氧化的离子方程式为_______。
(4)测得“滤液I”中浓度为，取1L滤液，则至少加入_______g固体才能使沉淀完全。
(5)取1吨含碲化镉80%的废弃玻璃，最终回收得到0.64吨，则硫酸镉的回收率为_______(保留三位有效数字)。
参考答案：
1．B
【详解】A．三价铁离子能够氧化碘离子，氢氧化铁溶于氢碘酸，离子方程式为2Fe(OH)3+3H++2I−=2Fe2++3H2O+I2，故A错误；
B．向CuSO4溶液中加入Na2O2生成氢氧化铜和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故B正确；
C．从酸化的海带灰浸出液中提取碘，离子方程式为：2H++2I-+H2O2=I2+2H2O，故C错误；
D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液会发生氧化还原反应：2H++2NO+3SO=3SO+H2O+2NO↑，故D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．反应①为，反应②2H2O2H2+O2，氢原子部分进入甲烷，用于循环的氢原子利用率达不到100%，A错误；
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源，B正确；
C．根据得失电子守恒配平方程，反应①为，C正确；
D．水和甲烷都是常见的10电子微粒，等物质的量的和含有的电子数相同，D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，其离子方程式为，A错误；
B．溶液中通入硫化氢生成CuS沉淀，硫化氢为弱酸在离子方程式中不能拆开，其离子方程式为，B错误；
C．通入酸性溶液反应生成Mn2+和SO，根据得失电子守恒配平可知，其离子方程式为，C错误；
D．溶液中加入稀硫酸反应生成S和SO2，其离子方程式为，D正确；
故选D。
4．B
【分析】由题干图示信息可知，惰性阳极的作用是将Cr3+转化为，该电极方程式为：2Cr3++7H2O-6e- =+14H+，然后将蒽氧化为蒽醌，反应方程式为：++8H+=2Cr3+++5H2O，然后用活性炭吸附有机物即可让Cr3+循环使用，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，惰性阳极的作用是将Cr3+转化为，该电极方程式为：2Cr3++7H2O-6e- =+14H+，故电解槽中，阳极附近溶液的浓度升高，A正确；
B．由分析可知，将蒽氧化为蒽醌，反应方程式为：++8H+=2Cr3+++5H2O，则1 mol蒽被完全氧化成蒽醌转移电子数目为，B错误；
C．由分析可知，活性炭的作用是吸收有机物，减少环境污染，利于Cr3+溶液复原，C正确；
D．Cr元素是重金属元素，会污染环境，则化学再生过程，使得Cr3+可以循环使用，对环境是友好的，D正确；
故答案为：B。
5．B
【详解】A．的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则分子中含有键数目为2，A错误；
B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为，该中心离子的配体为CN-，配位数为6，B正确；
C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误；
D．中阴离子中C原子的孤电子对数，碳原子的价层电子对数= 3+0= 3，空间结构为平面三角形，D错误；
故选B。
6．A
【详解】A．装置甲中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下发生反应： MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑ ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故A错误；
B．装置甲中制备的氯气中混有HCl气体，乙中饱和NaCl溶液作用为除去中的HCl，故B正确；
C．Cl2与水反应生成HCl、HClO，且HClO具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，故C正确；
D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，为吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液，故D正确；
故选A。
7．B
【详解】A．价层电子对数=2+(5+1-2×2)=2+1=3，VSEPR模型是平面三角形，选项A错误；
B．转化为N2，N元素化合价从+5变为0，化合价降低被还原，即转化过程中被甲醇还原为N2，选项B正确；
C．与反应生成的反应为+=+2H2O，反应转移电子数为3，生成1mol转移约个电子，选项C错误；
D．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，转化为不属于氮的固定，选项D错误；
答案选B。
8．A
【详解】A．在反应中，NaNH2中的N由-3价升高到NaN3中的-价，N2O中的+1价N反应后也降低到NaN3中的-，生成1molNH3，转移mol电子，则生成6.72LNH3(标况下即0.3mol)，转移mol电子，即转移的电子数为0.8NA，故A错误；
B．点击化学最具代表性的反应之一是一价铜离子催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，狄尔斯-阿尔得(Diels-Alder)反应属于“点击化学”反应类型，故B正确；
C．SF6中F为-1价，S为其最高价+6价；CCl4中Cl为-1价，C为其最高价+4价，所以从价态分析， SF6同 CCl4类似，都可以作灭火剂，故C正确；
D．在该反应中，三氟乙醇中的羟基上的H被SO2F2中的-SO2F代替，生成有机物的同时还生成HF，该反应属于取代反应，故D正确；
故选A。
9．C
【详解】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A正确；
B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B正确；
C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，C错误；
D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1 mol Na2S2O3，反应消耗2 mol O2，其在标准状况下体积V(O2)=2 mol×22。4 L/mol=44.8 L，D正确；
故合理选项是C。
10．D
【分析】根据氧化还原反应的规律分析作答。
【详解】A. 分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，其中：NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂，故A错误；
B. 2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；
C. 生成1 mol HNO3转移2 mol 电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子，故C错误；
D. NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；
答案选D。
11．A
【详解】Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO﹣、ClO3﹣是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=7mol；
根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl﹣为被还原的过程，化合价从0价较低为﹣1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol﹣7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：5：2，故选A。
12．(1)Zn
(2) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH ＜ B
(3)杀菌消毒，吸附悬浮物等
(4) 先变大，后变小
【详解】（1）该原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，故答案为：Zn；
