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四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-07氧化还原反应（1）
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这是一份四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-07氧化还原反应（1），共48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。
四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-07氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2022·四川雅安·统考模拟预测）科学家发现某些生物酶体系可促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程Ⅰ中体现还原性
B．过程Ⅱ中有极性键的断裂和形成
C．过程Ⅲ生成的半反应为：
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为：
2．（2022·四川雅安·统考模拟预测）铁橄榄石 [Fe2(SiO4)]是嫦娥五号月壤的主要含铁矿物之一，我国科学家发现陨石撞击过程的高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生反应形成与，下列相关选项错误的是
A．铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为
B．该反应的方程式为：
C．铁橄榄石熔融产生自由移动的属于化学变化
D．该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁
3．（2022·四川巴中·统考模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳: SiO+ 2CO2+ 2H2O = H2SiO3↓+2HCO
B．工业上制漂白粉: Cl2+ 2OH- =Cl-+ ClO-+ H2O
C．明矾溶液与过量氨水混合: Al3++ 4NH3+ 2H2O = AlO+4NH
D．硫化钠溶液与氯化铁溶液反应: 2Fe3+ +3S2-= Fe2S3
4．（2022·四川泸州·统考模拟预测）某离子反应中涉及H+、Fe3+、MnO、FeO、Mn2+、H2O六种粒子，其中MnO的浓度随反应进行逐渐增大。下列说法不正确的是
A．该反应的氧化产物为MnO
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3
C．该溶液中FeO的氧化性强于MnO
D．溶液中FeO、Na+、C1-、S2-能大量共存
5．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）2021 年9月，我国科学家团队在实验室中利用二氧化碳人工合成淀粉获得成功。如图是合成过程的相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法正确的是
A．人工合成淀粉的化学式可表示为(C6H12O6)n
B．反应①、②、③的原子利用率均为100%
C．CO2→CH3OH→ HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D．过氧化氢酶使H2O2及时分解，防止其氧化其它酶，同时增大O2的利用率
6．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
7．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）铅霜(醋酸铅)因有甜味又称为铅糖，易溶于水，可入药，内服过量易发生铅中毒。《本草纲目》中记载铅霜的制备过程是：“以铅打成线，穿成串，瓦盆盛生醋，以串横盆中离醋三寸，仍以瓦盆覆之，置阴处，候生霜刷下，仍合住。”下列相关说法中，错误的是
A．制备过程发生了氧化还原反应 B．制备过程利用了醋酸的挥发性
C．铅霜可广泛用作食品甜味剂 D．“铅打成线”可加快铅霜的生成
8．（2022·四川凉山·统考三模）下列有关说法正确的是
A．次氯酸钙溶液中通入少量的CO2：ClO-+H2O+CO2=+HClO
B．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
C．、Cu2+、CH3COO-、在水溶液中能大量共存
D．标准状态下，22.4L Cl2通入水后转移的电子数为2NA
9．（2021·四川遂宁·一模）已知：，设NA为阿伏加德罗常数的值；下列分析错误的是
A．将溶于水，溶液中的数目为NA
B．60g的23Na37Cl含有中子的总数为32NA
C．标况下，含共用电子对的数目为3NA
D．每生成时，该反应转移电子数为3NA
10．（2021·四川凉山·统考一模）室温下进行下列实验根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
某气体通入品红溶液中，溶液变红
该气体是
B
向和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的溶液，溶液变红
氧化性：
C
向盛溶液的试管中滴加溶液至不再有白色沉淀产生，向其中滴加溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
D
取家用食盐少量，溶于水，加入少量淀粉，充分搅拌后，无明显变化
这是一种没有添加碘的食盐
A．A B．B C．C D．D
11．（2021·四川达州·统考一模）下列生产生活中的变化或应用与氧化还原反应无关的是
A．铁盐净水 B．煤气化 C．液态油脂变奶油 D．蓄电池放电
12．（2020·四川成都·统考二模）设为阿伏加德罗常数值。如图表示在表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是
A．转化成无害气体时的催化剂是
B．每1 mol 转化为得电子数为3
C．将生成的通入含大量、的溶液中，无明显现象
D．1g 、的混合气体中含有电子数为0.5
13．（2020·四川成都·统考一模）《天工开物·火药》冲记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也……”(已知火药反应为：2KNO3+S +3C=K2S +N2↑+3CO2↑)。下列认识或相关理解错误的是
A．硫磺不溶于水 B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂 D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
14．（2020·四川内江·三模）由下列实验及现象推出相应结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸
①产生白色沉淀②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
B
将表面有黑色CuO的热铜丝插入乙醇中，反复多次
闻到有刺激性气味，铜丝变光亮
乙醇被氧化
C
将甲烷与氯气按体积比1:4混合于试管中，光照
反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯代甲烷具有酸性
D
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置
下层液体显紫红色
氧化性：Fe3+
二、填空题
15．（2022·四川雅安·统考模拟预测）汽车是人们出行的重要交通工具，其中蕴含着大量的化学知识，回答下列问题：
(1)汽车中包含多种材料，制轮胎的丁苯橡胶属于_______(填“天然”或“合成”)橡胶。
(2)汽车安全气囊启动时发生的反应有：，用单线桥表示该反应中的电子转移情况：_______。
(3)在催化剂作用下，汽车尾气中的与能转化成两种无污染的气体，写出反应的化学方程式_______。
(4)汽车排放的会加剧温室效应，实验室用溶液吸收，当时，所得溶液呈碱性，原因是_______，_______(填“>”或“＜”)。
(5)使用燃料电池汽车可解决的排放，写出溶液环境下甲醇燃料电池的负极电极反应式_______。
16．（2021·四川宜宾·统考一模）含氯消毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。
Ⅰ.二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。制备ClO2常见的方法有：
方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O
方法2：在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2。
(1)ClO2中氯元素的化合价是___，H2O2的电子式是___。
(2)方法1的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是___。
(3)方法2发生反应的离子方程式是___。
(4)和方法2比较，方法1的不足之处是___(写出一点即可)。
Ⅱ.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)，俗名固态双氧水，具有去污杀菌等功效。其制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) ΔH＜0。
(5)结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应___(填“＞”、“＜”或“=”)2∶3，且加入Na2CO3溶液速度不能过快，原因是__。
(6)过碳酸钠的储存稳定性是重要的品质指标。以不同种类的稳定剂制备的过碳酸钠产品，测得其活性氧质量分数随时间的变化如图所示。
由图可知，制备过碳酸钠时应选择的稳定剂是__(填图中字母序号)，理由是___。
三、实验题
17．（2022·四川绵阳·统考一模）高锰酸钾具有强氧化性，广泛应用于化工、医药、金属冶炼等领域。实验室可通过固体碱溶氧化法制备高锰酸钾。回答下列问题：
(1)称取和，置于铁坩埚中并混合均匀，加热混合物至熔融。加热铁坩埚时，除图中的部分仪器外，还需要_______(填仪器名称)，不使用瓷坩埚的原因是_______。
(2)将分多次加入熔融物中，继续加热，反应剧烈，最终得到墨绿色。该步反应的化学方程式为_______，分多次加入的原因是_______。
(3)待铁坩埚冷却后，将其置于蒸馏水中共煮至固体全部溶解。趁热向浸取液中通入，使歧化为与。用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，观察到_______，表明转化已完全。静置片刻，抽滤。该步骤若用代替，可能的后果是_______。
(4)水浴加热滤液至出现晶膜，冷却后抽滤、干燥晶体。在该实验中采用水浴加热的主要优点是_______。下表是部分化合物溶解度随温度变化的数据，步骤(3)中不宜通入过多，目的是_______，产品经纯化后称重，质量为3.60g。本实验中的产率为_______%。
温度/℃
20
30
40
50
110
114
117
121
33.7
39.9
47.5
65.6
6.4
9.0
12.6
16.9
18．（2022·四川泸州·统考模拟预测）氯化亚砜(SOCl2)常用作脱水剂。某校科研小组拟以Cl2、S2Cl2、ClSO3H(氯磺酸)为原料合成SOCl2并探究其相关性质，制备装置如图所示。有关物质的部分性质见表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
SOCl2
-105
78.8
易水解，温度高于150℃分解
ClSO3H
-80
156
具有强吸水性，不易分解
S2Cl2
-77
138
遇水即反应
回答下列问题：
(1)装置A中可能的试剂是____(选填数字编号)。
①MnO2和盐酸
②KMnO4和浓盐酸
③漂白粉和浓盐酸
④浓硫酸与NaCl
(2)装置D中盛放的试剂是____，装置E的作用是____。
(3)将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因____。
(4)小明同学认为SOCl2也可与FeCl3·6H2O混合制取无水FeCl3，但小强同学认为可能会发生副反应使最后的产品不纯，可能产生的杂质微粒是____；为验证猜想，可选择的试剂是____(选填数字编号)。
①BaCl2溶液、稀盐酸
②Ba(NO3)2溶液、稀HNO3
③KSCN溶液
④K3[Fe(CN)6]溶液
(5)若硫元素全部转化到目标产物中，在50℃下C中发生反应的化学方程式为____；反应结束后，利用如图所示装置将C中混合物分离，毛细玻璃管的作用是____。
19．（2021·四川内江·统考一模）ClO2、NaClO2均是高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒。制备NaClO2固体的实验装置如图所示(夹持装置省略)，其中A装置制备ClO2，C装置用于制备NaClO2.请回答下列问题：
已知：①饱和NaClO2溶液中析出的晶体成分与温度的关系如下表所示：
温度/℃
<38
38~60
60>
晶体成分
NaClO2·3H2O
NaClO2
NaClO2分解成NaClO3和NaCl
②ClO2在温度过高、浓度过大时均易发生分解，工业上通常制成固体以便运输和储存。
(1)仪器a的名称是___________
(2)装置B的作用是___________
(3)装置A中发生反应的离子方程式为___________。
(4)研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=___________mol·L-1，____。
(5)C装置采用“冰水浴”的目的是___________。
(6)对C装置溶液采用结晶法提取NaClO2晶体，减压蒸发结晶(控制温度为______℃)、趁热过滤、50℃左右热水洗涤低于60℃条件下。_____，得到成品。
(7)准确称取所得NaClO2样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，在酸性条件下发生充分反应：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：I2+2S2O=I-+S4O)该样品中NaClO2的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示)。
20．（2021·四川宜宾·统考一模）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型高效消毒净水剂。高铁酸钾的一种实验室制法如下。(装置如图所示，夹持装置略去)
Ⅰ.组装好仪器，检查装置气密性，装入药品。
Ⅱ.打开止水夹K1、K2和甲中分液漏斗活塞，反应一段时间，关闭止水夹K1。
Ⅲ.开启磁力搅拌器，缓慢加入100mL0.8mol•L-1Fe(NO3)3溶液，充分反应。
Ⅳ.反应结束，通入N2一段时间，取下三颈烧瓶，在低温下加入KOH固体至溶液饱和，析出粗产品，过滤。
Ⅴ.将粗产品溶于冷的稀KOH溶液，过滤除杂，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，用乙醚洗涤。
Ⅵ.重复操作Ⅴ，在真空干燥箱中干燥，得到9.9g产品。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___，a中所盛装的药品是___(选填字母序号)。
A．NaCl B．MnO2 C．Na2CO3 D．KMnO4
(2)步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是___。
(3)乙装置中饱和NaCl溶液的作用是___。
(4)步骤Ⅱ，丙中三颈烧瓶内发生反应的离子方程式是___。
(5)步骤Ⅲ，丙中生成Na2FeO4的离子方程式是___。
(6)步骤Ⅳ中通入N2的目的是___。步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去___(填化学式)。
(7)该实验中产品的产率为___。
21．（2020·四川遂宁·统考模拟预测）新冠疫情期间使用了大量的消毒剂，其中二氧化氯（ClO2）与亚氯酸钠（NaClO2）都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如下装置由二氧化氯制备NaClO2·3H2O，并探究其性质。
I.查阅资料：
①ClO2易与碱溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为氯酸盐。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
Ⅱ.制备与分离：
（1）实验加药品前应进行的实验操作是____。
（2）盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器名称是____。
（3）装置A中参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
（4）B装置的作用是____。
（5）若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下，请完成下列操作步骤②的内容。
①减压，55℃蒸发结晶； ②____；
③用38℃～60℃热水洗涤； ④在38℃～60℃间进行干燥，得到成品。
（6）装置D是处理尾气，反应的化学方程式____。
（7）实验结束后，继续通入一段时间N2的目的是____。
Ⅲ.测量与计算：
（8）利用题中原理制备出NaClO2·3H2O晶体的样品，可以用“间接碘量法”测定样品（杂质与I－不发生反应）的纯度，过程如下：取样品1.4450g配制成250mL溶液，从中取出25.00mL，加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，（已知：ClO＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－），然后用cmol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为vmL（已知：I2＋2S2O＝S4O＋2I－）。
①滴定终点的现象是____。
②下列滴定操作会导致测量结果偏低的是____（填字母）。
a 锥形瓶洗涤后没有干燥 b 滴定时锥形瓶中有液体溅出
c 滴定终点时俯视读数 d 滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
③样品中NaClO2·3H2O的纯度为____％（用含c、v的代数式表示）。
四、工业流程题
22．（2022·四川成都·统考模拟预测）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I中只含有两种沉淀。
③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
(1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_______。
(2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。
(3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_______。
(5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)
(7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_____。
23．（2022·四川绵阳·统考一模）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物：
回答下列问题：
(1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为、_______，“灼烧”的目的是_______。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有_______、_______。
(3)“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为_______。
