还剩42页未读，
继续阅读
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-03氧化还原反应
展开
这是一份广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-03氧化还原反应，共45页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-03氧化还原反应
一、单选题
1．（2022·广西北海·统考模拟预测）下列叙述正确的是（ ）
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
D．失电子难的原子，容易获得的电子
2．（2022·广西北海·统考模拟预测）雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是
A．砷酸的分子式为H2AsO4
B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1
D．该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子
3．（2021·广西·统考二模）下列实验方案中，能达到实验目的是
实验目的
实验方案
A
验证H2O2具有氧化性
向0.1 mol·L-1 KMnO4溶液中滴加0.1 mol·L-1H2O2溶液，可观察到溶液褪色
B
证明铜与浓硫酸反应有SO2生成
将浓硫酸滴加到放有铜片的试管中，并将蘸有品红溶液的湿滤纸置于试管口
C
比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl) 的大小关系
向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加足量AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色
D
确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3
取少量待测液，滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊
A．A B．B C．C D．D
4．（2021·广西·统考二模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1 mol•L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子总数为0.2NA
B．12g石墨和金刚石的混合物含有4NA个碳原子
C．1molCl2与足量铁充分反应，转移的电子数为2NA
D．2.8gCO 和C2H4的混合气体中含有的质子数为1.4NA
5．（2020·广西来宾·模拟预测）利用所学化学知识积极探索资源的有效使用、节约使用和循环使用，以实现循环经济和可持续发展，从而实现废弃物的综合利用和保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是
A．“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解II”过程中，有大量的气体产生
D．“操作I”需要用到酒精灯、玻璃棒等仪器
6．（2020·广西北海·统考一模）实验室制备碱式次氯酸镁（简称BMH，白色粉末，难溶于水）的一种方法如下：
下列说法错误的是
A．BMH能与部分无机含氧酸发生反应
B．电极y端最好与外电源的正极相连
C．BMH具有杀菌、消毒和漂白作用
D．反应器中发生的反应无电子转移
7．（2020·广西柳州·统考一模）已知N-Cl键中，N元素显负价，Cl元素显正价。NCl3易与水反：NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO。若NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．该反应中，NCl3既是氧化剂，又是还原剂
B．标准状况下，1.7gNH3体积约为2.24L
C．0.1molNCl3中阴阳离子总数为0.4NA
D．100mL1mol/LHClO溶液中H+总数为0.1NA
8．（2020·广西北海·统考一模）2019 年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰他们在锂离子电池研究中的杰出贡献。 LiFePO4是用于制备大功率锂离子电池的正极材料 ，且一种制备流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．LiFePO4中Fe的化合价为+2
B．“沉铁”过程中双氧水作氧化剂
C．料液可循环利用
D．“煅烧”中有大量的CO2、CO生成
9．（2020·广西柳州·统考模拟预测）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应
B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
C．X是HNO2，是还原产物
D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂
二、多选题
10．（2021·广西梧州·统考一模）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．四氧化三铁溶于足量稀硝酸：3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
B．工业上生产漂白粉的原理：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：＋OH－＝NH3·H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液：2＋6H＋＋7H2O2＝2Mn2＋＋6O2↑＋10H2O
三、实验题
11．（2022·广西柳州·统考模拟预测）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑，氯的许多化合物广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用图装置(部分装置省略)制备和NaClO。
回答下列问题：
(1)A中盛放浓盐酸的仪器名称为___________，A中反应的化学方程式为___________。
(2)B装置的作用是___________。C中发生反应的离子方程式为___________，D中使用冰水冷却的目的是___________。
(3)E中棉花团应蘸取的溶液是___________(填化学式)，其作用是___________。
(4)也可用于消毒，则0.1mol的有效氯含量为___________g。(“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。)
12．（2022·广西·统考一模）过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I：(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是_______，b的作用是_______，试剂X为_______(填名称)。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是_______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是_______。
Ⅱ：(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和，1mol能氧化的Mn2+的物质的量为_______mol。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为)，写出该反应的离子方程式：_______。
Ⅲ：标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的：(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为_______，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为_______mol·L-1.
13．（2021·广西·统考二模）二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，+4 价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒( IV )碱式碳酸铵晶体。过程如下：
回答下列问题：
(1)步骤i中生成VOC12的同时还产生一种无色无污染的气体，所发生反应的化学方程式为___________。只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOC12溶液，从安全与环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是___________。
(2)步骤ii可在下图装置中进行。
①向锥形瓶中滴加VOCl2溶液前应通入一段时间的CO2，目的是___________。
②装置B中的试剂是___________。
③反应结束后，将锥形瓶置于干燥器中一段时间，可得到紫红色晶体，然后抽滤洗涤，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是___________，用无水乙醇洗涤的目的是___________。
(3)测定氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量a g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量。再用尿素除去过量的NaNO2，滴入几滴铁氰化钾{K3[ Fe(CN)6]}溶液，最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为： +Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O
①KMnO4溶液的作用是___________
②滴定终点时的现象为___________
③粗产品中钒的质量分数的表达式为___________
14．（2021·广西桂林·统考一模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，受热易分解，易溶于水。回答下列问题：
(1)甲同学欲选用上述装置制取亚氯酸钠，装置连接顺序为A→B→C→D，装置A的分液漏斗中盛放浓硫酸，三颈烧瓶中盛放NaClO3和Na2SO3固体，装置C的试管中盛放NaOH和H2O2的混合溶液。已知2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
①装置B、D的作用分别是___________、___________。
②装置C中发生反应的化学方程式为___________。
③取C中试管反应后的混合溶液，经减压蒸发、结晶、过滤、干燥等操作可获得NaClO2固体，采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”的原因是___________。
④已知亚氯酸钡易溶于水，请设计实验方案检验所得NaClO2晶体中是否含有杂质Na2SO4：___________。
(2)乙同学选用上述A、E装置测定亚氯酸钠样品的纯度，已知NaClO2遇酸生成NaCl，并释放出ClO2.装置A的分液漏斗中盛放稀硫酸，三颈烧瓶中盛放m g样品，E中盛放足量KI和H2SO4的混合溶液，连接好装置，后续步骤如下：
I．用分液漏斗缓慢滴加稀硫酸，充分反应。
II．用c mol·L-1的硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2=2I-+)，选用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时用去V mL Na2S2O3标准溶液。
①装置A中反应结束后，往其中通入N2的作用是___________。三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为___________。
②滴定到终点时的实验现象是___________。
③样品中NaClO2的质量分数为___________(列出计算表达式)。
15．（2020·广西·统考一模）NaClO2是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。Mathieson方法制备NaClO2的流程如图所示：
(1)NaClO2的名称是_______。
(2)H2O2的电子式是_______。
(3)反应①的化学方程是_______。
(4)ClO2也是一种消毒剂，在杀菌消毒过程中会产生副产物ClO，需将其转化为Cl- 除去，下列试剂中，可将ClO转化为Cl- 的是_______(填字母序号)。
a. FeSO4 b.O3 c. KMnO4 d. SO2
(5)反应②的离子方程式是_______。
(6)电解法也可得到NaClO2，如图所示：
①粗食盐中含有SO、Ca2+ 、Mg2+。精制食盐水的过程中需要加入盐酸，目的是_______。
②电解过程中的阴极反应式是_______ ； 电解过程中若产生标准状况下氯气33.6 L，理论上得到NaClO2的质量是_______。
16．（2020·广西玉林·统考一模）叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇。不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂，实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置(图甲)及实验步骤如下：
①关闭止水夹K2，打开止水夹K1，制取并通入氨气。
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。
③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210~220 ℃，然后打开止水夹K2，通入Na2O。
请回答下列问题：
(1)盛放无水氯化钙的仪器名称是___________，图乙中可用来制取氨气的装置有___________(填标号)。
(2)步骤①中先通氨气的目的是___________，步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为___________，步骤③中最适宜的加热方式为___________(填标号)。
a水浴加热 b．油浴加热 c．酒精灯直接加热
(3)生成NaN3的化学方程式为___________。
(4)反应结束后，进行以下操作，得到NaN3固体(NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气)。
操作II的目的是___________，操作IV最好选用的试剂是___________。
17．（2020·广西北海·统考一模）K2Cr2O7是实验室常用试剂。回答下列问题：
(1)实验室配制一定浓度的K2Cr2O7溶液(橙红色)并标定的实验步骤如下：
步骤I．称取约5 g K2Cr2O7于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，配制成1 L溶液；
步骤II．移取30.00 mL已配制的K2Cr2O7溶液于碘量瓶中，加入2 g过量KI，再加20 mL20%的硫酸，摇匀(还原为亮绿色的Cr3+)，在暗处放置10 min，加水稀释，用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，接近终点时，加入几滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗V mL Na2S2O3溶液。
①步骤I需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要___________、胶头滴管。
②K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为___________(用含c、V的代数式表示)。
(2)为验证Cu与Cr3+的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
①电池装置中，盐桥用于连接两电极电解质溶液，盐桥中的阴、阳离子应满足下列条件：
i．不与溶液中的物质发生化学反应；
ii．离子的电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择___________作为电解质。
25℃无限稀溶液中离子的电迁移率
阳离子
u∞/m2·s-1·V-1
阴离子
u∞/m2·s-1·V-1
H+
36.30×10-8
OH-
20.52×10-8
K+
7.62×10-8
8.27×10-8
Ba2+
6.59×10-8
Cl-
7.91×10-8
Na+
5.19×10-8
7.40×10-8
Li+
4.01×10-8
4.61×10-8
②电流表显示电子由铜电极流向铂电极可知，盐桥中的阴离子进入___________电极溶液中。
③一段时间后铜电极溶液中Cu2+变为1.03 mol·L-1，铂电极溶液中Cr3+的浓度为___________mol·L-1(假设两边溶液体积相等且不变化)；铂电极的电极反应式为___________。
④由实验结果可确定还原性：Cu___________(填“大于”或“小于”)Cr3+。
四、工业流程题
18．（2022·广西南宁·统考模拟预测）嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为(S为价)，含少量、、(铼)等元素。其中钼是大脑必需的七种微量元素之一，以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。
已知：25℃时
难溶物
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是_______。
(2)“氧化焙烧”中发生反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其中加入石灰石的主要作用是_______。
(3)加入后的“浸出液”中含有(钼酸根)，以及少量等离子，生成的离子方程式为_______，该反应的_______。
(4)根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
该试剂主要是将离子转化为_______(填化学式)。
(5)“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，该反应的离子方程式为_______。
(6)工艺流程中可循环利用的物质是_______、_______。
19．（2022·广西·统考一模）黄钠铁矾[NaFe3 (SO4)2(OH)6]是一种高效净水剂，Ni(OH)2可作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备黄钠铁矾和Ni (OH)2，工艺流程如图所示。
已知：①次亚磷酸钠(NaH2PO2)具有还原性；
②亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是_______ (填标号)。
A．研磨粉碎的目的是增大反应速率
B．用浓硫酸可提高“酸浸”时的浸取率
C．过滤时用到的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“滤渣I”的主要成分为H2SiO3
(2)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为：_______；为 了证明加入的NaClO3已足量，可取“氧化”后的溶液，向其中加入_______来检验(填标号)。
a． KSCN 溶液 b． K3[Fe(CN)6]溶液 C．酸性KMnO4溶液
(3)“沉铁” 过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)，若控制pH=2.5，沉铁的最佳温度范围为_______；若反应在低于40℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是_______。
(4)①“沉镁”是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，则Mg2+沉淀不完全，原因是_______。