（2）①氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②生产流程中“转化”(反应③)是Na2FeO4与氢氧化钾反应生成K2FeO4和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；
③相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Ksp(K2FeO4)＜Ksp（Na2FeO4），故答案为：＜；
④K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4+10H2O═4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发；答案选B；
（3）高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒，氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能净水，故答案为：杀菌消毒，吸附悬浮物等；
（4）①根据图象知，随着溶液酸性的增强，的分布分数先增大后减小，故答案为：先变大，后变小；
②根据图象知，随着溶液酸性的之间增强，的分布分数逐渐增大，的分布分数逐渐减小，所以转化为，故答案为：转化为。
13．(1) i、j→f、g→d、e→b、c→h 平衡气压，便于浓盐酸顺利流下
(2)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(3)平衡气压做安全瓶，同时储存氯气
(4)CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2
(5)蒸馏
(6)0.51%
【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h。
【详解】（1）由分析可知，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h；A装置中导管k能起到平衡气压，便于浓盐酸顺利流下的作用，故答案为：i、j→f、g→d、e→b、c→h；平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；
（2）由分析可知，装置A中发生的反应为重铬酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的离子方程式为Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O，故答案为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
（3）由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭K1，K2后，长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气，故答案为：平衡气压做安全瓶，同时储存氯气；
（4）由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2，故答案为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2；
（5）由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳，故答案为：蒸馏；
（6）由题给数据可知，三次实验消耗硝酸银溶液的体积分别为14.98mL、15.40mL、15.02mL，其中第二次实验结果误差较大应舍去，则滴定消耗硝酸银溶液的平均体积为=15.00mL，由方程式可得如下转化关系：FeCl3—3AgCl—3AgNO3，由滴定消耗硝酸银溶液的体积可知四氯化碳中杂质氯化铁的质量分数为×100%≈0.51%，故答案为：0.51。
14．(1) 适当升温、把硼镁泥粉碎 搅拌、或适当增加硫酸浓度
(2)2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
(3)SiO2
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5)70%
【分析】酸解将金属氧化物进行溶解变为可溶的硫酸盐，而氧化将Mn2+和Fe2+氧化，从而变为MnO2、Fe(OH)3难溶物而除去。除钙将Ca2+变为CaSO4沉淀而除去，最终MgSO4溶液经蒸发结晶得到晶体。
【详解】（1）固体与溶液的反应，加快反应速率可以从增大浓度、增大接触面积、升高温度等分析。答案为适当升温、把硼镁泥粉碎；搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）ClO-将Fe2+氧化为Fe3+从而水解为Fe(OH)3，反应为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+。答案为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+；
（3）SiO2不溶于酸和水，所以滤渣中还含有SiO2。答案为SiO2；
（4）从表格看CaSO4随着温度升高溶解度降低，而MgSO4随着温度升高而增大，所以应该蒸发结晶、趁热过滤以除去CaSO4。答案为蒸发结晶；趁热过滤；
（5）已知MgO含量40%，所以100g硼镁泥中含有MgO为，则理论产生的MgSO4·7H2O为1mol×(24+96+126)g/mol=246g。则产率为。答案为70%。
15．(1) 第4周期第Ⅷ族
(2)NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O
(3)4.7~7.4
(4)D
(5)C
(6)14.2%
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【详解】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。
（2）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D错误；
故选D。
（5）A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．滴定前溶液中发生反应：，向所得的溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；
故选C。
（6）由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。
16．(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3) SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
(4)CD
(5) 99.9% MgSO4
【分析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
17．(1) +3
(2) 使完全沉淀
(3)
(4) 12
【分析】铬铁矿(主要成分为，含有少量），“焙烧”后生成和，生成，溶于水形成和溶液，调节控制，使完全形成沉淀，在调节 使生成，电解溶液生成单质。
【详解】（1）中为价，根据化合价的代数和为零，的化合价为+3价；“焙烧”中被氧化为和，反应的化学方程式为；
（2）“沉铝”中所得滤渣的成分为，控制，使完全沉淀；
（3）“酸化”使转化为，反应的离子方程式为：； ，，，，则；
（4）根据晶胞结构，在顶点，原子个数为，原子在体心，原子个数为1，原子在面心，个数为，所以该晶胞的化学式为：；在顶点，原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离；已知和O的最近距离为，晶胞棱长为，则该晶体密度为。
18．(1) 粉碎(其他合理答案也给分) 光导纤维(或冶炼硅)
(2) 分液漏斗、烧杯
(3)
(4)1.85g
(5)92.3%
【详解】（1）焙烧时将矿物粉碎可增大与氧气的接触面积，提高效率；浸渣的主要成分为，工业上可用作光导纤维，也可用于冶炼硅；
（2）操作A是萃取分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；根据信息在水溶液中被还原为Te单质，则被氧化为，由此可写出反应的化学方程式为；
（3）在pH=5时，溶液仍然呈酸性，但根据的溶度积可以计算出在pH=5时已经完全沉淀，根据化合价升降相等和原子守恒可以配平写出离子方程式；
（4）1L含的滤液加入时反应的离子方程式为，生成0.01mol沉淀，此时溶液中，根据的溶度积可计算出此时溶液中，沉淀中有，所以加入的固体为0.05mol，质量为1.85g；
（5）根据原子守恒找出关系式进行计算：，理论可制得的质量为吨，所以的回收率为。
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