(4)“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是_______。
(5)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。转化为，反应的化学方程式为_______；生成产物的化学式为_______。
(6)利用制得溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的。电解时阳极的电极反应式为_______。
24．（2022·四川乐山·统考一模）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示：
已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。
(ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。
(1)写出两条提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施 _______ 。
(2)“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为_______ 。
(3)“氧化”中，被氧化的离子有_______ 。
(4)如图表示几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系，其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为_______。
(5)若选用MnS“除铜”，计算常温下“除铜”反应的平衡常数K= _______ [已知常温下，Ksp(MnS)=2.6 ×10-13，Kp (CuS)=1.3×10-36]。
(6)“沉钴”时，加入小苏打发生反应的离子反应方程式为_______，不宜用 Na2CO3代替NaHCO3的原因是_______。
25．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）硫酸锌广泛用于涂料、皮革等行业。工业上用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有PbO、FeO、Fe2O3、CuO 、SiO2等杂质)制备硫酸锌的流程如图：
已知：①工业条件下，部分金属阳离子Mn+开始沉淀和完全沉淀时的pH值如图：
②相关常数：Ksp(ZnS)=2.1 ×10-22，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15， Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______、_______。
(2)“沉铜”操作时添加的物质A可以是Zn或Fe。与使用Zn相比，使用Fe的不足之处是_______。
(3)加入物质B调节pH。下列物质中，不能作为物质B使用的是_______(填选项)；滤渣3中除物质B外，还含有的主要物质是_______。
A．ZnO B．ZnCO3 C．Zn(OH)2 D．Zn5(OH)8Cl2·H2O
(4)调节“滤液3”pH值的范围是9.5~_______。
(5)滤液4经过加热蒸发、冷却结晶等操作得到硫酸锌晶体，其中不同降温方式的冷却结晶得到晶体的颗粒大小及其质量分数如图所示。如果需要得到较小的硫酸锌晶粒，宜选用_______的方式进行降温结晶。
(6)滤液4经一系列操作后制得ZnSO4·7H2O，最终残留的酸性废液中含有ZnSO4。除去酸性废液中Zn2+的方法是：在酸性废液中加入一定量CH3COONa后，再通入H2S生成ZnS沉淀。处理后的溶液中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度(mol·L-1)
0.10
0.10
0.18
则：处理后的溶液pH=_______，溶液中 c(Zn2+)=_______mol·L-1。
26．（2021·四川广安·统考模拟预测）氧锰八面体纳米棒(OMS-2)是一种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿(主要成分分别为MnO2、FeS2) 合成OMS-2的工艺流程如下：
常温条件下，离子沉淀时的pH数据：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀的pH
2.2
7.5
8.8
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.8
(1)为了加快浸出的效率，可以采取的措施是：______ (写一条即可)
(2)实验操作A所需的玻璃仪器有：___、烧杯、玻璃棒；MnO2有强氧化性，则淡黄色固体除了有未反应完的矿石外，还有___________ (填化学式)
(3)溶液A中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，写出其反应方程式 ___________ ；“ 调pH值”步骤中，pH的调节范围是___________；当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，可视为该离子完全沉淀，则由题中的数据信息，计算Ksp[Fe(OH)2]=___________。
(4)“精制结晶”步骤中的具体操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，___________、___________，干燥；
(5)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O 按物质的量比1：1：5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，该反应的离子方程式为___________。
27．（2021·四川成都·统考一模）黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为FeS2，含少量SiO2)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：
(1)“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2(SO4)3→FeSO4+S↓(未配平)，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；滤渣的主要成分为SiO2和_______。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______；用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在_______的缺点。
(3)“沉铁”过程，控制不同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(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。
①80℃时，加入碳酸钠偏多时得到的黄钠铁矾中含有的杂质是_______。
②生成黄钠铁矾的离子反应方程式_______。
③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因_______。
(4)测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500mol•L-1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①滴定终点的实验现象是_______。
②样品中铁的质量分数为_______。
28．（2021·四川内江·统考一模）钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)，科研人员从矿石中综合回收金属钪的工艺流程设计如下：
已知：①"萃取"时发生反应有：Sc3++3H2A2(有机液)Sc(HA2)3(有机相)+3H+Fe3++3H2A2(有机液)Fe(HA2)3+3H+
②常温下，“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31；请回答下列问题：
(1)“加热酸溶”产生的气体直接排放到空气中，容易形成___________；滤渣I的主要成分为___________。
(2)溶解FeS发生反应的化学方程式为___________。
(3)“还原”工序的目的为___________。
(4)“萃取"过程中有机试剂的Se3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随着pH增大Sc3+萃取率减小，a=___________。
(5)“沉钪"过程中发生反应的离子方程式为___________。过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为___________。
(6)“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KCl、LiCl、ScCl3熔融物作电解液，钪在___________电极上得到(选填：石墨或液态锌)。
29．（2020·四川巴中·统考模拟预测）二氧化氯是国际上公认的对环境无二次污染的消毒杀菌剂，工业上有多种制备方法。它常温下为黄绿色气体，易溶于水，受热或浓度较大时易分解。甲醇法制备二氧化氯的工艺如下：
回答下列问题：
(1)将ClO2水溶液均匀喷洒在活性炭上制得稳定性较强的ClO2，利用了活性炭的___________性质 。
(2)“发生器”需要控温60~80℃之间的原因是___________。
(3)若l mol CH3OH反应时转移6mole -，则“发生器”中发生反应的主要化学方程式为___________。
(4)对工艺适当改进后，可用以下物质代替 CH3OH起还原作用的是___________
A．SO2 B．CO2 C．H2O2 D．O3
(5) Na2SO4 ·10H2O和Na2SO4 的溶解度曲线如图所示，则“过程Ⅱ”的操作是：加热浓缩至有大量晶体析出、___________、洗涤、经干燥得Na2SO4固体。
(6)采用惰性电极为阳极，通过电解亚氯酸钠溶液的方法也可以制备二氧化氯，其阳极的电极反应式为___________。
(7)循环利用操作可以降低生产成本，上述流程中物质X的化学式为___________。
30．（2020·四川乐山·统考一模）硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]，是一种重要的化工原料，常用于农药、镀铜、搪瓷等工业。以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图所示：
回答下列问题：
(1)“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有______ (任写一点)，浸取时在生成S的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______。
(2)薄层层析法是利用溶液各成分对同一吸附剂吸附能力不同，在溶液流过吸附剂时，使各成分互相分离的方法。某实验小组利用薄层层析法监控滤液1加入铁粉过程中溶液的组成，实验结果如下，则还需继续加入Fe粉的是______ (选填编号)。
(3)滤渣2的主要成分是______，滤渣2与稀硝酸反应时，需向装置内通入适量空气，这样做的目的是______。
(4)调节溶液pH时选用的物质a可以是______，几种金属离子沉淀的pH范围如图所示，“调pH”时应将溶液pH调至______~______。
(5)操作X主要包括______、______、过滤、洗涤、干燥。
31．（2020·四川凉山·统考三模）铋(Bi)是一种稀有金属，目前世界年产量约4000t左右。铋的主要用途是制造易熔合金，作为冶金添加剂及制药工业等方面。铋的冶炼分为粗炼和精炼两个阶段：
Ⅰ.粗炼
辉铋矿(Bi2S3)
铋华(Bi2O3)
混合精矿(Bi2S3/ Bi2O3)
沉淀熔炼
还原熔炼
混合熔炼
Ⅱ.精炼
回答下列问题：
(1)铋在元素周期表中的位置是_______________。
(2)①还原熔炼法中还需加入一定量造渣剂(纯碱)使其与矿石中的脉石(主要为Al2O3)形成熔渣，写出形成熔渣反应的化学反应方程式______________________________。
②对于混合精矿，矿料中的Bi2S3和Bi2O3可在高温下彼此进行氧化还原反应生产粗铋，写出此反应的化学反应方程式______________________________。
③有些硫化铋矿也可用湿法处理，即加入三氯化铁与盐酸的混合液，可溶解硫化铋和少量天然铋，这是利用了_______________________________。
(3)电解精炼时，以_______作为阳极，__________作为阴极，电解液一般用FeCl3/HCl。此时电解出的铋还含有砷、锑、碲杂质，需进一步除去：
①除砷、锑
在熔融粗铋中通入空气，砷、锑将优先氧化为As2O3及Sb2O3，根据上图分析其原因是________________________________。
②除碲：向除砷、锑后的熔铋中继续鼓入空气并加入NaOH，杂质碲被氧化为TeO2随即被NaOH吸入形成亚碲酸钠，写出吸入反应的离子反应方程式_______________________。
32．（2020·四川遂宁·统考三模）外循环三相反应器连续制备高锰酸钾新技术是目前高锰酸钾工业发展的主要方向。该法以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾。该工艺路线制备高锰酸钾如下：
已知：一些化合物溶解度(单位：g)随温度的变化如表
物质温度℃
KMnO4
KCl
K2CO3
20
6.4
34.0
52.5
90
45.2
56.7
60.9
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按一定的比例在“进料”时加热熔融后再和氧气进行“反应”，“进料”前应将软锰矿粉碎，其作用是____。
（2）“反应”中发生反应的化学方程式为____。
（3）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“CO2歧化法”是传统工艺，即向溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性。
K2MnO4发生歧化反应时，能否用盐酸代替CO2____（请填写“能”或“不能”）。待锰酸钾全部歧化后，静置一段时间后过滤。从滤液中得到高锰酸钾晶体的操作是：____。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为____，电解产物____可以循环利用。
③“CO2歧化法”和“电解法”相比较，K2MnO4的理论利用率之比为____。
参考答案：
1．A
【分析】由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O；
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂体现氧化性，被还原，发生还原反应，A错误；
B．过程Ⅱ中NO和铵根离子生成水和N2H4，反应中氮氧键断裂、氢氧键生成、氮氢键生成，故有极性键的断裂和形成 ，B正确；
C．过程Ⅲ中N2H4中氮元素失去电子，发生氧化反应生成，半反应为：，C正确；
D．过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
故选A。
2．C
【详解】A．铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为亚铁和硅的氧化物：，A正确；
B．高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生歧化反应形成与，，B正确；
C．铁橄榄石熔融产生自由移动的的过程为盐熔融电离的过程，不是化学变化，C错误；
D．发生反应生成与，故该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁，D正确；
故选C。
3．A
【详解】A．向硅酸钠溶液中通入CO2可以得到酸性比碳酸更弱的硅酸H2SiO3沉淀，通入CO2过量时，生成HCO，A正确；
B．工业上制漂白粉是将Cl2通入石灰乳中，因为含有大量Ca(OH)2固体，因此石灰乳不能拆写为OH-，B错误；
C．氨水是弱碱溶液，因此能与明矾溶液中的Al3+结合生成Al(OH)3沉淀，但不能将其转化为AlO，C错误；
D．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，因此二者会发生氧化还原反应，而不是直接结合生成沉淀，D错误。
故本题选A。
4．D
【分析】由MnO的浓度随反应进行逐渐增大，可判断出MnO是生成物，则Mn2+为反应物，Mn元素的化合价升高，则Fe元素的化合价降低，所以FeO是反应物，Fe3+是生成物，则反应的方程式为：5FeO+3Mn2+ +16H+ =3MnO+5Fe3++8H2O，以此解答该题。
【详解】A. 由方程式分析可知，该反应的氧化产物为MnO，A正确；
B. 该反应氧化剂为FeO、还原剂为Mn2+，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3，B正确；
C. 根据氧化性比较：氧化剂＞氧化产物，可知该溶液中FeO的氧化性强于MnO，C正确；
D. 因FeO有强氧化性，S2-有还原性，故溶液中FeO、Na+、C1-、S2-不能大量共存，D错误；
故答案选D。
5．D
【详解】A．根据人工合成淀粉的键线式可知，其化学式可表示为(C6H10O5)n，A错误；
B．反应①除了合成有机物以外，还有水生成，反应②除了合成甲醛以外，也还有过氧化氢生成，所以原子利用率均未达到100%，B错误；
C．CO2→CH3OH过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CH3OH→ HCHO过程中C元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，C错误；
D．过氧化氢酶可使反应②产生的H2O2及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了O2的利用率，D正确；
故选D。
6．C
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
【详解】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．由铅制备醋酸铅，铅元素的化合价发生了改变，该制备过程涉及了氧化还原反应，A正确；
B．制备过程中，铅线“离醋三寸”，铅和醋酸发生反应，体现了醋酸的挥发性，B正确；
C．铅霜可入药，内服过量易发生铅中毒，不能用作食品甜味剂，C错误；
D．“铅打成线”，可以增加铅和醋酸分子的接触面积，加快铅霜的生成，D正确；
故选C。
8．C
【详解】A． 次氯酸钙溶液中通入少量的CO2生成碳酸钙沉淀和次氯酸：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=+2HClO，故A错误；
B． 草酸是弱酸，写化学式，草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C． 、Cu2+、CH3COO-、在水溶液中不产生沉淀、气体、水，能大量共存，故C正确；
D． 标准状态下，氯气和水的反应是可逆反应，22.4L Cl2通入水后转移的电子数少于NA，故D错误；
故选C。
9．A
【详解】A．由于会发生水解反应，溶液中的数目小于NA，故A错误；
B．60g的23Na37Cl物质的量，含有中子的总数为1mol×(23-11+37-17) ×NA mol-1=32NA，故B正确；
C．标况下物质的量，氮气结构式N≡N，则含共用电子对的数目为3NA，故C正确；
D．由反应，NaNO2→N2中N化合价降低了3，则每生成时，该反应转移电子数为3NA，故D正确；
故选：A。
10．C
【详解】A．能使品红褪色的气体还有Cl2等，不一定是SO2，A错误；
B．硝酸具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN变红，因此不能证明Fe3+的氧化性大于Ag+，B错误；