②若“沉镁”后溶液的pH=8.0，则此时Ni2+浓度约为_______ mol·L-1 (已知：100.4≈2.5，
Ksp[Ni(OH)2]=10-14.6)。
(5)化学镀镍是金属表面镀镍的常用方法。以NiSO4和NaH2PO2为原料，在90℃的酸性溶液中镀镍，同时生成H3PO3。写出化学镀镍反应的离子方程式_______。
20．（2022·广西南宁·统考二模）抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：
已知：
①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。
②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。
回答下列问题：
(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施有_______、_______(回答两点即可)。
(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为_______；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若该过程中有13.44 LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se的质量为_______g。
(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是_______。
(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液；操作II为_______、_______过滤、洗涤、干燥。
(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，固体X加入NaCl溶液后，反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=_______。
21．（2022·广西柳州·统考二模）2020年人类在金星大气中探测到磷化氢(，也叫膦)，也是一种储粮用的熏蒸杀虫剂。
(1)在密闭粮仓放置的磷化钙()片剂，遇水蒸气放出气体。该反应的化学方程式为___________。
(2)可以采取类似于实验室制取氨气的方法来制取，写出固体和NaOH固体制取的化学方程式：___________。
(3)工业上，由磷矿制备膦的一种工艺如下：
已知：，回答下面问题：
①已知白磷在空气中易自燃，将和CO分离得到最经济科学的方法是___________。
②属于___________元酸，属于___________。(填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”)
③白磷和氢氧化钾溶液反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是___________。
④吸入磷化氢会对心脏、呼吸系统、肾、肠胃、神经系统和肝脏造成影响。磷化氢中毒时，可以口服硫酸铜溶液催吐，并解毒：。那么消耗2mol时转移电子___________mol。
22．（2022·广西·统考一模）市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有___________(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括___________、___________、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为___________。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-}，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：_______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为_______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为_______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是_______。
23．（2021·广西北海·统考一模）三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
回答下列问题：
(1)Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。
(2)“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。
(3)“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。
(4)“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。
(5)工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。
24．（2021·广西柳州·统考三模）用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4•7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：
(1)“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是___________(写出一条)。
(2)“滤渣1”的主要成分是___________。
(3)“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO的离子方程式为___________。
(4)加氨水“溶解”的目的是___________，‘滤渣 2”的主要成分是___________。
(5)“氧化”时，HNO3被还原为NO，该反应的化学方程式为___________。
(6)已知0.01mol•L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2，计算Ni(OH)2的Ksp=_____(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 mol•L-1)的pH为___________。
25．（2021·广西南宁·统考一模）黄金(Au)的一种化学精炼过程如下图所示，其中王水为浓盐酸和浓HNO3的混合物。
回答下列问题：
(1)步骤①中部分Cu与稀H2SO4、O2反应，该反应的离子方程为____。
(2)步骤②的反应中作氧化剂的物质是___。
(3)滤液A含有的金属离子主要有Zn2+、Cu2+、___。
(4)步骤④中王水与Au反应生成了HAuCl4、NO和H2O，该反应的化学方程式为___。该步骤产生的尾气中有NO，可向尾气中通入适量的空气后，再通入___溶液(填一种试剂)中的方法将其除去。
(5)步骤⑤中工业上若加入甲醛脱硝，反应生成CO2、NO和H2O，若加入尿素脱硝则生成N2、CO2和H2O。工业上应选择____脱硝，原因是___。
(6)若步骤⑥制纯金时反应amolH2C2O4，产生bL滤液C。取25.00ml滤液C，加入NaOH溶液中和，再加入足量的CaCl2饱和溶液，得到沉淀，过滤，将沉淀晾干得到CaC2O4，固体0.128g。步骤⑥加入的草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)的质量至少为____g(写出计算式)。
26．（2021·广西·统考二模）黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下：
回答下列问题：
(1)步骤I反应的化学方程式为___________
(2)步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为___________(填化学式)。
(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是___________(填名称)
(4)工艺中用到有毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理：
第一次氧化： NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；
第二次氧化： NaOCN与NaClO反应，生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。
已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.3×10-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
①第一次氧化时，溶液应调节为___________ (填 “酸性”“碱性 ”或“中性")， 原因是___________。
②第二次氧化反应的离子方程式为___________
③常温下，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=___________(列出计算式)。
27．（2020·广西·二模）一种类似钻石的装饰品——锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。天然锆石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
Ⅰ. Zr在化合物中通常显价，氯化过程中除C、O元素外，其它元素均转化为其高价氯化物；
Ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400℃升华
Ⅲ.Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr (SCN) 4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
请回答下列问题
(1)滤渣1的主要成分是：______________
(2)①“氯化”过程中，锆石(ZrSiO4)发生反应的化学方程式为______________
②ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题
“氯化”过程选择的最佳条件为_______；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为______
(3)“滤液1”中含有的阴离子，除OH-外还有____________________
(4)①常用的铜抑制剂为NaCN (氰化钠)，NaCN可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀(如Cu(CN)2，Ksp=4×10-10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol/L，若需要溶液中Cu2+浓度等于1.0×10-6 mol/L，则预处理1L该溶液需要1mol/LNaCN溶液的体积为_____________(假设溶液混合后体积可以相加，计算结果保留两位小数)
②由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_____________
28．（2020·广西钦州·二模）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) ΔH>0
iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。
（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为__。
（2）“调pH”的目的是__。
（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是__。
（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是__（填字母）。
A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小
B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
C．当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
D．当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动
（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO42-)=__。
（6）“滤液a”经过处理后可以返回到__工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)，该反应的化学方程式为__。
29．（2020·广西桂林·统考一模）工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是__(填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是__、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是__。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是__。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因：__。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是__，反应过程中CaO的物质的量__(填“减小”“不变”或“增大”)。
参考答案：
1．C
【详解】A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；
B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；
C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；
D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。
故选C。
2．D
【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；
B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；
C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；
D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。
3．D
【详解】A． H2O2可被KMnO4氧化，体现H2O2的还原性，A错误；
B． 铜与浓硫酸反应需要加热，B错误；
C． 因为AgNO3溶液是足量的，因此两溶液中均会产生沉淀，不能比较二者溶度积的大小关系，应滴加少量的AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色进行比较，先生成的沉淀，溶度积小，C错误；
D． NaCl与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2反应生成碳酸钙白色沉淀，故可通过观察是否出现白色浑浊，确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A． 溶液的体积未知，无法计算所含溶质的物质的量，故A错误；
B． 石墨和金刚石的化学式均为C，则12g石墨和金刚石的混合物为1mol，故含有NA个碳原子，故B错误；
C． 1molCl2与足量铁充分反应，氯气反应完全，氯气得2mol电子，由于转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，则转移的电子数为2NA，故C正确；
D． CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，则2.8gCO 和C2H4的混合气体为0.1mol，但是CO和C2H4含的质子数不相等，无法计算混合气体所含的质子数，故D错误；
故选C。
5．C
【分析】电池铜帽（主要成分为Cu、Zn )加入稀硫酸溶解，Cu不溶于H2SO4，锌溶于H2SO4，过滤除去滤液ZnSO4，分离出固体Cu，Cu与H2O2、H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤获得CuSO4∙5H2O，以此分析解答。
【详解】A．“溶解Ⅰ”中，将铜帽粉碎，增大了固体接触面积，可加快反应速率，A正确；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，则“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
C．“溶解Ⅱ”过程中发生反应为Cu+ H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，没有气体生成，C错误﹔
D．“操作Ⅰ”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，需要使用酒精灯和玻璃棒等仪器，D正确；
故合理选项是C。
6．B
【分析】电解饱和食盐水生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，再与氯化镁发生反应2Mg2++ClO-+3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3∙H2O，生成了BMH。
【详解】A. BMH能与酸发生反应生成镁盐和次氯酸，故A正确；
B. 为使阳极产生的氯气与阴极产生的氢氧化钠成分反应制得次氯酸钠，最好用x极做阳极，所以电极x端最好与外电源的正极相连，故B错误；
C. BMH是次氯酸盐，应与漂白粉具有相似的性质，所以具有杀菌、消毒和漂白作用，故C正确；
D. 反应器中发生的反应为2Mg2++ClO-+3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3∙H2O，无化合价的变化，所以是非氧化还原反应无电子转移，故D正确；
答案选B。
7．B
【详解】A. 该反应前后元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B. 标准状况下，1.7gNH3的物质的量是1.7g÷17g/mol＝0.1mol，体积约为2.24L，B正确；
C. NCl3是共价化合物，不存在阴阳离子，C错误；
D. 次氯酸是弱酸，部分电离，则100mL1mol/LHClO溶液中H+总数小于0.1NA，D错误；答案选B。
8．D
【分析】铁屑中加入稀硫酸进行酸溶，形成FeSO4溶液，向酸浸液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入磷酸将Fe3+转化为FePO4沉淀，过滤后得到料液主要含有硫酸，向FePO4沉淀中加入Li2CO3和适量H2C2O4在高温下煅烧得到LiFePO4，据此分析解答。
【详解】A．LiFePO4中Li元素为+1价，磷酸根离子为-3价，化合物中正负化合价之和为0，则Fe的化合价为+2，故A正确；
B．根据分析，“沉铁”过程中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则双氧水作氧化剂，故B正确；
C．根据分析，料液中的主要成分为硫酸，则料液可在酸溶步骤中循环利用，故C正确；
D．CO具有较强还原性，高温下可将LiFePO4 中的铁元素还原为铁单质，则“煅烧”中有大量的CO2，但不能有CO生成，故D错误；
答案选D。
9．B
【分析】由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；
C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；
D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。
答案选B。
10．AC
【详解】A．Fe3O4中Fe元素有+2价和+3价，所以和足量稀硝酸反应时，+2价的铁会被氧化成+3价，离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故A正确；