C．ZnSO4与Na2S反应生成ZnS沉淀，加入CuSO4后生成黑色沉淀，说明白色的ZnS沉淀转化为黑色的CuS沉淀，ZnS与CuS为同一类型的沉淀，沉淀可以向更难溶的转化，因此Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，C正确；
D．淀粉遇碘单质变蓝，食盐中含有KIO3，不能使淀粉变蓝，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．铁盐净水是因为溶液中铁离子发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质形成沉淀，净水过程中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A符合题意；
B．煤气化发生的反应为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．液态油脂变奶油发生的反应为液态油脂与氢气发生还原反应生成固态奶油，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．蓄电池放电时，正极会发生还原反应，负极会发生氧化反应，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故选A。
12．D
【详解】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；
C．将生成的CO2通入含大量、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，+CO2(少量)+H2O=+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1g CO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol×22×NA=0.5NA，故D正确。
故选D。
13．C
【详解】A．硫磺是S单质，为非极性分子，H2O为极性溶剂，根据相似相溶原理，S不溶于水，A正确；
B．根据火药反应的方程式，反应物为KNO3、S、C，硝石中有KNO3，硫磺提供S，则C只能来自草木灰，B正确；
C．由方程式可知，KNO3中+5价的N变为N2中的0价，N得电子发生还原反应，做氧化剂，C错误；
D．“其出也”可以理解为由物质从容器中出来，该反应生成N2和CO2两种气体，故含义之一是指该反应放出气体，D正确；
故选C。
14．B
【分析】
【详解】
A．某溶液中加入Ba(NO3)2溶液后产生白色沉淀，该白色沉淀可能是BaCO3、BaSO4、BaSO3等有多种可能，再加足量盐酸，溶液中同时存在硝酸钡电离出的硝酸根和盐酸电离产生的氢离子，溶液此时具有硝酸的强氧化性，若上一步得到的是BaSO3沉淀，则会在H+和NO3-的作用下被氧化成BaSO4，故不能说明原溶液中有SO42-，A项错误；
B．将表面有黑色CuO的热铜丝插入乙醇中，反复多次后，闻到有刺激性气味，铜丝变光亮，说明乙醇和CuO发生反应，有乙醛生成，同时CuO被还原为Cu，根据氧化还原反应原理，可知乙醇被氧化，B项正确；
C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，生成的气态混合物质为氯代甲烷和氯化氢。因为有氯化氢的存在，因而不能得出“生成的氯代甲烷具有酸性”这样的结论，C项错误；
D．下层溶液显紫红色，说明有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为Fe3+＞I2，D项错误；
答案选B。
15．(1)合成
(2)
(3)
(4) 的水解程度大于电离程度 ＜
(5)
【详解】（1）制轮胎的丁苯橡胶属于有机合成材料，为合成材料；
（2）反应中钠得到电子发生还原反应，氮元素失去电子发生氧化反应，电子转移为，；
（3）催化剂作用下，汽车尾气中的与能转化成两种无污染的气体，根据质量守恒定律，可知反应生成氮气和二氧化碳，；
（4）用溶液吸收，当时，所得溶液呈碱性，原因是两者反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性，溶液中溶质为碳酸氢钠，其水解大于电离，故<；
（5）溶液环境下甲醇燃料电池的负极上甲醇发生氧化反应生成碳酸根离子，电极反应式。
16．(1) +4
(2)1∶2
(3)2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O
(4)产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等
(5) < H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失
(6) a 采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大
【详解】（1）已知ClO2中O的化合价为-2价，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0，可知ClO2中氯元素的化合价是+4价，H2O2是共价化合物，故其电子式是，故答案为：+4；；
（2）方法1的反应中，分析反应方程式2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O可知，NaClO3中的Cl的化合价由+5价降低到ClO2中的+4价，被还原，故ClO2还原产物，NaCl的Cl的化合价由-1价升高到Cl2中的0价，被氧化，Cl2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比是1:2，故答案为：1:2；
（3）方法2即在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2，反应中Cl的化合价由+5降低到+4，故H2O2中的O的化合价升高，即由-1升高到0价，根据氧化还原反应配平可知，发生反应的离子方程式是2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O；
（4）比较方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O和方法2：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，不难方法1的不足之处是产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等，故答案为：产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等；
（5）结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，由于H2O2能够分解生成H2O和O2，受热后加快其分解，Na2CO3性质较稳定，反应过程中H2O2应适当过量，故碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应＜2∶3，由题干信息可知2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) ΔH＜0该反应是个放热反应，故若加入Na2CO3溶液速度过快，则导致溶液的温度快速上升，H2O2分解加速造成损失，故答案为：＜；H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失；
（6）由题干图示信息可知，采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大，故答案为：a；采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大。
17．(1) 泥三角 氢氧化钾可以和瓷坩埚反应
(2) 3MnO2+ 6KOH+KClO3=3K2MnO4+ KCl+3H2O 由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅
(3) 只有紫红色痕迹，没有绿色痕迹 氯化氢会把高锰酸钾还原为氯化锰，无法得到高锰酸钾
(4) 受热均匀 提高产品的纯度 85.5%
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，在铁坩埚中将氢氧化钾和氯酸钾加热熔融，然后加入二氧化锰发生反应生成，再通入二氧化碳发生歧化反应生成高锰酸钾，结晶后得到晶体，以此解题。
【详解】（1）加热固体药品的时候，需要用铁坩埚、三角架和泥三角，故还需要泥三角；瓷坩埚的成分是硅酸盐，则氢氧化钾可以和瓷坩埚反应，故不能使用瓷坩埚；
（2）二氧化锰在熔融的时候和氢氧化钾，氯酸钾反应生成，方程式为：3MnO2+ 6KOH+KClO3= 3K2MnO4+ KCl+3H2O；由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅；
（3）高锰酸钾为紫红色，为墨绿色，故当观察到只有紫红色没有绿色痕迹时，标明转化已经完全；高锰酸钾的氧化性比较强，故用代替，可能的后果是氯化氢会将高锰酸钾还原为氯化锰，从而无法得到高锰酸钾；
（4）水浴加热的主要优点是受热均匀；通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾，加热浓缩结晶时碳酸氢钾和高锰酸钾一起析出，会降低纯度，故目的是提高产品的纯度；由第二问的方程式结合锰酸钾歧化反应的化学方程式可得3MnO2~3K2MnO4~2KMnO4，由因为，，，可知生成为0.04mol，则理论上可得的物质的量为mol，其理论质量为4.21g，而实际质量为3.60g，因此本实验中高锰酸钾的产率为=；
18．(1)②③
(2) 浓硫酸 防倒吸
(3)6SOCl2＋AlCl3·6H2OAlCl3＋6SO2↑＋12HCl↑
(4) FeSO4 ①④
(5) 2Cl2+S2Cl2+ClSO3H=3SOCl2+HCl 助沸
【分析】装置A制备氯气，B干燥氯气，C中Cl2、S2Cl2、ClSO3H发生反应生成SOCl2，D中盛放干燥剂防止水蒸气进入C中，E是安全瓶，防倒吸，F是尾气处理装置。
（1）
装置A制备氯气，A没有加热装置，高锰酸钾和浓盐酸常温下反应生成氯气、漂白粉和浓盐酸在常温下反应生成氯气，所以A中可能的试剂是②③；
（2）
SOCl2、S2Cl2、ClSO3H都易吸水，为防止水蒸气进入C装置，BD中盛放的试剂是浓硫酸；装置E中的导管短进长出，可知装置E的作用是防倒吸；
（3）
SOCl2易水解，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水反应6SOCl2＋AlCl3·6H2OAlCl3＋6SO2↑＋12HCl↑，所以将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3。
（4）
Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，可能产生的杂质微粒是FeSO4；验证方法1：取反应后的固体于管中中加水溶解，然后滴加稀盐酸、BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程中有生成；
验证方法2：取反应后的固体于管中中加水溶解，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程中有Fe2+生成；所以选择的试剂为BaCl2溶液、稀盐酸或K3[Fe(CN)6]溶液，选①④；
（5）
若硫元素全部转化到目标产物中，在50℃下C中Cl2、S2Cl2、ClSO3H发生反应生成SOCl2和HCl，化学方程式为2Cl2+S2Cl2+ClSO3H=3SOCl2+HCl；反应结束后，利用如图所示装置将C中混合物分离，毛细玻璃管的作用是助沸；
19．(1)三颈烧瓶
(2)防止倒吸
(3)2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O
(4) 4 0.8
(5)减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解
(6) 55 干燥
(7)%
【分析】本实验产生污染性气体，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；关闭最左侧活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，生成ClO2气体，装置B起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体NaClO2•3H2O，据此分析解题。
（1）
由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
（2）
由分析可知，装置B的作用是起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，故答案为：防止倒吸；
（3）
由分析可知，装置A用来制取ClO2，发生反应的反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，其离子方程式为：2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O，故答案为：2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O；
（4）
由图可知，氢氧化钠浓度为5mol/L到4mol/L时NaClO2含量未变，故则最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，的值由0.9变化到0.8的过程中，NaClO2含量未变，故=0.8为最佳条件，故答案为：4；0.8；
（5）
由于C装置中的反应H2O2高温易分解，且温度高于60℃时生成物NaClO2也发生分解成NaClO3和NaCl，故C采用“冰水浴”，故答案为：减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解；
（6）
已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得到成品。
（7）
由反应方程式：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=I-+S4O，可找到如下关系式：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，则有：n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=cV×10-3mol，该样品中NaClO2的质量分数为=%，故答案为：%。
20．(1) 圆底烧瓶 D
(2)关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
(3)除去Cl2中的HCl
(4)2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O
(5)2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
(6) 将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气. Fe(OH)3
(7)62.5%或0.625
【分析】浓盐酸和高锰酸钾在甲中制备氯气，用乙中饱和食盐水出去氯气中混有的HCl，氯气、浓NaOH、Fe(NO3)3在丙中反应制备Na2FeO4，利用溶解度之差加KOH至饱和析出K2FeO4，丁中NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气。
【详解】（1）由构造可知仪器a的名称是圆底烧瓶；常温下浓盐酸和高锰酸钾反应可制备氯气，因此a中所盛装的药品是高锰酸钾，选D；
（2）步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
（3）浓盐酸易挥发，制备得的氯气中会混有HCl，氯气几乎不溶于饱和NaCl溶液，而HCl极易溶于水，故乙装置中饱和NaCl溶液的作用是除去Cl2中的HCl；
（4）步骤Ⅱ，丙中NaOH溶液和氯气反应生成NaClO、NaClO、水，反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；
（5）步骤Ⅲ，丙中NaClO与Fe(NO3)3反应制备Na2FeO4，NaClO是氧化剂，被还原为NaCl，Fe(NO3)3是还原剂，被氧化为Na2FeO4，再结合溶液呈碱性可知反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；
（6）氯气有毒，遗留在装置中拆装置时会污染空气，因此步骤Ⅳ中通入N2的目的是将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气；
丙中制备Na2FeO4时溶液呈碱性，可能会有Fe(OH)3生成，故步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去Fe(OH)3；
（7）实验所用到100mL0.8mol•L-1Fe(NO3)3溶液，Fe(NO3)3的物质的量为100mL×0.8mol•L-1=0.08mol，根据Fe守恒有Fe(NO3)3~K2FeO4可知理论上可制得Na2FeO4的物质的量为0.08mol，质量为0.08mol×198g·mol-1=15.84g，实际制得9.9g产品，则产率为×100%=62.5%(或0.625)。
21． 检查装置气密性 三颈烧瓶 2:1 安全瓶（或防倒吸） 趁热过滤 2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O 将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 bc 25cv
【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O; 装置c中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2。 另外A中产生的SO2被带入C中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度38℃~60℃，高于60℃时NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置c的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。
【详解】(1)实验过程中要制备ClO2气体，则实验加药品前应检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性。
(2)由图可知，盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。
(3)装置A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，发生反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+Na2SO3===2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，NaClO3中Cl元素的价态为+5价，反应生成ClO2，Cl元素的价态降为+4价，NaClO3为氧化剂；Na2SO3中S元素的价态为+4价，反应生成Na2SO4，S元素的价态升高为+6价，Na2SO3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。故答案为：2:1。
(4)装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用；故答案为：安全瓶（或防倒吸）。
(5)已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC1，则从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括: ①减压，55℃蒸发结晶;②趁热过滤;③用38℃~60℃热水洗涤;④低于60℃干燥，得到成品。故答案为：趁热过滤。
(6)装置D是吸收多余气体防止污染，反应的化学方程式为；2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O。故答案为：装置D是吸收多余气体防止污染。
(7)实验结束后，继续通入一段时间N2，达到将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率的目的。故答案为：将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率。
(8)① ClO2在酸性条件下氧化I-生成I2，C1O2被还原为C1-，同时生成H2O，反应离子方程式为: ClO＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－,利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用cmol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反应为I2＋2S2O＝S4O＋2I－，当达到滴定至终点时，碘单质恰好反应完，溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色。故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
②a．锥形瓶洗涤后没有干燥，不影响滴定结果，故a不符合题意；
b．滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，消耗的标准液减少，测定结果偏低，故b符合题意；
c．滴定终点时俯视读数，导致标准液消耗的体积读数减小，测定结果偏低，故c符合题意；
d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积小消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏大，故d不符合题意。
故答案为：bc。
③滴定时共消耗VmLcmol/L的Na2S2O3标准溶液,则Na2S2O3的物质的量为VmL×10-3×cmol/L=10-3cVmol，根据NaClO2·3H2O~ 2I2~4可知，样品中NaClO2·3H2O的物质的量为，故样品中NaClO2·3H2O的纯度为。故答案为：25cV。
22．(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触
(2)将Co3+、Fe3+还原
(3)
(4) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 MgF2、CaF2
(5) 浓盐酸 冷却结晶
(6)2.5×10-15
(7)
【分析】水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；
【详解】（1）在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率；
（2）已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原；
（3）已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为；
（4）由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。
（5）操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（6）pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]= =2.5×10-15。
（7）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。
23．(1) NaAlO2 除去有机物
(2) Ni2+ Fe3+
(3)
(4)洗涤、干燥
(5)
(6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O
【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
【详解】（1）由分析可知，“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；“灼烧”的目的是除去有机物；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除外，还有Ni2+、Fe3+；
（3）“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为；
（4）过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；
（5）转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为；
（6）电解溶液，阳极上产物为，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。
24．(1)搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度
(2)Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O
(3)和Fe2+
(4)0.7~2.2
(5)2.0×1023
(6) 2+Co2+=CoCO3↓+H2O+CO2↑ Na2CO3溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀
【分析】钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，生成Co2＋、Fe2＋，然后加入氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2＋不被氧化，加入碳酸钠生成黄钠铁钒，过滤滤液中“除铜”后，向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2＋，生成碳酸钴，据此解答。
【详解】（1）依据外界条件对反应速率的影响可知提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施有搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等。
（2）根据原子守恒可知“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原为二价钴同时生成硫酸根离子，化学方程式为Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4＝2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O。
（3）已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。由于亚硫酸钠过量，根据氧化性：Co3+＞＞Fe3+可知氧化”中，被氧化的离子有和Fe2+。
（4）阴影部分表示黄钠铁矾，根据图中几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系可判断若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为0.7～2.2。
（5）常温下“除铜”反应的方程式为MnS+Cu2＋=CuS+Mn2＋，则平衡常数K=＝2×1023。
（6）“沉钴”时根据原子守恒可知可知还有水和二氧化碳生成，则加入小苏打发生反应的离子反应方程式为2+Co2+＝CoCO3↓+H2O+CO2↑，由于Na2CO3溶液中碳酸根离子水解程度大、溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，所以不宜用Na2CO3代替NaHCO3。
25．(1) SiO2 PbSO4
(2)需要消耗更多的H2O2和物质B
(3) D Fe(OH)3
(4)12
(5)快速降温
(6) 5 3.0×10-10
【分析】锌白粉中加入硫酸，ZnO、FeO、Fe2O3、CuO溶解并转化为相应的硫酸盐，SiO2不溶，PbO溶解并转化为难溶物PbSO4，故滤渣1中含有SiO2、PbSO4；过滤后加入锌粉，Cu2+被还原为Cu，同时Fe3+被还原为Fe2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入物质B，B能调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，且不引入新的杂质，则B应为锌的氧化、氢氧化物或碳酸盐。除去Fe(OH)3杂质后，再调整溶液pH，使Zn2+变为Zn(OH)2沉淀，将其过滤、洗涤，再用硫酸溶解Zn(OH)2，得到ZnSO4溶液，加入Zn粉，可以将溶液中的Fe2+转化为Fe单质，过滤除去，将ZnSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
(1)
根据上述分析可知：滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4；
(2)
“沉铜”操作时添加的物质A目的是除去溶液中的Cu2+，A物质可以是Zn或Fe。与使用Zn相比，使用Fe的不足之处是会引入Fe2+，在后续操作中需要消耗更多的氧化剂H2O2和物质B来调整溶液的pH；
(3)
加入物质B是为了调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，但不能引入杂质离子。
A．ZnO与H+反应产生Zn2+、H2O，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，A正确； B．ZnCO3与H+反应产生Zn2+、H2O、CO2，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，B正确；
C．Zn(OH)2与H+反应产生Zn2+、H2O，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，C正确；
D．Zn5(OH)8Cl2·H2O与H+反应产生Zn2+、H2O、Cl-，可以调整溶液pH，但引入了杂质离子Cl-，D错误；
故合理选项是D；
滤渣3中除加入的过量除杂试剂物质B外，还含有的主要物质是Fe3+水解水解形成Fe(OH)3沉淀；
(4)
调节“滤液3”pH值，使Zn2+形成Zn(OH)2沉淀，但不能溶解变为可溶性，根据离子形成沉淀及物质溶解pH要求，溶液pH的范围是9.5~12.0；
(5)
滤液4经过加热蒸发、冷却结晶等操作得到硫酸锌晶体，其中不同降温方式的冷却结晶得到晶体的颗粒大小及其质量分数不同，根据图示可知：如果需要得到较小的硫酸锌晶粒，宜选用快速降温的操作方法；
(6)
CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，由于Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。则，c(H+)=，故溶液pH=5；
对于H2S，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=·=，所以1.0×10-7×7.0×10-15=，解得c(S2-)=1.0×10-13 mol/L，所以根据Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=2.1×10-22，可知c(Zn2+)=。
26．(1)矿石粉碎
(2) 漏斗 S
(3) 2Fe2＋+2H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O； 3.2-8.8 10-15
(4) 过滤 洗涤
(5)
【分析】软锰矿和黄铁矿粉碎后使用硫酸酸浸，二氧化锰部分和FeS2反应生成黄色硫单质，锰、铁元素进入溶液A，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁调节pH除去铁，滤液精制结晶得到MnSO4·H2O，KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O反应得到Mn12O19，焙烧得到OMS-2；
（1）
为了加快浸出的效率，可以采取的措施是：矿石粉碎、搅拌、加热等；
（2）
实验操作A为分离固液的操作，为过滤，所需的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；MnO2有强氧化性，则淡黄色固体除了有未反应完的矿石外，还有FeS2中硫元素氧化生成的硫单质S；
（3）
溶液A中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，其反应方程式2Fe2＋+2H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O；“ 调pH值”步骤中，要除去铁离子而锰离子不沉淀，结合图表数据可知，pH的调节范围是3.2-8.8；Fe(OH)2]完全沉淀的pH为9.0，当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，可视为该离子完全沉淀，则此时pOH=5.0，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，故Ksp[Fe(OH)2]= 10-5×(10-5)2=10-15；
（4）
“精制结晶”步骤中的具体操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤分离出晶体、洗涤除去表面的残液、干燥得到晶体；故填：过滤、洗涤；
（5）
KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O 按物质的量比1：1：5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，反应得到Mn12O19，根据质量守恒可知还会生成硫酸钾和硫酸，反应为。
27．(1) 1:1 S
(2) 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O 空气氧化速率小
(3) FeOOH 3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑ 温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾
(4) 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原 8.400%
【分析】由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)3→3FeSO4+2S↓，其中FeS2还原剂，Fe2(SO4)3是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:1，滤渣的主要成分为SiO2和S，故答案为：1:1；S；
(2)
由分析可知，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，由于空气中氧气含量低，O2本身氧化Fe2+的速率较慢，则用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在空气氧化速率小的缺点，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；空气氧化速率小；
(3)
①80℃时，加入碳酸钠偏多时则溶液中的碱性较强，由题干信息图中可知，此条件下得到的黄钠铁矾中含有的杂质是FeOOH，故答案为：FeOOH；
②由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，故答案为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑；
③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，故答案为：温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；
(4)
①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；
②已知黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中铁为+3价，则有：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O，可知：2Fe3+~~I2~~2 S2O，则有：n(Fe3+)=n(S2O)=0.1500mol•L-1 ×20.00×10-3L=3×10-3mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为：8.400%。
28．(1) 酸雨 SiO2和CaSO4
(2)
(3)置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+
(4)4
(5) 3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+
(6)液态锌
【分析】铜多金属矿石(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+，有机相中加入NaOH溶液得到Sc(OH)3，再加入盐酸酸溶，再用草酸沉钪，再在空气中煅烧得到Sc2O3，再加入氯气和碳生成ScCl3，电解得到Sc。
【详解】（1）“加热酸溶”所得气体主要为SO2，在空气中容易形成酸雨。因SiO2不溶于H2SO4，Ca2+与H2SO4形成微溶的CaSO4，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2和CaSO4。
（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为；故答案为：。
（3）“还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe3+还原为Fe2+，同时可置换出单质Cu；故答案为：置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+。
（4）“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31，调节pH使Sc3+的萃取率最大时，此时c(OH-)=，c(H+)=，pH=4.0，当pH大于4.0时，随着pH增大，增大，致使，Sc3+会生成Sc(OH)3沉淀萃取率减小。故答案为：4。
（5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为，故答案为：3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+，。
（6）ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到，而且电解时液态锌不能作阳极，故钪在液态锌电极上得到。
29． 吸附 温度太低，反应速率慢；温度太高，ClO2会分解 CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O AC 在高于32.4℃条件下趁热过滤 -e-=ClO2↑ H2SO4
【分析】在“发生器”中NaClO3与CH3OH、H2SO4反应生成ClO2、Na3H(SO4)2等，经过程I后在Na3H(SO4)2处理器中加入热水得到母液Na2SO4溶液，母液经过程II得到Na2SO4，根据原子守恒，X为H2SO4，在“发生器”中循环使用。
【详解】(1) 将ClO2水溶液均匀喷洒在活性炭上制得稳定性较强的ClO2，利用了活性炭的吸附性质；故答案为：吸附。
(2)在“发生器”中温度太低，反应速率慢；由于“二氧化氯受热易分解”，温度太高，ClO2会分解，使ClO2的产率降低，故“发生器”需控温60~80℃；故答案为：温度太低，反应速率慢；温度太高，ClO2会分解。
(3) 1molNaClO3被还原成1molClO2得到1mol电子，若l mol CH3OH反应时转移6mole -，则CH3OH被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒，“发生器”中发生反应的主要化学方程式为CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O；故答案为：CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O。