B．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，石灰乳不能写成离子，正确离子方程式为：Cl2＋Ca(OH)2=Ca2++Cl－＋ClO－＋H2O，故B错误；
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液会生成一水合氨，离子方程式为＋OH－＝NH3·H2O，故C正确；
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液，双氧水被氧化成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误；
综上所述答案为AC。
11．(1) 分液漏斗
(2) 除去挥发出来的HCl气体 避免生成
(3) NaOH 吸收氯气
(4)21.3
【解析】(1)
A中盛放浓盐酸的仪器名称为：分液漏斗；A中为实验室制氯气，反应的化学方程式为：；
(2)
浓盐酸有挥发性，B装置的作用是除去Cl2中混有的HCl，C中KOH与Cl2发生歧反应制备，离子方程式为：；根据C装置及其反应可知，温度高生成，D为制备NaClO装置，故D中使用冰水冷却的目的是防止生成NaClO3
(3)
E为尾气处理装置，棉花团应蘸取的溶液是NaOH，吸收多余Cl2。
(4)
1molCl2被还原成-1价Cl时，Cl2~2e-，得电子2mol，1mol KClO3被还原成-1价Cl时，KClO3~6e-，得电子6mol，故0.1mol的有效氯含量为。
12．(1) 分液漏斗 使内外压强相等，浓硫酸能够顺利滴下， 生石灰
(2)防止产品因溶解造成损失
(3)产品受热易分解
(4) 0.4 2Cr3++3S2O+7H2O=6SO+Cr2O+14H+
(5) 溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复 0.046
【分析】装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为(NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，以此来解析；
(1)
由仪器结构可知，a为分液漏斗，b为恒压分液漏斗，可使内外压强相等，浓硫酸能够顺利滴下，实验室用浓氨水和生石灰混合可制取NH3，故固体试剂X为生石灰；
(2)
无水乙醚洗涤沉淀，可以防止产品因溶解造成损失；
(3)
(NH4)2S2O8易分解，则烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是产品受热易分解；
(4)
在Ag+催化作用下，S2O能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO和MnO，S元素化合价由+7价变为+6价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等，1mol S2O 能氧化的Mn2+的物质的量==0.4mol；过二硫酸常被用于检验废水中Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色，为Cr2O，还原产物为SO，Cr化合价由+3价变为+6价，S化合价由+7价变为+6价，根据化合价升降守恒和原子守恒、电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O=6SO+Cr2O+14H+；
(5)
由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复；(NH4)2S2O8和KI反应生成碘单质和硫酸根离子，S元素化合价由+7价变为+6价，I元素的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2，根据I2+2=2I-+，可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2，n(Na2S2O3)=cV=0.1mol·L×18.4×10-3L=1.84×10-3mol，c((NH4)2S2O8)===0.046mol/L。
13． 有氯气生成，污染环境 排除装置中的空气，避免产物被氧化 饱和NaHCO3溶液 Cl- 除去晶体表面的水分 将+4价的钒氧化为 当加入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失，即达滴定终点
【分析】根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4∙2HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液反应，将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干燥得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。
【详解】(1)步骤i中V2O5与盐酸、N2H4∙2HCl混合得到VOC12的同时生成氮气，反应为：
；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；
(2)①已知：+4 价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入一段时间的CO2，排除装置中的空气，避免产物被氧化；
②A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，无装置B，HCl与NH4HCO3溶液反应，故为饱和NaHCO3溶液；
③根据生成物的晶体组成分析，晶体中不含有Cl-，故用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去的阴离子主要是Cl-，减少晶体的溶解；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；
(3)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；
②滴定终点时的现象为当加入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失，即达滴定终点；
③根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2] =c mol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，则粗产品中钒的质量分数的表达式为。
14． 作安全瓶，防倒吸 吸收多余的ClO2气体，防止污染空气 2ClO2 +2NaOH+ H2O2=2NaClO2 +2H2O+O2↑ 常压蒸发温度高，亚氨酸钠容易分解 取少量所得晶体溶于蒸馏水，加入稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明晶体中含有杂质Na2SO4，否则晶体中不含有杂质Na2SO4 将装置中残留的ClO2带入装置E中 4H+ +5=4ClO2↑+ Cl-+2H2O 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色
【详解】(1)①装置B为安全瓶，防止装置A中气体温度降低而产生倒吸。本实验产生污染性气体ClO2，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置D就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气，故答案为：作安全瓶，防倒吸；吸收多余的ClO2气体，防止污染空气；
②氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，已知反应的化学方程.式应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置C反应后的溶液获得NaClO2晶体，故装置C中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低体现氧化性，双氧水应表现还原性，价态升高有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后化学方程式为：2ClO2 +2NaOH+ H2O2=2NaClO2 +2H2O+O2↑，故答案为：2ClO2 +2NaOH+ H2O2=2NaClO2 +2H2O+O2↑；
③高于60°C时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，常压蒸发温度高，亚氯酸钠容易分解，故答案为：常压蒸发温度高，亚氨酸钠容易分解；
④的检验用盐酸和氯化钡溶液，取少量所得晶体溶于蒸馏水，加入稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明晶体中含有杂质Na2SO4，否则晶体中不含有杂质Na2SO4，故答案为：取少量所得晶体溶于蒸馏水，加入稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明晶体中含有杂质Na2SO4，否则晶体中不含有杂质Na2SO4；
(2)①装置A中反应结束后，往其中通入N2的作用是将装置中残留的ClO2带入装置E中，已知NaClO2遇酸生成NaCl,并释放出ClO2，则三颈烧瓶中发生的反应为NaClO2与稀硫酸反应生成NaCl、ClO2和水，反应的离子方程式为4H+ +5=4ClO2↑+ Cl-+2H2O，故答案为：将装置中残留的ClO2带入装置E中；4H+ +5 =4ClO2↑+ Cl-+2H2O；
②淀粉遇碘变蓝，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，故答案为：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
③令样品中NaClO2的质量分数为a，则：，，所以，故答案为：。
15． 亚氯酸钠 2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+ 2NaHSO4 ad 2OH- + 2ClO2+H2O2=2H2O+O2↑+2ClO 除去过量的Na2CO3和NaOH ClO2 +e-=ClO 271.5 g
【详解】(1)该化合物中Cl元素为+3价，属于亚氯酸盐，故名称为亚氯酸钠；
(2)H2O2中H与O之间共用一对电子，O与O之间也共用一对电子，对应电子式为。
(3)由图示知，反应①为NaClO3、H2SO4、SO2三者之间反应生成NaHSO4、ClO2，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+ 2NaHSO4；
(4)转化为Cl-，元素化合价降低，需要还原剂，FeSO4中Fe元素化合价可升高到+3，SO2中S元素化合价可升高到+6价，均可作还原剂，故选ad；
(5)根据图示，反应②为ClO2在碱性条件下被H2O2还原为，H2O2被ClO2氧化为O2，结合得失电子守恒初步配平反应为：2ClO2+H2O2→2+O2↑，根据电荷守恒确定左边添加2个OH-，根据元素守恒右边添加2个H2O，得方程式为：2OH- + 2ClO2+H2O2=2H2O+O2↑+2ClO；
(6)①粗盐提纯过程中需加入过量的Na2CO3、NaOH除去相应离子，过滤后需加入盐酸将过量的Na2CO3、NaOH除去，故此处填：除去过量的Na2CO3和NaOH；
② ClO2转化为ClO需要得电子，故在阴极反应，即阴极反应式为ClO2 +e-=ClO；由图示知，Cl-在阳极放电产生Cl2，根据关系式Cl2~2e-可知电路中转移电子的物质的量=2n(Cl2)=，结合阴极电极反应可知生成亚氯酸根离子的物质的量n(ClO)=转移电子=3 mol，则NaClO2质量=3 mol×90.5 g/mol=271.5 g。
16． 球形干燥管(或干燥管) BCD 排尽装置中的空气 2Na+ 2NH3 2NaNH2 + H2 b NaNH2 +N2O NaN3+ H2O 降低NaN3的溶解度(或促使NaN3结晶析出等合理答案) 乙醚
【分析】实验室选用氯化铵和消石灰共热或用浓氨水和新制生石灰(或氢氧化钠固体)，或用加热浓氨水制备氨气；金属钠有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，先通入氨气排尽装置中的空气，氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，在210~220℃条件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，叠氮化钠易溶于水，NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，故将a中混合物加水除去NaNH2，加入乙醇，经溶解、过滤、经乙醚洗涤干燥后得到叠氮化钠，由此分析。
【详解】(1)根据仪器的结构特点可知盛放无水氯化钙的仪器为球形干燥管(或干燥管)
实验室制取氨气主要有三种方法：①加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物；②加热浓氨水；③浓氨水中加入固态碱性物质。
A．用A装置加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氦气时，试管口应朝下，故不选A项；
B．B装置可用于加热浓氨水制取氨气，故选B项；
C．C装置可加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，故选C项；
D．D装置中，长颈漏斗装入浓氨水，烧瓶中加入固体碱性物质(如氢氧化钠)，可制取氨气，故选D项；
综上所述，本题正确答案为：BCD；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+ 2NH32NaNH2 + H2；已知步骤③的温度为210~220℃，宜用油浴加热，故选b；
(3) 根据电子守恒和元素守恒可知NaNH2和N2O反应生成NaN3的化学方程式为NaNH2 +N2O NaN3+ H2O；
(4)由题可知，NaN3不溶于乙醚，因此操作Ⅱ加乙醚的目的是降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，因此操作Ⅳ最好选用乙醚。
17． 1000mL容量瓶 mol·L-1 硫酸钾 铜 1.02 14H+++6e-=2 Cr3++7H2O 大于
【详解】(1)①配制1L一定物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要1000mL容量瓶、胶头滴管；
②根据实验反应原理可知，发生反应：14H+++6I-=2Cr3++7H2O+3I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；据此可知反应关系：~3I2~6Na2S2O3，设K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为xmol/L，则：6×x×30.00×10-3=c×V×10-3，解之的x= mol/L；
(2)①盐桥中离子不与溶液中的离子反应，且离子的满足电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，虽然锂离子和碳酸氢根离子电迁移率最相近，但是碳酸氢根离子与铜离子发生双水解反应，不能大量共存，不能选择；据表数据只有选择钾离子和硫酸根离子，二者的电迁移率也很相近（与其余的几组相比较，数值相差较大，不能选择），且与两极电解质溶液共存，所以盐桥中应选择硫酸钾作为电解质。
②电流表显示电子由铜电极流向铂电极可知，说明铜做负极，铂电极为正极，根据阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律可知，盐桥中的阴离子进入铜电极；
③铜做负极，极反应Cu-2e-=Cu2+；一段时间后铜电极溶液中Cu2+变为1.03mol·L-1，铜离子变化了0.03mol/L，则转移电子的量为0.06mol；铂电极为正极，正极极反应：14H+++6e-=2Cr3++7H2O，根据电子转移守恒规律，所以生成Cr3+的量为0.02mol，原溶液中存在铬离子，所以铂电极溶液中Cr3+的浓度1.02mol·L-1；
④根据实验可知，铜做原电池的负极，发生氧化反应，铜做还原剂；铂电极做原电池的正极，发生还原反应：14H+++6e-=2Cr3++7H2O，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，可确定还原性：Cu大于Cr3+。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 防止生成排放造成环境污染
(3)
(4) A
(5)
(6)
【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2，杂质含有Ca、Cu、Re等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMoO4，同时生成Ca、Cu、Re的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，浸出液回收金属铼，浸渣加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出液含、等，浸出液中加入净化除杂，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子，经过蒸发浓缩，浓缩液加入硫酸酸沉分离得多钼酸铵。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）“氧化焙烧”中是还原剂，钼元素由+2价升高到+6价，硫元素由-1价升高到+6价，氧气是氧化剂，氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是9:2；加入碳酸钙可以吸收二氧化硫进一步转化为硫酸钙，防止生成排放造成环境污染；
（3）加入溶液，钼酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，生成的离子方程式为； ；
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子；
（5）“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，离子方程式为：；
（6）通过流程可知，可循环利用的物质是、，两者可转化为碳酸铵在盐浸步骤中使用。
19．(1)AC
(2) 6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O b
(3) 温度为20℃-80℃ Fe(OH)3
(4) F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全 2.5×10-3或10-2.6
(5)Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+
【分析】根据红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备黄钠铁矾和Ni (OH)2，利用流程图中最后得到是氢氧化镍，在过滤II中得到黄钠铁钒判断需要除去的元素时铁和镁及硅，根据第一步加入硫酸判断不能反应的是二氧化硅，即可以把硅元素除去，根据第四小题判断加入氟化钠除去的是镁元素，故沉铁过程中是除去铁元素，而氧化是把二价铁氧化沉三价铁，然后利用三价铁水解的特点，加入碳酸钠调节pH进行沉淀铁元素，加入硫酸钠让其生成黄钠铁钒，再加入氟化钠除去镁元素，剩余镍元素通过一系列得到氢氧化镍；
【详解】（1）A．研磨粉碎可以增大接触面积，故可以增大反应速率，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性可以将还原性物质氧化，故不能用浓硫酸进行“酸浸”故B不正确；
C．过滤是分离固体和液体的操作，所用仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒，故C正确；
D．滤渣I根据红土镍矿主要成分判断应是二氧化硅，二氧化硅不与水反应，不与硫酸反应，故D不正确；
故选答案AC；
（2）氧化过程中加入氯酸钠，其中氯酸根具有氧化性，而杂质离子中二价铁具有还原性，根据电子、电荷、原子守恒配平得：6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O；故答案为：6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O；当NaClO3已足量时，说明二价铁全部被 氧化，可以通过溶液中是否还含有二价铁进行判断NaClO3已足量，故选择B；