(4)在甲醇法制备二氧化氯的工艺中，CH3OH作还原剂，将NaClO3还原成ClO2；SO2、CO2、H2O2、O3四种物质中具有还原性的是SO2、H2O2，可代替CH3OH起还原作用；故答案选AC。
(5)根据Na2SO4 ·10H2O和Na2SO4 的溶解度曲线图可知，在温度高于32.4℃时析出Na2SO4，低于32.4℃时析出Na2SO4 ·10H2O，故“过程Ⅱ”的操作是：加热浓缩至有大量晶体析出、在高于32.4℃条件下趁热过滤、洗涤、经干燥得Na2SO4固体；故答案为：在高于32.4℃条件下趁热过滤。
(6) 采用惰性电极为阳极，通过电解亚氯酸钠溶液的方法也可以制备二氧化氯，失电子被氧化成ClO2，则阳极的电极反应式为-e-=ClO2↑；故答案为：-e-=ClO2↑。
(7) 在Na3H(SO4)2处理器中加入热水得到母液Na2SO4溶液，母液经过程II得到Na2SO4，根据原子守恒，则被循环利用的物质X的化学式为H2SO4；故答案为：H2SO4。
30． 粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌(三个任写一个或其他正确均可) 1:4 AC Cu 将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生 CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(任写一个或其他正确答案均可) 3.2 4.7 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)加入氯化铁和稀硫酸，反应生成硫单质、亚铁离子、铜离子，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣为S和SiO2，向滤液中加入适当过量的Fe，充分反应，过滤，滤液主要是亚铁离子，滤渣主要成份是铜单质，还有少量的铁单质，向滤渣中加入稀硝酸，再充入过量的空气，将生成的氮氧化物转化为硝酸，再向溶液中加入氧化铜等物质调节溶液pH值促进铁离子水解，再过滤，将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]。
【详解】(1)“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌等，浸取时生成S发生的反应为Cu2S＋4Fe3+＝4Fe2+＋2Cu2+＋S↓，还原剂为Cu2S，氧化剂为Fe3+，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4；故答案为：粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌；1:4。
(2)根据题意加入铁粉后，若Fe3+、Cu2+反应完全，则薄层色谱中只会出现一个点，即Fe2+，根据图谱可以看出B中只有Fe2+，而AC中还有Fe3+或Cu2+，因此还需继续加入Fe粉的是AC；故答案为：AC。
(3)由于前面加入了适当过量的铁粉，铁置换出铜，因此滤渣2的主要成分是Cu，还有少量的Fe，滤渣2与稀硝酸反应时，金属与硝酸反应生成NO、NO2，向装置内通入适量空气，可以将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生；故答案：将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生。
(4)调节溶液pH时，主要利用加入的物质消耗铁离子水解生成的氢离子，使其水解程度增大而转化为沉淀，为防止引入新的杂质，物质a可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；“调pH”时应将溶液中铁离子全部沉淀，而铜离子不能沉淀，因此要将溶液pH调至3.2～4.7；故答案为：CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(任写一个或其他正确答案均可)；3.2；4.7。
(5)从溶液得到晶体，一般的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
31． 第六周期ⅤA族 Al2O3+ Na2CO32NaAlO2+CO2↑ Bi2S3+Bi2O36Bi+3SO2↑ 三氯化铁有氧化性(其他合理答案) 粗铋 精铋 相同温度下，生成此两种氧化物的反应更有利于自发进行(其他合理答案也给分)
【分析】(3)电解精炼时，需要被提纯的金属作为阳极被氧化成阳离子，再在阴极被还原以达到精炼的目的；
①根据△G=△H-T△S<0时反应可以自发进行进行分析；
②Te与S元素同主族，亚碲酸根应为TeO。
【详解】(1)Bi元素为83号元素，与N、P等元素同主族，位于元素周期表第六周期VA族；
(2)①Al2O3是两性氧化物，与纯碱(Na2CO3)反应时应表现酸性，参考二氧化硅和碳酸钠的反应可知该反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，根据元素守恒可得化学方程式为Al2O3+ Na2CO32NaAlO2+CO2↑；
②Bi2S3和Bi2O3可在高温彼此进行氧化还原反应生产粗铋，结合元素守恒和价态规律，可知还会生成SO2，所以化学反应方程式为Bi2S3+Bi2O36Bi+3SO2↑；
③三氯化铁有氧化性，可以氧化硫化铋中的S元素，使其溶解；
(3)电解精炼时，需要将Bi3+还原以得到精铋，电解池中阴极发生还原反应，所以精铋作为阴极，同时粗铋作为阳极，被氧化成阳离子，再在阴极被还原以达到精炼的目的；
①△G=△H-T△S<0时反应可以自发，越小越容易自发进行，据图可知相同温度下，生成此两种氧化物的反应更有利于自发进行；
②参考SO2和NaOH的反应可知TeO2别NaOH吸入的反应方程式为。
【点睛】第3小题第①小题为本题难点，题目给出了各个反应△G=△H-T△S的值，所以思考答案的时候要往反应自发进行的方向上去靠；另外学生平时要多注意积累各主族都有哪些元素。
32． 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O 不能 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(抽滤) MnO42－-e－=MnO4－ KOH 2：3
【分析】(1)为了增大反应物接触面积，加快化学反应速率可以在“进料”前应将软锰矿粉碎；
(2)结合流程图可知，MnO2、O2、KOH在加热的条件下反应生成K2MnO4和H2O；
(3)酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，可以把盐酸中的氯离子氧化为氯气，故盐酸不能代替CO2；电解K2MnO4水溶液，制取KMnO4，阳极发生氧化反应，由MnO42－转化为MnO4－，根据“CO2歧化法”和“电解法”的化学方程式，确定K2MnO4的理论利用率之比。
【详解】(1)“进料”前应将软锰矿粉碎，其作用是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
(2)结合流程图可知，MnO2、O2、KOH在加热的条件下反应生成K2MnO4和H2O，其反应方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；
(3)①在酸性条件下K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4，KMnO4具有强氧化性，可以把氧化为Cl2，MnO4-被还原为Mn2+，故盐酸不能代替CO2；从滤液中得到高锰酸钾晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
②电解时阳极发生氧化反应，电解槽中阳极发生的电极反应为MnO42－-e－=MnO4－，阴极发生还原反应，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2H2↑+2OH-，电解的总方程式为2K2MnO4+2H2OKMnO4+2H2↑+2KOH，故电解产物KOH可以循环利用；
③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理论产率为100%，而在二氧化碳歧化反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3，K2MnO4的理论产率为，所以二者的理论利用率之比为3：2 。
四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-07氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2022·四川雅安·统考模拟预测）科学家发现某些生物酶体系可促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程Ⅰ中体现还原性
B．过程Ⅱ中有极性键的断裂和形成
C．过程Ⅲ生成的半反应为：
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为：
2．（2022·四川雅安·统考模拟预测）铁橄榄石 [Fe2(SiO4)]是嫦娥五号月壤的主要含铁矿物之一，我国科学家发现陨石撞击过程的高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生反应形成与，下列相关选项错误的是
A．铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为
B．该反应的方程式为：
C．铁橄榄石熔融产生自由移动的属于化学变化
D．该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁
3．（2022·四川巴中·统考模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳: SiO+ 2CO2+ 2H2O = H2SiO3↓+2HCO
B．工业上制漂白粉: Cl2+ 2OH- =Cl-+ ClO-+ H2O
C．明矾溶液与过量氨水混合: Al3++ 4NH3+ 2H2O = AlO+4NH
D．硫化钠溶液与氯化铁溶液反应: 2Fe3+ +3S2-= Fe2S3
4．（2022·四川泸州·统考模拟预测）某离子反应中涉及H+、Fe3+、MnO、FeO、Mn2+、H2O六种粒子，其中MnO的浓度随反应进行逐渐增大。下列说法不正确的是
A．该反应的氧化产物为MnO
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3
C．该溶液中FeO的氧化性强于MnO
D．溶液中FeO、Na+、C1-、S2-能大量共存
5．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）2021 年9月，我国科学家团队在实验室中利用二氧化碳人工合成淀粉获得成功。如图是合成过程的相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法正确的是
A．人工合成淀粉的化学式可表示为(C6H12O6)n
B．反应①、②、③的原子利用率均为100%
C．CO2→CH3OH→ HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D．过氧化氢酶使H2O2及时分解，防止其氧化其它酶，同时增大O2的利用率
6．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
7．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）铅霜(醋酸铅)因有甜味又称为铅糖，易溶于水，可入药，内服过量易发生铅中毒。《本草纲目》中记载铅霜的制备过程是：“以铅打成线，穿成串，瓦盆盛生醋，以串横盆中离醋三寸，仍以瓦盆覆之，置阴处，候生霜刷下，仍合住。”下列相关说法中，错误的是
A．制备过程发生了氧化还原反应 B．制备过程利用了醋酸的挥发性
C．铅霜可广泛用作食品甜味剂 D．“铅打成线”可加快铅霜的生成
8．（2022·四川凉山·统考三模）下列有关说法正确的是
A．次氯酸钙溶液中通入少量的CO2：ClO-+H2O+CO2=+HClO
B．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
C．、Cu2+、CH3COO-、在水溶液中能大量共存
D．标准状态下，22.4L Cl2通入水后转移的电子数为2NA
9．（2021·四川遂宁·一模）已知：，设NA为阿伏加德罗常数的值；下列分析错误的是
A．将溶于水，溶液中的数目为NA
B．60g的23Na37Cl含有中子的总数为32NA
C．标况下，含共用电子对的数目为3NA
D．每生成时，该反应转移电子数为3NA
10．（2021·四川凉山·统考一模）室温下进行下列实验根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
某气体通入品红溶液中，溶液变红
该气体是
B
向和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的溶液，溶液变红
氧化性：
C
向盛溶液的试管中滴加溶液至不再有白色沉淀产生，向其中滴加溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
D
取家用食盐少量，溶于水，加入少量淀粉，充分搅拌后，无明显变化
这是一种没有添加碘的食盐
A．A B．B C．C D．D
11．（2021·四川达州·统考一模）下列生产生活中的变化或应用与氧化还原反应无关的是
A．铁盐净水 B．煤气化 C．液态油脂变奶油 D．蓄电池放电
12．（2020·四川成都·统考二模）设为阿伏加德罗常数值。如图表示在表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是
A．转化成无害气体时的催化剂是
B．每1 mol 转化为得电子数为3
C．将生成的通入含大量、的溶液中，无明显现象
D．1g 、的混合气体中含有电子数为0.5
13．（2020·四川成都·统考一模）《天工开物·火药》冲记载“凡火药，以硝石硫磺为主，草木灰为辅。硝性至阴，硫性至阳，阴阳两物相遇于无隙可容之中，其出也……”(已知火药反应为：2KNO3+S +3C=K2S +N2↑+3CO2↑)。下列认识或相关理解错误的是
A．硫磺不溶于水 B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂 D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
14．（2020·四川内江·三模）由下列实验及现象推出相应结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸
①产生白色沉淀②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
B
将表面有黑色CuO的热铜丝插入乙醇中，反复多次
闻到有刺激性气味，铜丝变光亮
乙醇被氧化
C
将甲烷与氯气按体积比1:4混合于试管中，光照
反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯代甲烷具有酸性
D
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置
下层液体显紫红色
氧化性：Fe3+
二、填空题
15．（2022·四川雅安·统考模拟预测）汽车是人们出行的重要交通工具，其中蕴含着大量的化学知识，回答下列问题：
(1)汽车中包含多种材料，制轮胎的丁苯橡胶属于_______(填“天然”或“合成”)橡胶。
(2)汽车安全气囊启动时发生的反应有：，用单线桥表示该反应中的电子转移情况：_______。
(3)在催化剂作用下，汽车尾气中的与能转化成两种无污染的气体，写出反应的化学方程式_______。
(4)汽车排放的会加剧温室效应，实验室用溶液吸收，当时，所得溶液呈碱性，原因是_______，_______(填“>”或“＜”)。
(5)使用燃料电池汽车可解决的排放，写出溶液环境下甲醇燃料电池的负极电极反应式_______。
16．（2021·四川宜宾·统考一模）含氯消毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。
Ⅰ.二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。制备ClO2常见的方法有：
方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O
方法2：在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2。
(1)ClO2中氯元素的化合价是___，H2O2的电子式是___。
(2)方法1的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是___。
(3)方法2发生反应的离子方程式是___。
(4)和方法2比较，方法1的不足之处是___(写出一点即可)。
Ⅱ.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)，俗名固态双氧水，具有去污杀菌等功效。其制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) ΔH＜0。
(5)结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应___(填“＞”、“＜”或“=”)2∶3，且加入Na2CO3溶液速度不能过快，原因是__。
(6)过碳酸钠的储存稳定性是重要的品质指标。以不同种类的稳定剂制备的过碳酸钠产品，测得其活性氧质量分数随时间的变化如图所示。
由图可知，制备过碳酸钠时应选择的稳定剂是__(填图中字母序号)，理由是___。
三、实验题
17．（2022·四川绵阳·统考一模）高锰酸钾具有强氧化性，广泛应用于化工、医药、金属冶炼等领域。实验室可通过固体碱溶氧化法制备高锰酸钾。回答下列问题：
(1)称取和，置于铁坩埚中并混合均匀，加热混合物至熔融。加热铁坩埚时，除图中的部分仪器外，还需要_______(填仪器名称)，不使用瓷坩埚的原因是_______。
(2)将分多次加入熔融物中，继续加热，反应剧烈，最终得到墨绿色。该步反应的化学方程式为_______，分多次加入的原因是_______。
(3)待铁坩埚冷却后，将其置于蒸馏水中共煮至固体全部溶解。趁热向浸取液中通入，使歧化为与。用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，观察到_______，表明转化已完全。静置片刻，抽滤。该步骤若用代替，可能的后果是_______。
(4)水浴加热滤液至出现晶膜，冷却后抽滤、干燥晶体。在该实验中采用水浴加热的主要优点是_______。下表是部分化合物溶解度随温度变化的数据，步骤(3)中不宜通入过多，目的是_______，产品经纯化后称重，质量为3.60g。本实验中的产率为_______%。
温度/℃
20
30
40
50
110
114
117
121
33.7
39.9
47.5
65.6
6.4
9.0
12.6
16.9
18．（2022·四川泸州·统考模拟预测）氯化亚砜(SOCl2)常用作脱水剂。某校科研小组拟以Cl2、S2Cl2、ClSO3H(氯磺酸)为原料合成SOCl2并探究其相关性质，制备装置如图所示。有关物质的部分性质见表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
SOCl2
-105
78.8
易水解，温度高于150℃分解
ClSO3H
-80
156
具有强吸水性，不易分解
S2Cl2
-77
138
遇水即反应
回答下列问题：
(1)装置A中可能的试剂是____(选填数字编号)。
①MnO2和盐酸
②KMnO4和浓盐酸
③漂白粉和浓盐酸
④浓硫酸与NaCl
(2)装置D中盛放的试剂是____，装置E的作用是____。
(3)将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因____。
(4)小明同学认为SOCl2也可与FeCl3·6H2O混合制取无水FeCl3，但小强同学认为可能会发生副反应使最后的产品不纯，可能产生的杂质微粒是____；为验证猜想，可选择的试剂是____(选填数字编号)。
①BaCl2溶液、稀盐酸
②Ba(NO3)2溶液、稀HNO3
③KSCN溶液
④K3[Fe(CN)6]溶液
(5)若硫元素全部转化到目标产物中，在50℃下C中发生反应的化学方程式为____；反应结束后，利用如图所示装置将C中混合物分离，毛细玻璃管的作用是____。
19．（2021·四川内江·统考一模）ClO2、NaClO2均是高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒。制备NaClO2固体的实验装置如图所示(夹持装置省略)，其中A装置制备ClO2，C装置用于制备NaClO2.请回答下列问题：
已知：①饱和NaClO2溶液中析出的晶体成分与温度的关系如下表所示：
温度/℃
<38
38~60
60>
晶体成分
NaClO2·3H2O
NaClO2
NaClO2分解成NaClO3和NaCl
②ClO2在温度过高、浓度过大时均易发生分解，工业上通常制成固体以便运输和储存。
(1)仪器a的名称是___________
(2)装置B的作用是___________
(3)装置A中发生反应的离子方程式为___________。
(4)研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=___________mol·L-1，____。
(5)C装置采用“冰水浴”的目的是___________。
(6)对C装置溶液采用结晶法提取NaClO2晶体，减压蒸发结晶(控制温度为______℃)、趁热过滤、50℃左右热水洗涤低于60℃条件下。_____，得到成品。
(7)准确称取所得NaClO2样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，在酸性条件下发生充分反应：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：I2+2S2O=I-+S4O)该样品中NaClO2的质量分数为___________(用含m、c、V的代数式表示)。
20．（2021·四川宜宾·统考一模）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型高效消毒净水剂。高铁酸钾的一种实验室制法如下。(装置如图所示，夹持装置略去)
Ⅰ.组装好仪器，检查装置气密性，装入药品。
Ⅱ.打开止水夹K1、K2和甲中分液漏斗活塞，反应一段时间，关闭止水夹K1。
Ⅲ.开启磁力搅拌器，缓慢加入100mL0.8mol•L-1Fe(NO3)3溶液，充分反应。
Ⅳ.反应结束，通入N2一段时间，取下三颈烧瓶，在低温下加入KOH固体至溶液饱和，析出粗产品，过滤。
Ⅴ.将粗产品溶于冷的稀KOH溶液，过滤除杂，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，用乙醚洗涤。
Ⅵ.重复操作Ⅴ，在真空干燥箱中干燥，得到9.9g产品。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___，a中所盛装的药品是___(选填字母序号)。
A．NaCl B．MnO2 C．Na2CO3 D．KMnO4
(2)步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是___。
(3)乙装置中饱和NaCl溶液的作用是___。
(4)步骤Ⅱ，丙中三颈烧瓶内发生反应的离子方程式是___。
(5)步骤Ⅲ，丙中生成Na2FeO4的离子方程式是___。
(6)步骤Ⅳ中通入N2的目的是___。步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去___(填化学式)。
(7)该实验中产品的产率为___。
21．（2020·四川遂宁·统考模拟预测）新冠疫情期间使用了大量的消毒剂，其中二氧化氯（ClO2）与亚氯酸钠（NaClO2）都具有强氧化性。两者作漂白剂时，不伤害织物；作饮用水消毒剂时，不残留异味。某研究性学习小组利用如下装置由二氧化氯制备NaClO2·3H2O，并探究其性质。
I.查阅资料：
①ClO2易与碱溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为氯酸盐。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
Ⅱ.制备与分离：
（1）实验加药品前应进行的实验操作是____。
（2）盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器名称是____。
（3）装置A中参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
（4）B装置的作用是____。
（5）若要从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤如下，请完成下列操作步骤②的内容。
①减压，55℃蒸发结晶； ②____；
③用38℃～60℃热水洗涤； ④在38℃～60℃间进行干燥，得到成品。
（6）装置D是处理尾气，反应的化学方程式____。
（7）实验结束后，继续通入一段时间N2的目的是____。
Ⅲ.测量与计算：
（8）利用题中原理制备出NaClO2·3H2O晶体的样品，可以用“间接碘量法”测定样品（杂质与I－不发生反应）的纯度，过程如下：取样品1.4450g配制成250mL溶液，从中取出25.00mL，加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，（已知：ClO＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－），然后用cmol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为vmL（已知：I2＋2S2O＝S4O＋2I－）。
①滴定终点的现象是____。
②下列滴定操作会导致测量结果偏低的是____（填字母）。
a 锥形瓶洗涤后没有干燥 b 滴定时锥形瓶中有液体溅出
c 滴定终点时俯视读数 d 滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
③样品中NaClO2·3H2O的纯度为____％（用含c、v的代数式表示）。
四、工业流程题
22．（2022·四川成都·统考模拟预测）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I中只含有两种沉淀。
③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
(1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_______。
(2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。
(3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_______。
(5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)
(7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_____。
23．（2022·四川绵阳·统考一模）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物：
回答下列问题：
(1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为、_______，“灼烧”的目的是_______。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有_______、_______。
(3)“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为_______。
(4)“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是_______。
(5)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。转化为，反应的化学方程式为_______；生成产物的化学式为_______。
(6)利用制得溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的。电解时阳极的电极反应式为_______。
24．（2022·四川乐山·统考一模）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示：
已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。
(ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。
(1)写出两条提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施 _______ 。
(2)“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为_______ 。
(3)“氧化”中，被氧化的离子有_______ 。
(4)如图表示几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系，其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为_______。
(5)若选用MnS“除铜”，计算常温下“除铜”反应的平衡常数K= _______ [已知常温下，Ksp(MnS)=2.6 ×10-13，Kp (CuS)=1.3×10-36]。
(6)“沉钴”时，加入小苏打发生反应的离子反应方程式为_______，不宜用 Na2CO3代替NaHCO3的原因是_______。
25．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）硫酸锌广泛用于涂料、皮革等行业。工业上用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有PbO、FeO、Fe2O3、CuO 、SiO2等杂质)制备硫酸锌的流程如图：
已知：①工业条件下，部分金属阳离子Mn+开始沉淀和完全沉淀时的pH值如图：
②相关常数：Ksp(ZnS)=2.1 ×10-22，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15， Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______、_______。
(2)“沉铜”操作时添加的物质A可以是Zn或Fe。与使用Zn相比，使用Fe的不足之处是_______。
(3)加入物质B调节pH。下列物质中，不能作为物质B使用的是_______(填选项)；滤渣3中除物质B外，还含有的主要物质是_______。
A．ZnO B．ZnCO3 C．Zn(OH)2 D．Zn5(OH)8Cl2·H2O
(4)调节“滤液3”pH值的范围是9.5~_______。
(5)滤液4经过加热蒸发、冷却结晶等操作得到硫酸锌晶体，其中不同降温方式的冷却结晶得到晶体的颗粒大小及其质量分数如图所示。如果需要得到较小的硫酸锌晶粒，宜选用_______的方式进行降温结晶。
(6)滤液4经一系列操作后制得ZnSO4·7H2O，最终残留的酸性废液中含有ZnSO4。除去酸性废液中Zn2+的方法是：在酸性废液中加入一定量CH3COONa后，再通入H2S生成ZnS沉淀。处理后的溶液中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度(mol·L-1)
0.10
0.10
0.18
则：处理后的溶液pH=_______，溶液中 c(Zn2+)=_______mol·L-1。
26．（2021·四川广安·统考模拟预测）氧锰八面体纳米棒(OMS-2)是一种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿(主要成分分别为MnO2、FeS2) 合成OMS-2的工艺流程如下：
常温条件下，离子沉淀时的pH数据：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀的pH
2.2
7.5
8.8
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.8
(1)为了加快浸出的效率，可以采取的措施是：______ (写一条即可)
(2)实验操作A所需的玻璃仪器有：___、烧杯、玻璃棒；MnO2有强氧化性，则淡黄色固体除了有未反应完的矿石外，还有___________ (填化学式)
(3)溶液A中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，写出其反应方程式 ___________ ；“ 调pH值”步骤中，pH的调节范围是___________；当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，可视为该离子完全沉淀，则由题中的数据信息，计算Ksp[Fe(OH)2]=___________。
(4)“精制结晶”步骤中的具体操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，___________、___________，干燥；
(5)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O 按物质的量比1：1：5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，该反应的离子方程式为___________。
27．（2021·四川成都·统考一模）黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为FeS2，含少量SiO2)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：
(1)“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2(SO4)3→FeSO4+S↓(未配平)，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______；滤渣的主要成分为SiO2和_______。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______；用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在_______的缺点。
(3)“沉铁”过程，控制不同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(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。
①80℃时，加入碳酸钠偏多时得到的黄钠铁矾中含有的杂质是_______。
②生成黄钠铁矾的离子反应方程式_______。
③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因_______。
(4)测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500mol•L-1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①滴定终点的实验现象是_______。
②样品中铁的质量分数为_______。
28．（2021·四川内江·统考一模）钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)，科研人员从矿石中综合回收金属钪的工艺流程设计如下：
已知：①"萃取"时发生反应有：Sc3++3H2A2(有机液)Sc(HA2)3(有机相)+3H+Fe3++3H2A2(有机液)Fe(HA2)3+3H+
②常温下，“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31；请回答下列问题：
(1)“加热酸溶”产生的气体直接排放到空气中，容易形成___________；滤渣I的主要成分为___________。
(2)溶解FeS发生反应的化学方程式为___________。
(3)“还原”工序的目的为___________。
(4)“萃取"过程中有机试剂的Se3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随着pH增大Sc3+萃取率减小，a=___________。
(5)“沉钪"过程中发生反应的离子方程式为___________。过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为___________。
(6)“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KCl、LiCl、ScCl3熔融物作电解液，钪在___________电极上得到(选填：石墨或液态锌)。
29．（2020·四川巴中·统考模拟预测）二氧化氯是国际上公认的对环境无二次污染的消毒杀菌剂，工业上有多种制备方法。它常温下为黄绿色气体，易溶于水，受热或浓度较大时易分解。甲醇法制备二氧化氯的工艺如下：
回答下列问题：
(1)将ClO2水溶液均匀喷洒在活性炭上制得稳定性较强的ClO2，利用了活性炭的___________性质 。
(2)“发生器”需要控温60~80℃之间的原因是___________。
(3)若l mol CH3OH反应时转移6mole -，则“发生器”中发生反应的主要化学方程式为___________。
(4)对工艺适当改进后，可用以下物质代替 CH3OH起还原作用的是___________
A．SO2 B．CO2 C．H2O2 D．O3
(5) Na2SO4 ·10H2O和Na2SO4 的溶解度曲线如图所示，则“过程Ⅱ”的操作是：加热浓缩至有大量晶体析出、___________、洗涤、经干燥得Na2SO4固体。
(6)采用惰性电极为阳极，通过电解亚氯酸钠溶液的方法也可以制备二氧化氯，其阳极的电极反应式为___________。
(7)循环利用操作可以降低生产成本，上述流程中物质X的化学式为___________。
30．（2020·四川乐山·统考一模）硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]，是一种重要的化工原料，常用于农药、镀铜、搪瓷等工业。以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图所示：
回答下列问题：
(1)“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有______ (任写一点)，浸取时在生成S的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______。
(2)薄层层析法是利用溶液各成分对同一吸附剂吸附能力不同，在溶液流过吸附剂时，使各成分互相分离的方法。某实验小组利用薄层层析法监控滤液1加入铁粉过程中溶液的组成，实验结果如下，则还需继续加入Fe粉的是______ (选填编号)。
(3)滤渣2的主要成分是______，滤渣2与稀硝酸反应时，需向装置内通入适量空气，这样做的目的是______。
(4)调节溶液pH时选用的物质a可以是______，几种金属离子沉淀的pH范围如图所示，“调pH”时应将溶液pH调至______~______。
(5)操作X主要包括______、______、过滤、洗涤、干燥。
31．（2020·四川凉山·统考三模）铋(Bi)是一种稀有金属，目前世界年产量约4000t左右。铋的主要用途是制造易熔合金，作为冶金添加剂及制药工业等方面。铋的冶炼分为粗炼和精炼两个阶段：
Ⅰ.粗炼
辉铋矿(Bi2S3)
铋华(Bi2O3)
混合精矿(Bi2S3/ Bi2O3)
沉淀熔炼
还原熔炼
混合熔炼
Ⅱ.精炼
回答下列问题：
(1)铋在元素周期表中的位置是_______________。
(2)①还原熔炼法中还需加入一定量造渣剂(纯碱)使其与矿石中的脉石(主要为Al2O3)形成熔渣，写出形成熔渣反应的化学反应方程式______________________________。
②对于混合精矿，矿料中的Bi2S3和Bi2O3可在高温下彼此进行氧化还原反应生产粗铋，写出此反应的化学反应方程式______________________________。