（3）根据图象中pH=2.5时，沉铁为氢氧化铁判断最佳温度是20℃-80℃，故答案为20℃-80℃；若反应在低于40℃时进行，加碳酸钠偏多，根据图象判断则所得黄钠铁矾中混有的杂质是Fe(OH)3；故答案为：Fe(OH)3；
（4）“沉镁”是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，即氢离子浓度增大，F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全；根据
,故答案为；
（5）以NiSO4和NaH2PO2为原料在酸性溶液中镀镍即生成镍单质，根据同时生成的产物利用电荷、电子守恒配电极反应为：Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+，故答案为Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+；
【点睛】此题考查工艺流程除杂、物质制备等，利用杂质和所需物质的性质不同选择不同的除杂方法，根据常见离子的沉淀采用一定的顺序进行分离，注意离子除去的先后顺序根据所加入的除杂试剂进行判断。
20．(1) 搅拌 将阳极泥粉碎等
(2) CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O 23.7 g
(3)减小压强，能够使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯
(4) H2SO4溶液 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)1014.5
【分析】电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4。粗硒经减压蒸馏得到单质硒。向滤液中加入萃取剂使Cu2+变为R2Cu进入有机相，然后加入稀硫酸作反萃取剂分离得到CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到胆矾。在固体X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，发生沉淀转化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，得到AgCl沉淀，然后经一系列处理得到粗银。
(1)
“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；
(2)
CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；
吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44 L标准状况下SO2参加反应，其物质的量n(SO2)=，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se的物质的量是0.3 mol，其质量m(Se)=0.3 mol×79 g/mol=23.7 g；
(3)
根据已知信息可知Se的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；
(4)
根据2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；
得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用的操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，Ksp(AgCl)=10-4.75×10-5=10-9.75；Ksp(Ag2SO4)=(10-2)2×10-1=10-5；反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=。
21．(1)
(2)
(3) 通入冷(或冰)水中 一 正盐 1：3 2
【分析】已知电炉室内发生的反应为：，用冷水将转化为，与KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，KH2PO2和硫酸反应生成H3PO2，再发生自身的氧化还原反应得到PH3和H3PO4；
(1)
和水反应时，生成PH3和Ca(OH)2，化学方程式为：；
(2)
实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法来制取氨气，固体和NaOH固体制取的化学方程式：；
(3)
①因白磷易自燃，故通常保存在冷水中，在“气体分离”环节中得到白磷固体比较合理的操作是将混合气体通入到冷水中，过滤；
②加入硫酸反应生成，则属于一元酸，由钾离子和组成，属于正盐；
③P4转化成KH2PO2，P的化合价升高，KH2PO2为氧化产物，转化为PH3，P元素化合价降低，则PH3为还原产物，利用化合价升降法进行配平，即P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，氧化剂和还原剂物质的量之比是1：3；
④对于反应，CuSO4中Cu元素化合价+2降低到+1价，消耗2mol时转移2mol电子。
22．(1)适当升高温度
(2) 将滤液蒸发浓缩 冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4) 4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑ 4:1
(5) 2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O 3.2 可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失
【分析】由题干流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4·7H2O，据此分析解题。
（1）
对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
（2）
加入锌粉后置换出铜、镍，过滤得到滤液硫酸锌溶液，经过“一系列操作”得到皓矾晶体，则“一系列操作”主要包括将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，干燥。
（3）
置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，反应中锌发生氧化反应，Ni2+、Sb2O3发生还原反应，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+。
（4）
已知，Ag(NH3)2Cl可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑，反应中Ag(NH3)2Cl发生还原反应作氧化剂，N2H4发生氧化反应作还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1。
（5）
由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中过氧化氢将二价铁转化为三价铁，三价铁生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O。
由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2。
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀；故在PH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失。
23．(1) +3 增大盐酸的浓度
(2)氧化Fe2+生成Fe3+
(3) 4.7～7.1 Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
(5)10 g•L-1
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
（1）
Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
（2）
“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；
（3）
沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（5）
根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1。
24． 将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取） 硅酸 2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O 将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离 Fe(OH)3 3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O 0.01×(107.2—14)2 8.7
【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入6mol/L氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硫酸，氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
【详解】(1) “浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸；
(3) 由分析可知， “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O，故答案为：2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O；
(4) 由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液，达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的，故答案为：将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3；
(5) 由分析可知， “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O，故答案为：3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O；
(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01mol/L，氢氧根离子浓度为107.2—14 mol/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 mol/L，则溶液中氢氧根离子浓度为==10—5.3 mol/L，则溶液的pH为8.7，故答案为：0.01×(107.2—14)2；8.7。
25． 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O Fe2(SO4)3（或硫酸铁） Fe2+、Ag+ 4HCl+HNO3+Au=HAuCl4+NO↑+2H2O NaOH 尿素 尿素无毒，生成的产物无毒，甲醛有毒，生成的NO为有毒气体 126(a+0.04b)
【分析】经过第①步，部分Cu与O2、稀硫酸反应生成CuSO4，经过第②步，Zn、Cu、Ag被Fe2(SO4)3氧化生成ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4，Fe2(SO4)3自身被还原为FeSO4，Au不溶解，故滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，滤渣中的粗金经王水溶解后生成HAuCl4（滤液B），滤液B经过脱销操作除去硝酸根，再经过草酸还原获得纯金。
【详解】(1)Cu与稀硫酸、O2反应生成CuSO4和水，结合得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，对应离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
(2)由分析知，步骤②中Fe2(SO4)3对应还原产物FeSO4，故该步氧化剂为Fe2(SO4)3；
(3)由分析知，滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，故此处填Ag+、Fe2+；
(4)初步确定方程式为：Au+HCl+HNO3→HAuCl4+NO↑+H2O，根据得失电子守恒结合元素守恒配平得完整方程式为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O；尾气中NO与空气中O2反应生成NO2，NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3，可用NaOH溶液吸收生成的NO2，故此处填NaOH；
(5)由于尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体，故工业上应选择尿素脱硝，故依次填：尿素；尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体；
(6)滤液C中含剩余的H2C2O4，与NaOH反应转化为Na2C2O4，再与CaCl2反应生成CaC2O4沉淀，故剩余的草酸n1(H2C2O4)=n(CaC2O4)=，故整个过程消耗草酸n(H2C2O4)=a mol+ n1(H2C2O4)=(a+0.04) mol，对应加入H2C2O4·2H2O的质量=126 g/mol×(a+0.04) mol=126×(a+0.04) g。
26． 3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O CaCl2和 KCl 碳酸钾 碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑
【分析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。
【详解】(1)步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O；
(2)步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl；
(3)除钙一般用，步骤V反应为K2CaFe(CN)6 + X = K4Fe(CN)6 +СаСО3，则X为K2СО3，名称为碳酸钾；
(4)①NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
②反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑；
③HCN的Ka=6.3×10-10，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=c(CN-)=c mol/L，c(HCN)=(0.1-c)mol/L，
，则。
27． Zr (OH) 4 ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2 1×106Pa，390℃ 温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低 SiO32-、AlO2-、Cl- 2.06L 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O
【分析】天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，沉淀中主要有Fe(OH)3、Zr(OH)4、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，通入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)滤渣1中含有Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2，主要成分是Zr(OH)4；
(2)①根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；
②观察图象可知产率最高点时的压强和温度分别是1×106Pa，390℃；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低；
(3)“滤液1”中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，阴离子除OH-外还有SiO32-、AlO2-、Cl-；
(4)①沉淀Cu2+需要2 L 1 mol/L NaCN溶液，根据Ksp=c( Cu2+)×c2(CN-),代入Ksp=4×10-10、c(Cu2+)=1.0×10-6 mol/L计算，可得最终混合液中c(CN-)=2.0×10-2mol/L。设所需体积为(2+x)L，则有x=2.00×10-2×(3+x)，计算得x≈0.06，所以最终需要2.06 L溶液；
②)漂白液或漂白液的有效成分都含有ClO-，由题意知氮元素氧化生成N2，碳元素氧化生成CO32-， ClO-还原成Cl-，结合原子个数守恒、电子守恒进行配平，发生反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。
【点睛】计算NaCN溶液的体积不能只算沉淀所需的，需先计算沉淀完Cu2+所需的NaCN，再通过Ksp计算出溶液中剩余的NaCN，二者加和即可；方程式的书写要确定产物，再根据方程式的配平方法进行配平。
28． MnO2+PbS+4HClPbC12+S+MnC12+2H2O 除去Fe3+ 温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体 BD 6.75×10-6mol•L-1 浸取 4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；
(3)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；
(4)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。
A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；
B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；
C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；
D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；
综上所述选BD；
(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；
(6)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。
29． SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑ 不变
【分析】钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2•nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
【详解】(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；
(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；
(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
【点睛】第(3)题中要注意碳酸亚铁的溶解度比氢氧化亚铁的溶解度要小，所以加入碳酸氢铵后不是双水解生成氢氧化亚铁沉淀，而是结合碳酸氢根电离出的碳酸根生成碳酸亚铁沉淀。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-03氧化还原反应
一、单选题
1．（2022·广西北海·统考模拟预测）下列叙述正确的是（ ）
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
D．失电子难的原子，容易获得的电子
2．（2022·广西北海·统考模拟预测）雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是