③有些硫化铋矿也可用湿法处理，即加入三氯化铁与盐酸的混合液，可溶解硫化铋和少量天然铋，这是利用了_______________________________。
(3)电解精炼时，以_______作为阳极，__________作为阴极，电解液一般用FeCl3/HCl。此时电解出的铋还含有砷、锑、碲杂质，需进一步除去：
①除砷、锑
在熔融粗铋中通入空气，砷、锑将优先氧化为As2O3及Sb2O3，根据上图分析其原因是________________________________。
②除碲：向除砷、锑后的熔铋中继续鼓入空气并加入NaOH，杂质碲被氧化为TeO2随即被NaOH吸入形成亚碲酸钠，写出吸入反应的离子反应方程式_______________________。
32．（2020·四川遂宁·统考三模）外循环三相反应器连续制备高锰酸钾新技术是目前高锰酸钾工业发展的主要方向。该法以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾。该工艺路线制备高锰酸钾如下：
已知：一些化合物溶解度(单位：g)随温度的变化如表
物质温度℃
KMnO4
KCl
K2CO3
20
6.4
34.0
52.5
90
45.2
56.7
60.9
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按一定的比例在“进料”时加热熔融后再和氧气进行“反应”，“进料”前应将软锰矿粉碎，其作用是____。
（2）“反应”中发生反应的化学方程式为____。
（3）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“CO2歧化法”是传统工艺，即向溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性。
K2MnO4发生歧化反应时，能否用盐酸代替CO2____（请填写“能”或“不能”）。待锰酸钾全部歧化后，静置一段时间后过滤。从滤液中得到高锰酸钾晶体的操作是：____。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为____，电解产物____可以循环利用。
③“CO2歧化法”和“电解法”相比较，K2MnO4的理论利用率之比为____。
参考答案：
1．A
【分析】由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O；
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂体现氧化性，被还原，发生还原反应，A错误；
B．过程Ⅱ中NO和铵根离子生成水和N2H4，反应中氮氧键断裂、氢氧键生成、氮氢键生成，故有极性键的断裂和形成 ，B正确；
C．过程Ⅲ中N2H4中氮元素失去电子，发生氧化反应生成，半反应为：，C正确；
D．过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
故选A。
2．C
【详解】A．铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为亚铁和硅的氧化物：，A正确；
B．高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生歧化反应形成与，，B正确；
C．铁橄榄石熔融产生自由移动的的过程为盐熔融电离的过程，不是化学变化，C错误；
D．发生反应生成与，故该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁，D正确；
故选C。
3．A
【详解】A．向硅酸钠溶液中通入CO2可以得到酸性比碳酸更弱的硅酸H2SiO3沉淀，通入CO2过量时，生成HCO，A正确；
B．工业上制漂白粉是将Cl2通入石灰乳中，因为含有大量Ca(OH)2固体，因此石灰乳不能拆写为OH-，B错误；
C．氨水是弱碱溶液，因此能与明矾溶液中的Al3+结合生成Al(OH)3沉淀，但不能将其转化为AlO，C错误；
D．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，因此二者会发生氧化还原反应，而不是直接结合生成沉淀，D错误。
故本题选A。
4．D
【分析】由MnO的浓度随反应进行逐渐增大，可判断出MnO是生成物，则Mn2+为反应物，Mn元素的化合价升高，则Fe元素的化合价降低，所以FeO是反应物，Fe3+是生成物，则反应的方程式为：5FeO+3Mn2+ +16H+ =3MnO+5Fe3++8H2O，以此解答该题。
【详解】A. 由方程式分析可知，该反应的氧化产物为MnO，A正确；
B. 该反应氧化剂为FeO、还原剂为Mn2+，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3，B正确；
C. 根据氧化性比较：氧化剂＞氧化产物，可知该溶液中FeO的氧化性强于MnO，C正确；
D. 因FeO有强氧化性，S2-有还原性，故溶液中FeO、Na+、C1-、S2-不能大量共存，D错误；
故答案选D。
5．D
【详解】A．根据人工合成淀粉的键线式可知，其化学式可表示为(C6H10O5)n，A错误；
B．反应①除了合成有机物以外，还有水生成，反应②除了合成甲醛以外，也还有过氧化氢生成，所以原子利用率均未达到100%，B错误；
C．CO2→CH3OH过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CH3OH→ HCHO过程中C元素化合价由-2价升高到0价，被氧化，C错误；
D．过氧化氢酶可使反应②产生的H2O2及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了O2的利用率，D正确；
故选D。
6．C
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
【详解】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．由铅制备醋酸铅，铅元素的化合价发生了改变，该制备过程涉及了氧化还原反应，A正确；
B．制备过程中，铅线“离醋三寸”，铅和醋酸发生反应，体现了醋酸的挥发性，B正确；
C．铅霜可入药，内服过量易发生铅中毒，不能用作食品甜味剂，C错误；
D．“铅打成线”，可以增加铅和醋酸分子的接触面积，加快铅霜的生成，D正确；
故选C。
8．C
【详解】A． 次氯酸钙溶液中通入少量的CO2生成碳酸钙沉淀和次氯酸：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=+2HClO，故A错误；
B． 草酸是弱酸，写化学式，草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C． 、Cu2+、CH3COO-、在水溶液中不产生沉淀、气体、水，能大量共存，故C正确；
D． 标准状态下，氯气和水的反应是可逆反应，22.4L Cl2通入水后转移的电子数少于NA，故D错误；
故选C。
9．A
【详解】A．由于会发生水解反应，溶液中的数目小于NA，故A错误；
B．60g的23Na37Cl物质的量，含有中子的总数为1mol×(23-11+37-17) ×NA mol-1=32NA，故B正确；
C．标况下物质的量，氮气结构式N≡N，则含共用电子对的数目为3NA，故C正确；
D．由反应，NaNO2→N2中N化合价降低了3，则每生成时，该反应转移电子数为3NA，故D正确；
故选：A。
10．C
【详解】A．能使品红褪色的气体还有Cl2等，不一定是SO2，A错误；
B．硝酸具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN变红，因此不能证明Fe3+的氧化性大于Ag+，B错误；
C．ZnSO4与Na2S反应生成ZnS沉淀，加入CuSO4后生成黑色沉淀，说明白色的ZnS沉淀转化为黑色的CuS沉淀，ZnS与CuS为同一类型的沉淀，沉淀可以向更难溶的转化，因此Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，C正确；
D．淀粉遇碘单质变蓝，食盐中含有KIO3，不能使淀粉变蓝，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．铁盐净水是因为溶液中铁离子发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质形成沉淀，净水过程中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A符合题意；
B．煤气化发生的反应为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．液态油脂变奶油发生的反应为液态油脂与氢气发生还原反应生成固态奶油，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．蓄电池放电时，正极会发生还原反应，负极会发生氧化反应，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故选A。
12．D
【详解】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；
C．将生成的CO2通入含大量、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，+CO2(少量)+H2O=+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1g CO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol×22×NA=0.5NA，故D正确。
故选D。
13．C
【详解】A．硫磺是S单质，为非极性分子，H2O为极性溶剂，根据相似相溶原理，S不溶于水，A正确；
B．根据火药反应的方程式，反应物为KNO3、S、C，硝石中有KNO3，硫磺提供S，则C只能来自草木灰，B正确；
C．由方程式可知，KNO3中+5价的N变为N2中的0价，N得电子发生还原反应，做氧化剂，C错误；
D．“其出也”可以理解为由物质从容器中出来，该反应生成N2和CO2两种气体，故含义之一是指该反应放出气体，D正确；
故选C。
14．B
【分析】
【详解】
A．某溶液中加入Ba(NO3)2溶液后产生白色沉淀，该白色沉淀可能是BaCO3、BaSO4、BaSO3等有多种可能，再加足量盐酸，溶液中同时存在硝酸钡电离出的硝酸根和盐酸电离产生的氢离子，溶液此时具有硝酸的强氧化性，若上一步得到的是BaSO3沉淀，则会在H+和NO3-的作用下被氧化成BaSO4，故不能说明原溶液中有SO42-，A项错误；
B．将表面有黑色CuO的热铜丝插入乙醇中，反复多次后，闻到有刺激性气味，铜丝变光亮，说明乙醇和CuO发生反应，有乙醛生成，同时CuO被还原为Cu，根据氧化还原反应原理，可知乙醇被氧化，B项正确；
C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，生成的气态混合物质为氯代甲烷和氯化氢。因为有氯化氢的存在，因而不能得出“生成的氯代甲烷具有酸性”这样的结论，C项错误；
D．下层溶液显紫红色，说明有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为Fe3+＞I2，D项错误；
答案选B。
15．(1)合成
(2)
(3)
(4) 的水解程度大于电离程度 ＜
(5)
【详解】（1）制轮胎的丁苯橡胶属于有机合成材料，为合成材料；
（2）反应中钠得到电子发生还原反应，氮元素失去电子发生氧化反应，电子转移为，；
（3）催化剂作用下，汽车尾气中的与能转化成两种无污染的气体，根据质量守恒定律，可知反应生成氮气和二氧化碳，；
（4）用溶液吸收，当时，所得溶液呈碱性，原因是两者反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性，溶液中溶质为碳酸氢钠，其水解大于电离，故<；
（5）溶液环境下甲醇燃料电池的负极上甲醇发生氧化反应生成碳酸根离子，电极反应式。
16．(1) +4
(2)1∶2
(3)2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O
(4)产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等
(5) < H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失
(6) a 采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大
【详解】（1）已知ClO2中O的化合价为-2价，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0，可知ClO2中氯元素的化合价是+4价，H2O2是共价化合物，故其电子式是，故答案为：+4；；
（2）方法1的反应中，分析反应方程式2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O可知，NaClO3中的Cl的化合价由+5价降低到ClO2中的+4价，被还原，故ClO2还原产物，NaCl的Cl的化合价由-1价升高到Cl2中的0价，被氧化，Cl2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比是1:2，故答案为：1:2；
（3）方法2即在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2，反应中Cl的化合价由+5降低到+4，故H2O2中的O的化合价升高，即由-1升高到0价，根据氧化还原反应配平可知，发生反应的离子方程式是2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O；
（4）比较方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O和方法2：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，不难方法1的不足之处是产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等，故答案为：产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等；
（5）结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，由于H2O2能够分解生成H2O和O2，受热后加快其分解，Na2CO3性质较稳定，反应过程中H2O2应适当过量，故碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应＜2∶3，由题干信息可知2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) ΔH＜0该反应是个放热反应，故若加入Na2CO3溶液速度过快，则导致溶液的温度快速上升，H2O2分解加速造成损失，故答案为：＜；H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失；
（6）由题干图示信息可知，采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大，故答案为：a；采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大。
17．(1) 泥三角 氢氧化钾可以和瓷坩埚反应
(2) 3MnO2+ 6KOH+KClO3=3K2MnO4+ KCl+3H2O 由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅
(3) 只有紫红色痕迹，没有绿色痕迹 氯化氢会把高锰酸钾还原为氯化锰，无法得到高锰酸钾
(4) 受热均匀 提高产品的纯度 85.5%
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，在铁坩埚中将氢氧化钾和氯酸钾加热熔融，然后加入二氧化锰发生反应生成，再通入二氧化碳发生歧化反应生成高锰酸钾，结晶后得到晶体，以此解题。
【详解】（1）加热固体药品的时候，需要用铁坩埚、三角架和泥三角，故还需要泥三角；瓷坩埚的成分是硅酸盐，则氢氧化钾可以和瓷坩埚反应，故不能使用瓷坩埚；
（2）二氧化锰在熔融的时候和氢氧化钾，氯酸钾反应生成，方程式为：3MnO2+ 6KOH+KClO3= 3K2MnO4+ KCl+3H2O；由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅；
（3）高锰酸钾为紫红色，为墨绿色，故当观察到只有紫红色没有绿色痕迹时，标明转化已经完全；高锰酸钾的氧化性比较强，故用代替，可能的后果是氯化氢会将高锰酸钾还原为氯化锰，从而无法得到高锰酸钾；
（4）水浴加热的主要优点是受热均匀；通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾，加热浓缩结晶时碳酸氢钾和高锰酸钾一起析出，会降低纯度，故目的是提高产品的纯度；由第二问的方程式结合锰酸钾歧化反应的化学方程式可得3MnO2~3K2MnO4~2KMnO4，由因为，，，可知生成为0.04mol，则理论上可得的物质的量为mol，其理论质量为4.21g，而实际质量为3.60g，因此本实验中高锰酸钾的产率为=；
18．(1)②③
(2) 浓硫酸 防倒吸
(3)6SOCl2＋AlCl3·6H2OAlCl3＋6SO2↑＋12HCl↑
(4) FeSO4 ①④
(5) 2Cl2+S2Cl2+ClSO3H=3SOCl2+HCl 助沸
【分析】装置A制备氯气，B干燥氯气，C中Cl2、S2Cl2、ClSO3H发生反应生成SOCl2，D中盛放干燥剂防止水蒸气进入C中，E是安全瓶，防倒吸，F是尾气处理装置。
（1）
装置A制备氯气，A没有加热装置，高锰酸钾和浓盐酸常温下反应生成氯气、漂白粉和浓盐酸在常温下反应生成氯气，所以A中可能的试剂是②③；
（2）
SOCl2、S2Cl2、ClSO3H都易吸水，为防止水蒸气进入C装置，BD中盛放的试剂是浓硫酸；装置E中的导管短进长出，可知装置E的作用是防倒吸；
（3）
SOCl2易水解，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水反应6SOCl2＋AlCl3·6H2OAlCl3＋6SO2↑＋12HCl↑，所以将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3。
（4）
Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，可能产生的杂质微粒是FeSO4；验证方法1：取反应后的固体于管中中加水溶解，然后滴加稀盐酸、BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程中有生成；
验证方法2：取反应后的固体于管中中加水溶解，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程中有Fe2+生成；所以选择的试剂为BaCl2溶液、稀盐酸或K3[Fe(CN)6]溶液，选①④；
（5）
若硫元素全部转化到目标产物中，在50℃下C中Cl2、S2Cl2、ClSO3H发生反应生成SOCl2和HCl，化学方程式为2Cl2+S2Cl2+ClSO3H=3SOCl2+HCl；反应结束后，利用如图所示装置将C中混合物分离，毛细玻璃管的作用是助沸；
19．(1)三颈烧瓶
(2)防止倒吸
(3)2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O
(4) 4 0.8
(5)减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解
(6) 55 干燥
(7)%
【分析】本实验产生污染性气体，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；关闭最左侧活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，生成ClO2气体，装置B起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体NaClO2•3H2O，据此分析解题。
（1）
由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
（2）
由分析可知，装置B的作用是起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，故答案为：防止倒吸；