A．砷酸的分子式为H2AsO4
B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1
D．该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子
3．（2021·广西·统考二模）下列实验方案中，能达到实验目的是
实验目的
实验方案
A
验证H2O2具有氧化性
向0.1 mol·L-1 KMnO4溶液中滴加0.1 mol·L-1H2O2溶液，可观察到溶液褪色
B
证明铜与浓硫酸反应有SO2生成
将浓硫酸滴加到放有铜片的试管中，并将蘸有品红溶液的湿滤纸置于试管口
C
比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl) 的大小关系
向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加足量AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色
D
确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3
取少量待测液，滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊
A．A B．B C．C D．D
4．（2021·广西·统考二模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1 mol•L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子总数为0.2NA
B．12g石墨和金刚石的混合物含有4NA个碳原子
C．1molCl2与足量铁充分反应，转移的电子数为2NA
D．2.8gCO 和C2H4的混合气体中含有的质子数为1.4NA
5．（2020·广西来宾·模拟预测）利用所学化学知识积极探索资源的有效使用、节约使用和循环使用，以实现循环经济和可持续发展，从而实现废弃物的综合利用和保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是
A．“溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解II”过程中，有大量的气体产生
D．“操作I”需要用到酒精灯、玻璃棒等仪器
6．（2020·广西北海·统考一模）实验室制备碱式次氯酸镁（简称BMH，白色粉末，难溶于水）的一种方法如下：
下列说法错误的是
A．BMH能与部分无机含氧酸发生反应
B．电极y端最好与外电源的正极相连
C．BMH具有杀菌、消毒和漂白作用
D．反应器中发生的反应无电子转移
7．（2020·广西柳州·统考一模）已知N-Cl键中，N元素显负价，Cl元素显正价。NCl3易与水反：NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO。若NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．该反应中，NCl3既是氧化剂，又是还原剂
B．标准状况下，1.7gNH3体积约为2.24L
C．0.1molNCl3中阴阳离子总数为0.4NA
D．100mL1mol/LHClO溶液中H+总数为0.1NA
8．（2020·广西北海·统考一模）2019 年诺贝尔化学奖授予英国科学家古德纳夫及另外两位科学家，以表彰他们在锂离子电池研究中的杰出贡献。 LiFePO4是用于制备大功率锂离子电池的正极材料 ，且一种制备流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．LiFePO4中Fe的化合价为+2
B．“沉铁”过程中双氧水作氧化剂
C．料液可循环利用
D．“煅烧”中有大量的CO2、CO生成
9．（2020·广西柳州·统考模拟预测）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应
B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
C．X是HNO2，是还原产物
D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂
二、多选题
10．（2021·广西梧州·统考一模）下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．四氧化三铁溶于足量稀硝酸：3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O
B．工业上生产漂白粉的原理：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：＋OH－＝NH3·H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液：2＋6H＋＋7H2O2＝2Mn2＋＋6O2↑＋10H2O
三、实验题
11．（2022·广西柳州·统考模拟预测）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑，氯的许多化合物广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用图装置(部分装置省略)制备和NaClO。
回答下列问题：
(1)A中盛放浓盐酸的仪器名称为___________，A中反应的化学方程式为___________。
(2)B装置的作用是___________。C中发生反应的离子方程式为___________，D中使用冰水冷却的目的是___________。
(3)E中棉花团应蘸取的溶液是___________(填化学式)，其作用是___________。
(4)也可用于消毒，则0.1mol的有效氯含量为___________g。(“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。)
12．（2022·广西·统考一模）过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I：(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是_______，b的作用是_______，试剂X为_______(填名称)。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是_______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是_______。
Ⅱ：(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和，1mol能氧化的Mn2+的物质的量为_______mol。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为)，写出该反应的离子方程式：_______。
Ⅲ：标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的：(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为_______，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为_______mol·L-1.
13．（2021·广西·统考二模）二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，+4 价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒( IV )碱式碳酸铵晶体。过程如下：
回答下列问题：
(1)步骤i中生成VOC12的同时还产生一种无色无污染的气体，所发生反应的化学方程式为___________。只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOC12溶液，从安全与环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是___________。
(2)步骤ii可在下图装置中进行。
①向锥形瓶中滴加VOCl2溶液前应通入一段时间的CO2，目的是___________。
②装置B中的试剂是___________。
③反应结束后，将锥形瓶置于干燥器中一段时间，可得到紫红色晶体，然后抽滤洗涤，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是___________，用无水乙醇洗涤的目的是___________。
(3)测定氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量a g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量。再用尿素除去过量的NaNO2，滴入几滴铁氰化钾{K3[ Fe(CN)6]}溶液，最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为： +Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O
①KMnO4溶液的作用是___________
②滴定终点时的现象为___________
③粗产品中钒的质量分数的表达式为___________
14．（2021·广西桂林·统考一模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，受热易分解，易溶于水。回答下列问题：
(1)甲同学欲选用上述装置制取亚氯酸钠，装置连接顺序为A→B→C→D，装置A的分液漏斗中盛放浓硫酸，三颈烧瓶中盛放NaClO3和Na2SO3固体，装置C的试管中盛放NaOH和H2O2的混合溶液。已知2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
①装置B、D的作用分别是___________、___________。
②装置C中发生反应的化学方程式为___________。
③取C中试管反应后的混合溶液，经减压蒸发、结晶、过滤、干燥等操作可获得NaClO2固体，采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”的原因是___________。
④已知亚氯酸钡易溶于水，请设计实验方案检验所得NaClO2晶体中是否含有杂质Na2SO4：___________。
(2)乙同学选用上述A、E装置测定亚氯酸钠样品的纯度，已知NaClO2遇酸生成NaCl，并释放出ClO2.装置A的分液漏斗中盛放稀硫酸，三颈烧瓶中盛放m g样品，E中盛放足量KI和H2SO4的混合溶液，连接好装置，后续步骤如下：
I．用分液漏斗缓慢滴加稀硫酸，充分反应。
II．用c mol·L-1的硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2=2I-+)，选用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时用去V mL Na2S2O3标准溶液。
①装置A中反应结束后，往其中通入N2的作用是___________。三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为___________。
②滴定到终点时的实验现象是___________。
③样品中NaClO2的质量分数为___________(列出计算表达式)。
15．（2020·广西·统考一模）NaClO2是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。Mathieson方法制备NaClO2的流程如图所示：
(1)NaClO2的名称是_______。
(2)H2O2的电子式是_______。
(3)反应①的化学方程是_______。
(4)ClO2也是一种消毒剂，在杀菌消毒过程中会产生副产物ClO，需将其转化为Cl- 除去，下列试剂中，可将ClO转化为Cl- 的是_______(填字母序号)。
a. FeSO4 b.O3 c. KMnO4 d. SO2
(5)反应②的离子方程式是_______。
(6)电解法也可得到NaClO2，如图所示：
①粗食盐中含有SO、Ca2+ 、Mg2+。精制食盐水的过程中需要加入盐酸，目的是_______。
②电解过程中的阴极反应式是_______ ； 电解过程中若产生标准状况下氯气33.6 L，理论上得到NaClO2的质量是_______。
16．（2020·广西玉林·统考一模）叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇。不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂，实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置(图甲)及实验步骤如下：
①关闭止水夹K2，打开止水夹K1，制取并通入氨气。
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。
③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210~220 ℃，然后打开止水夹K2，通入Na2O。
请回答下列问题：
(1)盛放无水氯化钙的仪器名称是___________，图乙中可用来制取氨气的装置有___________(填标号)。
(2)步骤①中先通氨气的目的是___________，步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为___________，步骤③中最适宜的加热方式为___________(填标号)。
a水浴加热 b．油浴加热 c．酒精灯直接加热
(3)生成NaN3的化学方程式为___________。
(4)反应结束后，进行以下操作，得到NaN3固体(NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气)。
操作II的目的是___________，操作IV最好选用的试剂是___________。
17．（2020·广西北海·统考一模）K2Cr2O7是实验室常用试剂。回答下列问题：
(1)实验室配制一定浓度的K2Cr2O7溶液(橙红色)并标定的实验步骤如下：
步骤I．称取约5 g K2Cr2O7于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，配制成1 L溶液；
步骤II．移取30.00 mL已配制的K2Cr2O7溶液于碘量瓶中，加入2 g过量KI，再加20 mL20%的硫酸，摇匀(还原为亮绿色的Cr3+)，在暗处放置10 min，加水稀释，用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，接近终点时，加入几滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗V mL Na2S2O3溶液。
①步骤I需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要___________、胶头滴管。
②K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为___________(用含c、V的代数式表示)。
(2)为验证Cu与Cr3+的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
①电池装置中，盐桥用于连接两电极电解质溶液，盐桥中的阴、阳离子应满足下列条件：
i．不与溶液中的物质发生化学反应；
ii．离子的电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择___________作为电解质。
25℃无限稀溶液中离子的电迁移率
阳离子
u∞/m2·s-1·V-1
阴离子
u∞/m2·s-1·V-1
H+
36.30×10-8
OH-
20.52×10-8
K+
7.62×10-8
8.27×10-8
Ba2+
6.59×10-8
Cl-
7.91×10-8
Na+
5.19×10-8
7.40×10-8
Li+
4.01×10-8
4.61×10-8
②电流表显示电子由铜电极流向铂电极可知，盐桥中的阴离子进入___________电极溶液中。
③一段时间后铜电极溶液中Cu2+变为1.03 mol·L-1，铂电极溶液中Cr3+的浓度为___________mol·L-1(假设两边溶液体积相等且不变化)；铂电极的电极反应式为___________。
④由实验结果可确定还原性：Cu___________(填“大于”或“小于”)Cr3+。
四、工业流程题
18．（2022·广西南宁·统考模拟预测）嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为(S为价)，含少量、、(铼)等元素。其中钼是大脑必需的七种微量元素之一，以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。
已知：25℃时
难溶物
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是_______。
(2)“氧化焙烧”中发生反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其中加入石灰石的主要作用是_______。
(3)加入后的“浸出液”中含有(钼酸根)，以及少量等离子，生成的离子方程式为_______，该反应的_______。
(4)根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
该试剂主要是将离子转化为_______(填化学式)。
(5)“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，该反应的离子方程式为_______。
(6)工艺流程中可循环利用的物质是_______、_______。
19．（2022·广西·统考一模）黄钠铁矾[NaFe3 (SO4)2(OH)6]是一种高效净水剂，Ni(OH)2可作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备黄钠铁矾和Ni (OH)2，工艺流程如图所示。
已知：①次亚磷酸钠(NaH2PO2)具有还原性；
②亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是_______ (填标号)。
A．研磨粉碎的目的是增大反应速率
B．用浓硫酸可提高“酸浸”时的浸取率
C．过滤时用到的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“滤渣I”的主要成分为H2SiO3
(2)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为：_______；为 了证明加入的NaClO3已足量，可取“氧化”后的溶液，向其中加入_______来检验(填标号)。
a． KSCN 溶液 b． K3[Fe(CN)6]溶液 C．酸性KMnO4溶液
(3)“沉铁” 过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)，若控制pH=2.5，沉铁的最佳温度范围为_______；若反应在低于40℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是_______。
(4)①“沉镁”是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，则Mg2+沉淀不完全，原因是_______。
②若“沉镁”后溶液的pH=8.0，则此时Ni2+浓度约为_______ mol·L-1 (已知：100.4≈2.5，
Ksp[Ni(OH)2]=10-14.6)。
(5)化学镀镍是金属表面镀镍的常用方法。以NiSO4和NaH2PO2为原料，在90℃的酸性溶液中镀镍，同时生成H3PO3。写出化学镀镍反应的离子方程式_______。
20．（2022·广西南宁·统考二模）抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：
已知：
①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。
②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。
回答下列问题：
(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施有_______、_______(回答两点即可)。
(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为_______；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若该过程中有13.44 LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se的质量为_______g。
(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是_______。
(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液；操作II为_______、_______过滤、洗涤、干燥。
(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，固体X加入NaCl溶液后，反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=_______。
21．（2022·广西柳州·统考二模）2020年人类在金星大气中探测到磷化氢(，也叫膦)，也是一种储粮用的熏蒸杀虫剂。
(1)在密闭粮仓放置的磷化钙()片剂，遇水蒸气放出气体。该反应的化学方程式为___________。
(2)可以采取类似于实验室制取氨气的方法来制取，写出固体和NaOH固体制取的化学方程式：___________。
(3)工业上，由磷矿制备膦的一种工艺如下：
已知：，回答下面问题：
①已知白磷在空气中易自燃，将和CO分离得到最经济科学的方法是___________。
②属于___________元酸，属于___________。(填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”)
③白磷和氢氧化钾溶液反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是___________。
④吸入磷化氢会对心脏、呼吸系统、肾、肠胃、神经系统和肝脏造成影响。磷化氢中毒时，可以口服硫酸铜溶液催吐，并解毒：。那么消耗2mol时转移电子___________mol。
22．（2022·广西·统考一模）市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有___________(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括___________、___________、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为___________。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-}，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：_______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为_______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为_______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是_______。
23．（2021·广西北海·统考一模）三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
回答下列问题：
(1)Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。
(2)“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。
(3)“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。
(4)“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。
(5)工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。
24．（2021·广西柳州·统考三模）用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4•7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：
(1)“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是___________(写出一条)。
(2)“滤渣1”的主要成分是___________。
(3)“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO的离子方程式为___________。
(4)加氨水“溶解”的目的是___________，‘滤渣 2”的主要成分是___________。
(5)“氧化”时，HNO3被还原为NO，该反应的化学方程式为___________。
(6)已知0.01mol•L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2，计算Ni(OH)2的Ksp=_____(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 mol•L-1)的pH为___________。
25．（2021·广西南宁·统考一模）黄金(Au)的一种化学精炼过程如下图所示，其中王水为浓盐酸和浓HNO3的混合物。
回答下列问题：
(1)步骤①中部分Cu与稀H2SO4、O2反应，该反应的离子方程为____。
(2)步骤②的反应中作氧化剂的物质是___。
(3)滤液A含有的金属离子主要有Zn2+、Cu2+、___。
(4)步骤④中王水与Au反应生成了HAuCl4、NO和H2O，该反应的化学方程式为___。该步骤产生的尾气中有NO，可向尾气中通入适量的空气后，再通入___溶液(填一种试剂)中的方法将其除去。
(5)步骤⑤中工业上若加入甲醛脱硝，反应生成CO2、NO和H2O，若加入尿素脱硝则生成N2、CO2和H2O。工业上应选择____脱硝，原因是___。
(6)若步骤⑥制纯金时反应amolH2C2O4，产生bL滤液C。取25.00ml滤液C，加入NaOH溶液中和，再加入足量的CaCl2饱和溶液，得到沉淀，过滤，将沉淀晾干得到CaC2O4，固体0.128g。步骤⑥加入的草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)的质量至少为____g(写出计算式)。
26．（2021·广西·统考二模）黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下：
回答下列问题：
(1)步骤I反应的化学方程式为___________
(2)步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为___________(填化学式)。
(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是___________(填名称)
(4)工艺中用到有毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理：
第一次氧化： NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；
第二次氧化： NaOCN与NaClO反应，生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。
已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.3×10-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
①第一次氧化时，溶液应调节为___________ (填 “酸性”“碱性 ”或“中性")， 原因是___________。
②第二次氧化反应的离子方程式为___________
③常温下，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=___________(列出计算式)。
27．（2020·广西·二模）一种类似钻石的装饰品——锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。天然锆石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
Ⅰ. Zr在化合物中通常显价，氯化过程中除C、O元素外，其它元素均转化为其高价氯化物；
Ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400℃升华
Ⅲ.Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr (SCN) 4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
请回答下列问题
(1)滤渣1的主要成分是：______________
(2)①“氯化”过程中，锆石(ZrSiO4)发生反应的化学方程式为______________
②ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题
“氯化”过程选择的最佳条件为_______；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为______
(3)“滤液1”中含有的阴离子，除OH-外还有____________________
(4)①常用的铜抑制剂为NaCN (氰化钠)，NaCN可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀(如Cu(CN)2，Ksp=4×10-10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol/L，若需要溶液中Cu2+浓度等于1.0×10-6 mol/L，则预处理1L该溶液需要1mol/LNaCN溶液的体积为_____________(假设溶液混合后体积可以相加，计算结果保留两位小数)
②由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_____________
28．（2020·广西钦州·二模）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) ΔH>0
iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。
（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为__。
（2）“调pH”的目的是__。
（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是__。
（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是__（填字母）。
A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小
B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
C．当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
D．当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动
（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO42-)=__。
（6）“滤液a”经过处理后可以返回到__工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)，该反应的化学方程式为__。
29．（2020·广西桂林·统考一模）工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是__(填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是__、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是__。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是__。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因：__。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是__，反应过程中CaO的物质的量__(填“减小”“不变”或“增大”)。
参考答案：
1．C
【详解】A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；
B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；
C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；
D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。
故选C。
2．D
【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；
B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；
C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；
D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。
3．D
【详解】A． H2O2可被KMnO4氧化，体现H2O2的还原性，A错误；
B． 铜与浓硫酸反应需要加热，B错误；
C． 因为AgNO3溶液是足量的，因此两溶液中均会产生沉淀，不能比较二者溶度积的大小关系，应滴加少量的AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色进行比较，先生成的沉淀，溶度积小，C错误；
D． NaCl与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2反应生成碳酸钙白色沉淀，故可通过观察是否出现白色浑浊，确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A． 溶液的体积未知，无法计算所含溶质的物质的量，故A错误；
B． 石墨和金刚石的化学式均为C，则12g石墨和金刚石的混合物为1mol，故含有NA个碳原子，故B错误；
C． 1molCl2与足量铁充分反应，氯气反应完全，氯气得2mol电子，由于转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，则转移的电子数为2NA，故C正确；
D． CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，则2.8gCO 和C2H4的混合气体为0.1mol，但是CO和C2H4含的质子数不相等，无法计算混合气体所含的质子数，故D错误；
故选C。
5．C
【分析】电池铜帽（主要成分为Cu、Zn )加入稀硫酸溶解，Cu不溶于H2SO4，锌溶于H2SO4，过滤除去滤液ZnSO4，分离出固体Cu，Cu与H2O2、H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤获得CuSO4∙5H2O，以此分析解答。
【详解】A．“溶解Ⅰ”中，将铜帽粉碎，增大了固体接触面积，可加快反应速率，A正确；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，则“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
C．“溶解Ⅱ”过程中发生反应为Cu+ H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，没有气体生成，C错误﹔
D．“操作Ⅰ”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，需要使用酒精灯和玻璃棒等仪器，D正确；
故合理选项是C。
6．B
【分析】电解饱和食盐水生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，再与氯化镁发生反应2Mg2++ClO-+3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3∙H2O，生成了BMH。
【详解】A. BMH能与酸发生反应生成镁盐和次氯酸，故A正确；
B. 为使阳极产生的氯气与阴极产生的氢氧化钠成分反应制得次氯酸钠，最好用x极做阳极，所以电极x端最好与外电源的正极相连，故B错误；
C. BMH是次氯酸盐，应与漂白粉具有相似的性质，所以具有杀菌、消毒和漂白作用，故C正确；
D. 反应器中发生的反应为2Mg2++ClO-+3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3∙H2O，无化合价的变化，所以是非氧化还原反应无电子转移，故D正确；
答案选B。
7．B
【详解】A. 该反应前后元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B. 标准状况下，1.7gNH3的物质的量是1.7g÷17g/mol＝0.1mol，体积约为2.24L，B正确；
C. NCl3是共价化合物，不存在阴阳离子，C错误；
D. 次氯酸是弱酸，部分电离，则100mL1mol/LHClO溶液中H+总数小于0.1NA，D错误；答案选B。
8．D
【分析】铁屑中加入稀硫酸进行酸溶，形成FeSO4溶液，向酸浸液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入磷酸将Fe3+转化为FePO4沉淀，过滤后得到料液主要含有硫酸，向FePO4沉淀中加入Li2CO3和适量H2C2O4在高温下煅烧得到LiFePO4，据此分析解答。
【详解】A．LiFePO4中Li元素为+1价，磷酸根离子为-3价，化合物中正负化合价之和为0，则Fe的化合价为+2，故A正确；
B．根据分析，“沉铁”过程中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则双氧水作氧化剂，故B正确；
C．根据分析，料液中的主要成分为硫酸，则料液可在酸溶步骤中循环利用，故C正确；
D．CO具有较强还原性，高温下可将LiFePO4 中的铁元素还原为铁单质，则“煅烧”中有大量的CO2，但不能有CO生成，故D错误；
答案选D。
9．B
【分析】由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【详解】A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；
C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；
D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。
答案选B。
10．AC
【详解】A．Fe3O4中Fe元素有+2价和+3价，所以和足量稀硝酸反应时，+2价的铁会被氧化成+3价，离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋＝9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故A正确；
B．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，石灰乳不能写成离子，正确离子方程式为：Cl2＋Ca(OH)2=Ca2++Cl－＋ClO－＋H2O，故B错误；
C．向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液会生成一水合氨，离子方程式为＋OH－＝NH3·H2O，故C正确；
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液，双氧水被氧化成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误；
综上所述答案为AC。
11．(1) 分液漏斗
(2) 除去挥发出来的HCl气体 避免生成
(3) NaOH 吸收氯气
(4)21.3
【解析】(1)
A中盛放浓盐酸的仪器名称为：分液漏斗；A中为实验室制氯气，反应的化学方程式为：；
(2)
浓盐酸有挥发性，B装置的作用是除去Cl2中混有的HCl，C中KOH与Cl2发生歧反应制备，离子方程式为：；根据C装置及其反应可知，温度高生成，D为制备NaClO装置，故D中使用冰水冷却的目的是防止生成NaClO3
(3)
E为尾气处理装置，棉花团应蘸取的溶液是NaOH，吸收多余Cl2。
(4)
1molCl2被还原成-1价Cl时，Cl2~2e-，得电子2mol，1mol KClO3被还原成-1价Cl时，KClO3~6e-，得电子6mol，故0.1mol的有效氯含量为。
12．(1) 分液漏斗 使内外压强相等，浓硫酸能够顺利滴下， 生石灰
(2)防止产品因溶解造成损失
(3)产品受热易分解
(4) 0.4 2Cr3++3S2O+7H2O=6SO+Cr2O+14H+
(5) 溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复 0.046
【分析】装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为(NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，以此来解析；
(1)
由仪器结构可知，a为分液漏斗，b为恒压分液漏斗，可使内外压强相等，浓硫酸能够顺利滴下，实验室用浓氨水和生石灰混合可制取NH3，故固体试剂X为生石灰；
(2)
无水乙醚洗涤沉淀，可以防止产品因溶解造成损失；
(3)
(NH4)2S2O8易分解，则烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是产品受热易分解；
(4)
在Ag+催化作用下，S2O能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO和MnO，S元素化合价由+7价变为+6价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等，1mol S2O 能氧化的Mn2+的物质的量==0.4mol；过二硫酸常被用于检验废水中Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色，为Cr2O，还原产物为SO，Cr化合价由+3价变为+6价，S化合价由+7价变为+6价，根据化合价升降守恒和原子守恒、电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O=6SO+Cr2O+14H+；
(5)
由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复；(NH4)2S2O8和KI反应生成碘单质和硫酸根离子，S元素化合价由+7价变为+6价，I元素的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2，根据I2+2=2I-+，可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2，n(Na2S2O3)=cV=0.1mol·L×18.4×10-3L=1.84×10-3mol，c((NH4)2S2O8)===0.046mol/L。
13． 有氯气生成，污染环境 排除装置中的空气，避免产物被氧化 饱和NaHCO3溶液 Cl- 除去晶体表面的水分 将+4价的钒氧化为 当加入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失，即达滴定终点
【分析】根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4∙2HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液反应，将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干燥得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。
【详解】(1)步骤i中V2O5与盐酸、N2H4∙2HCl混合得到VOC12的同时生成氮气，反应为：
；浓盐酸与V2O5来制备VOC12，根据氧化还原反应原理，V元素被浓盐酸还原，则浓盐酸中氯元素被氧化得到氯气，氯气污染环境；
(2)①已知：+4 价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入一段时间的CO2，排除装置中的空气，避免产物被氧化；
②A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，无装置B，HCl与NH4HCO3溶液反应，故为饱和NaHCO3溶液；
③根据生成物的晶体组成分析，晶体中不含有Cl-，故用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去的阴离子主要是Cl-，减少晶体的溶解；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；
(3)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；
②滴定终点时的现象为当加入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失，即达滴定终点；
③根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2] =c mol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，则粗产品中钒的质量分数的表达式为。
14． 作安全瓶，防倒吸 吸收多余的ClO2气体，防止污染空气 2ClO2 +2NaOH+ H2O2=2NaClO2 +2H2O+O2↑ 常压蒸发温度高，亚氨酸钠容易分解 取少量所得晶体溶于蒸馏水，加入稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明晶体中含有杂质Na2SO4，否则晶体中不含有杂质Na2SO4 将装置中残留的ClO2带入装置E中 4H+ +5=4ClO2↑+ Cl-+2H2O 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色
【详解】(1)①装置B为安全瓶，防止装置A中气体温度降低而产生倒吸。本实验产生污染性气体ClO2，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置D就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气，故答案为：作安全瓶，防倒吸；吸收多余的ClO2气体，防止污染空气；
②氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，已知反应的化学方程.式应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置C反应后的溶液获得NaClO2晶体，故装置C中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低体现氧化性，双氧水应表现还原性，价态升高有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后化学方程式为：2ClO2 +2NaOH+ H2O2=2NaClO2 +2H2O+O2↑，故答案为：2ClO2 +2NaOH+ H2O2=2NaClO2 +2H2O+O2↑；
③高于60°C时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，常压蒸发温度高，亚氯酸钠容易分解，故答案为：常压蒸发温度高，亚氨酸钠容易分解；
④的检验用盐酸和氯化钡溶液，取少量所得晶体溶于蒸馏水，加入稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明晶体中含有杂质Na2SO4，否则晶体中不含有杂质Na2SO4，故答案为：取少量所得晶体溶于蒸馏水，加入稀盐酸酸化，再滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则说明晶体中含有杂质Na2SO4，否则晶体中不含有杂质Na2SO4；
(2)①装置A中反应结束后，往其中通入N2的作用是将装置中残留的ClO2带入装置E中，已知NaClO2遇酸生成NaCl,并释放出ClO2，则三颈烧瓶中发生的反应为NaClO2与稀硫酸反应生成NaCl、ClO2和水，反应的离子方程式为4H+ +5=4ClO2↑+ Cl-+2H2O，故答案为：将装置中残留的ClO2带入装置E中；4H+ +5 =4ClO2↑+ Cl-+2H2O；
②淀粉遇碘变蓝，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，故答案为：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
③令样品中NaClO2的质量分数为a，则：，，所以，故答案为：。
15． 亚氯酸钠 2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+ 2NaHSO4 ad 2OH- + 2ClO2+H2O2=2H2O+O2↑+2ClO 除去过量的Na2CO3和NaOH ClO2 +e-=ClO 271.5 g
【详解】(1)该化合物中Cl元素为+3价，属于亚氯酸盐，故名称为亚氯酸钠；
(2)H2O2中H与O之间共用一对电子，O与O之间也共用一对电子，对应电子式为。
(3)由图示知，反应①为NaClO3、H2SO4、SO2三者之间反应生成NaHSO4、ClO2，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+ 2NaHSO4；
(4)转化为Cl-，元素化合价降低，需要还原剂，FeSO4中Fe元素化合价可升高到+3，SO2中S元素化合价可升高到+6价，均可作还原剂，故选ad；
(5)根据图示，反应②为ClO2在碱性条件下被H2O2还原为，H2O2被ClO2氧化为O2，结合得失电子守恒初步配平反应为：2ClO2+H2O2→2+O2↑，根据电荷守恒确定左边添加2个OH-，根据元素守恒右边添加2个H2O，得方程式为：2OH- + 2ClO2+H2O2=2H2O+O2↑+2ClO；
(6)①粗盐提纯过程中需加入过量的Na2CO3、NaOH除去相应离子，过滤后需加入盐酸将过量的Na2CO3、NaOH除去，故此处填：除去过量的Na2CO3和NaOH；
② ClO2转化为ClO需要得电子，故在阴极反应，即阴极反应式为ClO2 +e-=ClO；由图示知，Cl-在阳极放电产生Cl2，根据关系式Cl2~2e-可知电路中转移电子的物质的量=2n(Cl2)=，结合阴极电极反应可知生成亚氯酸根离子的物质的量n(ClO)=转移电子=3 mol，则NaClO2质量=3 mol×90.5 g/mol=271.5 g。
16． 球形干燥管(或干燥管) BCD 排尽装置中的空气 2Na+ 2NH3 2NaNH2 + H2 b NaNH2 +N2O NaN3+ H2O 降低NaN3的溶解度(或促使NaN3结晶析出等合理答案) 乙醚
【分析】实验室选用氯化铵和消石灰共热或用浓氨水和新制生石灰(或氢氧化钠固体)，或用加热浓氨水制备氨气；金属钠有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，先通入氨气排尽装置中的空气，氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，在210~220℃条件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，叠氮化钠易溶于水，NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，故将a中混合物加水除去NaNH2，加入乙醇，经溶解、过滤、经乙醚洗涤干燥后得到叠氮化钠，由此分析。
【详解】(1)根据仪器的结构特点可知盛放无水氯化钙的仪器为球形干燥管(或干燥管)
实验室制取氨气主要有三种方法：①加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物；②加热浓氨水；③浓氨水中加入固态碱性物质。
A．用A装置加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氦气时，试管口应朝下，故不选A项；
B．B装置可用于加热浓氨水制取氨气，故选B项；
C．C装置可加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，故选C项；
D．D装置中，长颈漏斗装入浓氨水，烧瓶中加入固体碱性物质(如氢氧化钠)，可制取氨气，故选D项；
综上所述，本题正确答案为：BCD；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+ 2NH32NaNH2 + H2；已知步骤③的温度为210~220℃，宜用油浴加热，故选b；
(3) 根据电子守恒和元素守恒可知NaNH2和N2O反应生成NaN3的化学方程式为NaNH2 +N2O NaN3+ H2O；
(4)由题可知，NaN3不溶于乙醚，因此操作Ⅱ加乙醚的目的是降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，因此操作Ⅳ最好选用乙醚。
17． 1000mL容量瓶 mol·L-1 硫酸钾 铜 1.02 14H+++6e-=2 Cr3++7H2O 大于
【详解】(1)①配制1L一定物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要1000mL容量瓶、胶头滴管；
②根据实验反应原理可知，发生反应：14H+++6I-=2Cr3++7H2O+3I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；据此可知反应关系：~3I2~6Na2S2O3，设K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为xmol/L，则：6×x×30.00×10-3=c×V×10-3，解之的x= mol/L；
(2)①盐桥中离子不与溶液中的离子反应，且离子的满足电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，虽然锂离子和碳酸氢根离子电迁移率最相近，但是碳酸氢根离子与铜离子发生双水解反应，不能大量共存，不能选择；据表数据只有选择钾离子和硫酸根离子，二者的电迁移率也很相近（与其余的几组相比较，数值相差较大，不能选择），且与两极电解质溶液共存，所以盐桥中应选择硫酸钾作为电解质。
②电流表显示电子由铜电极流向铂电极可知，说明铜做负极，铂电极为正极，根据阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律可知，盐桥中的阴离子进入铜电极；
③铜做负极，极反应Cu-2e-=Cu2+；一段时间后铜电极溶液中Cu2+变为1.03mol·L-1，铜离子变化了0.03mol/L，则转移电子的量为0.06mol；铂电极为正极，正极极反应：14H+++6e-=2Cr3++7H2O，根据电子转移守恒规律，所以生成Cr3+的量为0.02mol，原溶液中存在铬离子，所以铂电极溶液中Cr3+的浓度1.02mol·L-1；
④根据实验可知，铜做原电池的负极，发生氧化反应，铜做还原剂；铂电极做原电池的正极，发生还原反应：14H+++6e-=2Cr3++7H2O，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，可确定还原性：Cu大于Cr3+。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 防止生成排放造成环境污染
(3)
(4) A
(5)
(6)
【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2，杂质含有Ca、Cu、Re等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMoO4，同时生成Ca、Cu、Re的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，浸出液回收金属铼，浸渣加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出液含、等，浸出液中加入净化除杂，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子，经过蒸发浓缩，浓缩液加入硫酸酸沉分离得多钼酸铵。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）“氧化焙烧”中是还原剂，钼元素由+2价升高到+6价，硫元素由-1价升高到+6价，氧气是氧化剂，氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是9:2；加入碳酸钙可以吸收二氧化硫进一步转化为硫酸钙，防止生成排放造成环境污染；
（3）加入溶液，钼酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，生成的离子方程式为； ；
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子；
（5）“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，离子方程式为：；
（6）通过流程可知，可循环利用的物质是、，两者可转化为碳酸铵在盐浸步骤中使用。
19．(1)AC
(2) 6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O b
(3) 温度为20℃-80℃ Fe(OH)3
(4) F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全 2.5×10-3或10-2.6
(5)Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+
【分析】根据红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备黄钠铁矾和Ni (OH)2，利用流程图中最后得到是氢氧化镍，在过滤II中得到黄钠铁钒判断需要除去的元素时铁和镁及硅，根据第一步加入硫酸判断不能反应的是二氧化硅，即可以把硅元素除去，根据第四小题判断加入氟化钠除去的是镁元素，故沉铁过程中是除去铁元素，而氧化是把二价铁氧化沉三价铁，然后利用三价铁水解的特点，加入碳酸钠调节pH进行沉淀铁元素，加入硫酸钠让其生成黄钠铁钒，再加入氟化钠除去镁元素，剩余镍元素通过一系列得到氢氧化镍；
【详解】（1）A．研磨粉碎可以增大接触面积，故可以增大反应速率，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性可以将还原性物质氧化，故不能用浓硫酸进行“酸浸”故B不正确；
C．过滤是分离固体和液体的操作，所用仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒，故C正确；
D．滤渣I根据红土镍矿主要成分判断应是二氧化硅，二氧化硅不与水反应，不与硫酸反应，故D不正确；
故选答案AC；
（2）氧化过程中加入氯酸钠，其中氯酸根具有氧化性，而杂质离子中二价铁具有还原性，根据电子、电荷、原子守恒配平得：6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O；故答案为：6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O；当NaClO3已足量时，说明二价铁全部被 氧化，可以通过溶液中是否还含有二价铁进行判断NaClO3已足量，故选择B；
（3）根据图象中pH=2.5时，沉铁为氢氧化铁判断最佳温度是20℃-80℃，故答案为20℃-80℃；若反应在低于40℃时进行，加碳酸钠偏多，根据图象判断则所得黄钠铁矾中混有的杂质是Fe(OH)3；故答案为：Fe(OH)3；
（4）“沉镁”是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，即氢离子浓度增大，F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全；根据
,故答案为；
（5）以NiSO4和NaH2PO2为原料在酸性溶液中镀镍即生成镍单质，根据同时生成的产物利用电荷、电子守恒配电极反应为：Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+，故答案为Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+；
【点睛】此题考查工艺流程除杂、物质制备等，利用杂质和所需物质的性质不同选择不同的除杂方法，根据常见离子的沉淀采用一定的顺序进行分离，注意离子除去的先后顺序根据所加入的除杂试剂进行判断。
20．(1) 搅拌 将阳极泥粉碎等
(2) CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O 23.7 g
(3)减小压强，能够使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯
(4) H2SO4溶液 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)1014.5
【分析】电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4。粗硒经减压蒸馏得到单质硒。向滤液中加入萃取剂使Cu2+变为R2Cu进入有机相，然后加入稀硫酸作反萃取剂分离得到CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到胆矾。在固体X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，发生沉淀转化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，得到AgCl沉淀，然后经一系列处理得到粗银。
(1)
“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；
(2)
CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；
吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44 L标准状况下SO2参加反应，其物质的量n(SO2)=，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se的物质的量是0.3 mol，其质量m(Se)=0.3 mol×79 g/mol=23.7 g；
(3)
根据已知信息可知Se的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；
(4)
根据2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；
得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用的操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，Ksp(AgCl)=10-4.75×10-5=10-9.75；Ksp(Ag2SO4)=(10-2)2×10-1=10-5；反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=。
21．(1)
(2)
(3) 通入冷(或冰)水中 一 正盐 1：3 2
【分析】已知电炉室内发生的反应为：，用冷水将转化为，与KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，KH2PO2和硫酸反应生成H3PO2，再发生自身的氧化还原反应得到PH3和H3PO4；
(1)
和水反应时，生成PH3和Ca(OH)2，化学方程式为：；
(2)
实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法来制取氨气，固体和NaOH固体制取的化学方程式：；
(3)
①因白磷易自燃，故通常保存在冷水中，在“气体分离”环节中得到白磷固体比较合理的操作是将混合气体通入到冷水中，过滤；
②加入硫酸反应生成，则属于一元酸，由钾离子和组成，属于正盐；
③P4转化成KH2PO2，P的化合价升高，KH2PO2为氧化产物，转化为PH3，P元素化合价降低，则PH3为还原产物，利用化合价升降法进行配平，即P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，氧化剂和还原剂物质的量之比是1：3；
④对于反应，CuSO4中Cu元素化合价+2降低到+1价，消耗2mol时转移2mol电子。
22．(1)适当升高温度
(2) 将滤液蒸发浓缩 冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4) 4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑ 4:1
(5) 2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O 3.2 可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失
【分析】由题干流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4·7H2O，据此分析解题。
（1）
对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
（2）
加入锌粉后置换出铜、镍，过滤得到滤液硫酸锌溶液，经过“一系列操作”得到皓矾晶体，则“一系列操作”主要包括将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，干燥。
（3）
置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，反应中锌发生氧化反应，Ni2+、Sb2O3发生还原反应，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+。
（4）
已知，Ag(NH3)2Cl可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑，反应中Ag(NH3)2Cl发生还原反应作氧化剂，N2H4发生氧化反应作还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1。
（5）
由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中过氧化氢将二价铁转化为三价铁，三价铁生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O。
由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2。
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀；故在PH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失。
23．(1) +3 增大盐酸的浓度
(2)氧化Fe2+生成Fe3+
(3) 4.7～7.1 Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
(5)10 g•L-1
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
（1）
Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
（2）
“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；
（3）
沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（5）
根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1。
24． 将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取） 硅酸 2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O 将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离 Fe(OH)3 3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O 0.01×(107.2—14)2 8.7
【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入6mol/L氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硫酸，氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
【详解】(1) “浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸；
(3) 由分析可知， “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O，故答案为：2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O；
(4) 由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液，达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的，故答案为：将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3；
(5) 由分析可知， “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O，故答案为：3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O；
(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01mol/L，氢氧根离子浓度为107.2—14 mol/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 mol/L，则溶液中氢氧根离子浓度为==10—5.3 mol/L，则溶液的pH为8.7，故答案为：0.01×(107.2—14)2；8.7。
25． 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O Fe2(SO4)3（或硫酸铁） Fe2+、Ag+ 4HCl+HNO3+Au=HAuCl4+NO↑+2H2O NaOH 尿素 尿素无毒，生成的产物无毒，甲醛有毒，生成的NO为有毒气体 126(a+0.04b)
【分析】经过第①步，部分Cu与O2、稀硫酸反应生成CuSO4，经过第②步，Zn、Cu、Ag被Fe2(SO4)3氧化生成ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4，Fe2(SO4)3自身被还原为FeSO4，Au不溶解，故滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，滤渣中的粗金经王水溶解后生成HAuCl4（滤液B），滤液B经过脱销操作除去硝酸根，再经过草酸还原获得纯金。
【详解】(1)Cu与稀硫酸、O2反应生成CuSO4和水，结合得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，对应离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
(2)由分析知，步骤②中Fe2(SO4)3对应还原产物FeSO4，故该步氧化剂为Fe2(SO4)3；
(3)由分析知，滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4，故此处填Ag+、Fe2+；
(4)初步确定方程式为：Au+HCl+HNO3→HAuCl4+NO↑+H2O，根据得失电子守恒结合元素守恒配平得完整方程式为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O；尾气中NO与空气中O2反应生成NO2，NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3，可用NaOH溶液吸收生成的NO2，故此处填NaOH；
(5)由于尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体，故工业上应选择尿素脱硝，故依次填：尿素；尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体；
(6)滤液C中含剩余的H2C2O4，与NaOH反应转化为Na2C2O4，再与CaCl2反应生成CaC2O4沉淀，故剩余的草酸n1(H2C2O4)=n(CaC2O4)=，故整个过程消耗草酸n(H2C2O4)=a mol+ n1(H2C2O4)=(a+0.04) mol，对应加入H2C2O4·2H2O的质量=126 g/mol×(a+0.04) mol=126×(a+0.04) g。
26． 3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O CaCl2和 KCl 碳酸钾 碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑
【分析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。
【详解】(1)步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O；
(2)步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl；
(3)除钙一般用，步骤V反应为K2CaFe(CN)6 + X = K4Fe(CN)6 +СаСО3，则X为K2СО3，名称为碳酸钾；
(4)①NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
②反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑；
③HCN的Ka=6.3×10-10，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=c(CN-)=c mol/L，c(HCN)=(0.1-c)mol/L，
，则。
27． Zr (OH) 4 ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2 1×106Pa，390℃ 温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低 SiO32-、AlO2-、Cl- 2.06L 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O
【分析】天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，沉淀中主要有Fe(OH)3、Zr(OH)4、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，通入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)滤渣1中含有Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2，主要成分是Zr(OH)4；
(2)①根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；
②观察图象可知产率最高点时的压强和温度分别是1×106Pa，390℃；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低；
(3)“滤液1”中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，阴离子除OH-外还有SiO32-、AlO2-、Cl-；
(4)①沉淀Cu2+需要2 L 1 mol/L NaCN溶液，根据Ksp=c( Cu2+)×c2(CN-),代入Ksp=4×10-10、c(Cu2+)=1.0×10-6 mol/L计算，可得最终混合液中c(CN-)=2.0×10-2mol/L。设所需体积为(2+x)L，则有x=2.00×10-2×(3+x)，计算得x≈0.06，所以最终需要2.06 L溶液；
②)漂白液或漂白液的有效成分都含有ClO-，由题意知氮元素氧化生成N2，碳元素氧化生成CO32-， ClO-还原成Cl-，结合原子个数守恒、电子守恒进行配平，发生反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。
【点睛】计算NaCN溶液的体积不能只算沉淀所需的，需先计算沉淀完Cu2+所需的NaCN，再通过Ksp计算出溶液中剩余的NaCN，二者加和即可；方程式的书写要确定产物，再根据方程式的配平方法进行配平。
28． MnO2+PbS+4HClPbC12+S+MnC12+2H2O 除去Fe3+ 温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体 BD 6.75×10-6mol•L-1 浸取 4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；
(3)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；
(4)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。
A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；
B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；
C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；
D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；
综上所述选BD；
(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；
(6)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。
29． SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑ 不变
【分析】钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2•nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
【详解】(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；
(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；
(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
【点睛】第(3)题中要注意碳酸亚铁的溶解度比氢氧化亚铁的溶解度要小，所以加入碳酸氢铵后不是双水解生成氢氧化亚铁沉淀，而是结合碳酸氢根电离出的碳酸根生成碳酸亚铁沉淀。
相关试卷
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-19氧化还原反应（6）： 这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-19氧化还原反应（6），共34页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16氧化还原反应（3）： 这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16氧化还原反应（3），共39页。试卷主要包含了单选题，实验题，结构与性质，填空题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-03物质的分类（1）： 这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-03物质的分类（1），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