（3）
由分析可知，装置A用来制取ClO2，发生反应的反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，其离子方程式为：2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O，故答案为：2ClO-+SO+2H+=2ClO2↑+SO+H2O；
（4）
由图可知，氢氧化钠浓度为5mol/L到4mol/L时NaClO2含量未变，故则最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，的值由0.9变化到0.8的过程中，NaClO2含量未变，故=0.8为最佳条件，故答案为：4；0.8；
（5）
由于C装置中的反应H2O2高温易分解，且温度高于60℃时生成物NaClO2也发生分解成NaClO3和NaCl，故C采用“冰水浴”，故答案为：减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解；
（6）
已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得到成品。
（7）
由反应方程式：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=I-+S4O，可找到如下关系式：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，则有：n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=cV×10-3mol，该样品中NaClO2的质量分数为=%，故答案为：%。
20．(1) 圆底烧瓶 D
(2)关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
(3)除去Cl2中的HCl
(4)2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O
(5)2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
(6) 将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气. Fe(OH)3
(7)62.5%或0.625
【分析】浓盐酸和高锰酸钾在甲中制备氯气，用乙中饱和食盐水出去氯气中混有的HCl，氯气、浓NaOH、Fe(NO3)3在丙中反应制备Na2FeO4，利用溶解度之差加KOH至饱和析出K2FeO4，丁中NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气。
【详解】（1）由构造可知仪器a的名称是圆底烧瓶；常温下浓盐酸和高锰酸钾反应可制备氯气，因此a中所盛装的药品是高锰酸钾，选D；
（2）步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
（3）浓盐酸易挥发，制备得的氯气中会混有HCl，氯气几乎不溶于饱和NaCl溶液，而HCl极易溶于水，故乙装置中饱和NaCl溶液的作用是除去Cl2中的HCl；
（4）步骤Ⅱ，丙中NaOH溶液和氯气反应生成NaClO、NaClO、水，反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；
（5）步骤Ⅲ，丙中NaClO与Fe(NO3)3反应制备Na2FeO4，NaClO是氧化剂，被还原为NaCl，Fe(NO3)3是还原剂，被氧化为Na2FeO4，再结合溶液呈碱性可知反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；
（6）氯气有毒，遗留在装置中拆装置时会污染空气，因此步骤Ⅳ中通入N2的目的是将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气；
丙中制备Na2FeO4时溶液呈碱性，可能会有Fe(OH)3生成，故步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去Fe(OH)3；
（7）实验所用到100mL0.8mol•L-1Fe(NO3)3溶液，Fe(NO3)3的物质的量为100mL×0.8mol•L-1=0.08mol，根据Fe守恒有Fe(NO3)3~K2FeO4可知理论上可制得Na2FeO4的物质的量为0.08mol，质量为0.08mol×198g·mol-1=15.84g，实际制得9.9g产品，则产率为×100%=62.5%(或0.625)。
21． 检查装置气密性 三颈烧瓶 2:1 安全瓶（或防倒吸） 趁热过滤 2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O 将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 bc 25cv
【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中还可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O; 装置c中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2。 另外A中产生的SO2被带入C中，SO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应生成硫酸钠。由题目信息可知，应控制温度38℃~60℃，高于60℃时NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置c的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。
【详解】(1)实验过程中要制备ClO2气体，则实验加药品前应检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性。
(2)由图可知，盛放NaClO3和Na2SO3固体的仪器是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。
(3)装置A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，发生反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+Na2SO3===2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，NaClO3中Cl元素的价态为+5价，反应生成ClO2，Cl元素的价态降为+4价，NaClO3为氧化剂；Na2SO3中S元素的价态为+4价，反应生成Na2SO4，S元素的价态升高为+6价，Na2SO3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。故答案为：2:1。
(4)装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用；故答案为：安全瓶（或防倒吸）。
(5)已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC1，则从装置C反应后的溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤包括: ①减压，55℃蒸发结晶;②趁热过滤;③用38℃~60℃热水洗涤;④低于60℃干燥，得到成品。故答案为：趁热过滤。
(6)装置D是吸收多余气体防止污染，反应的化学方程式为；2ClO2＋2NaOH=NaClO3＋NaClO2＋H2O。故答案为：装置D是吸收多余气体防止污染。
(7)实验结束后，继续通入一段时间N2，达到将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率的目的。故答案为：将装置内残留的ClO2全部排出，提高产率。
(8)① ClO2在酸性条件下氧化I-生成I2，C1O2被还原为C1-，同时生成H2O，反应离子方程式为: ClO＋4I－＋4H+＝2H2O＋2I2＋Cl－,利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用cmol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反应为I2＋2S2O＝S4O＋2I－，当达到滴定至终点时，碘单质恰好反应完，溶液由蓝色变无色，且半分钟不变色。故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
②a．锥形瓶洗涤后没有干燥，不影响滴定结果，故a不符合题意；
b．滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，消耗的标准液减少，测定结果偏低，故b符合题意；
c．滴定终点时俯视读数，导致标准液消耗的体积读数减小，测定结果偏低，故c符合题意；
d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积小消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏大，故d不符合题意。
故答案为：bc。
③滴定时共消耗VmLcmol/L的Na2S2O3标准溶液,则Na2S2O3的物质的量为VmL×10-3×cmol/L=10-3cVmol，根据NaClO2·3H2O~ 2I2~4可知，样品中NaClO2·3H2O的物质的量为，故样品中NaClO2·3H2O的纯度为。故答案为：25cV。
22．(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触
(2)将Co3+、Fe3+还原
(3)
(4) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 MgF2、CaF2
(5) 浓盐酸 冷却结晶
(6)2.5×10-15
(7)
【分析】水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；
【详解】（1）在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率；
（2）已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原；
（3）已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为；
（4）由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。
（5）操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（6）pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]= =2.5×10-15。
（7）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。
23．(1) NaAlO2 除去有机物
(2) Ni2+ Fe3+
(3)
(4)洗涤、干燥
(5)
(6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O
【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
【详解】（1）由分析可知，“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；“灼烧”的目的是除去有机物；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除外，还有Ni2+、Fe3+；
（3）“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为；
（4）过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；
（5）转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为；
（6）电解溶液，阳极上产物为，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。
24．(1)搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度
(2)Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O
(3)和Fe2+
(4)0.7~2.2
(5)2.0×1023
(6) 2+Co2+=CoCO3↓+H2O+CO2↑ Na2CO3溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀
【分析】钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，生成Co2＋、Fe2＋，然后加入氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2＋不被氧化，加入碳酸钠生成黄钠铁钒，过滤滤液中“除铜”后，向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2＋，生成碳酸钴，据此解答。
【详解】（1）依据外界条件对反应速率的影响可知提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施有搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等。
（2）根据原子守恒可知“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原为二价钴同时生成硫酸根离子，化学方程式为Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4＝2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O。
（3）已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。由于亚硫酸钠过量，根据氧化性：Co3+＞＞Fe3+可知氧化”中，被氧化的离子有和Fe2+。
（4）阴影部分表示黄钠铁矾，根据图中几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系可判断若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为0.7～2.2。
（5）常温下“除铜”反应的方程式为MnS+Cu2＋=CuS+Mn2＋，则平衡常数K=＝2×1023。
（6）“沉钴”时根据原子守恒可知可知还有水和二氧化碳生成，则加入小苏打发生反应的离子反应方程式为2+Co2+＝CoCO3↓+H2O+CO2↑，由于Na2CO3溶液中碳酸根离子水解程度大、溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，所以不宜用Na2CO3代替NaHCO3。
25．(1) SiO2 PbSO4
(2)需要消耗更多的H2O2和物质B
(3) D Fe(OH)3
(4)12
(5)快速降温
(6) 5 3.0×10-10
【分析】锌白粉中加入硫酸，ZnO、FeO、Fe2O3、CuO溶解并转化为相应的硫酸盐，SiO2不溶，PbO溶解并转化为难溶物PbSO4，故滤渣1中含有SiO2、PbSO4；过滤后加入锌粉，Cu2+被还原为Cu，同时Fe3+被还原为Fe2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入物质B，B能调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，且不引入新的杂质，则B应为锌的氧化、氢氧化物或碳酸盐。除去Fe(OH)3杂质后，再调整溶液pH，使Zn2+变为Zn(OH)2沉淀，将其过滤、洗涤，再用硫酸溶解Zn(OH)2，得到ZnSO4溶液，加入Zn粉，可以将溶液中的Fe2+转化为Fe单质，过滤除去，将ZnSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
(1)
根据上述分析可知：滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4；
(2)
“沉铜”操作时添加的物质A目的是除去溶液中的Cu2+，A物质可以是Zn或Fe。与使用Zn相比，使用Fe的不足之处是会引入Fe2+，在后续操作中需要消耗更多的氧化剂H2O2和物质B来调整溶液的pH；
(3)
加入物质B是为了调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，但不能引入杂质离子。
A．ZnO与H+反应产生Zn2+、H2O，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，A正确； B．ZnCO3与H+反应产生Zn2+、H2O、CO2，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，B正确；
C．Zn(OH)2与H+反应产生Zn2+、H2O，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，C正确；
D．Zn5(OH)8Cl2·H2O与H+反应产生Zn2+、H2O、Cl-，可以调整溶液pH，但引入了杂质离子Cl-，D错误；
故合理选项是D；
滤渣3中除加入的过量除杂试剂物质B外，还含有的主要物质是Fe3+水解水解形成Fe(OH)3沉淀；
(4)
调节“滤液3”pH值，使Zn2+形成Zn(OH)2沉淀，但不能溶解变为可溶性，根据离子形成沉淀及物质溶解pH要求，溶液pH的范围是9.5~12.0；
(5)
滤液4经过加热蒸发、冷却结晶等操作得到硫酸锌晶体，其中不同降温方式的冷却结晶得到晶体的颗粒大小及其质量分数不同，根据图示可知：如果需要得到较小的硫酸锌晶粒，宜选用快速降温的操作方法；
(6)
CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，由于Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。则，c(H+)=，故溶液pH=5；
对于H2S，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=·=，所以1.0×10-7×7.0×10-15=，解得c(S2-)=1.0×10-13 mol/L，所以根据Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=2.1×10-22，可知c(Zn2+)=。
26．(1)矿石粉碎
(2) 漏斗 S
(3) 2Fe2＋+2H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O； 3.2-8.8 10-15
(4) 过滤 洗涤
(5)
【分析】软锰矿和黄铁矿粉碎后使用硫酸酸浸，二氧化锰部分和FeS2反应生成黄色硫单质，锰、铁元素进入溶液A，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁调节pH除去铁，滤液精制结晶得到MnSO4·H2O，KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O反应得到Mn12O19，焙烧得到OMS-2；
（1）
为了加快浸出的效率，可以采取的措施是：矿石粉碎、搅拌、加热等；
（2）
实验操作A为分离固液的操作，为过滤，所需的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；MnO2有强氧化性，则淡黄色固体除了有未反应完的矿石外，还有FeS2中硫元素氧化生成的硫单质S；
（3）
溶液A中加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，其反应方程式2Fe2＋+2H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O；“ 调pH值”步骤中，要除去铁离子而锰离子不沉淀，结合图表数据可知，pH的调节范围是3.2-8.8；Fe(OH)2]完全沉淀的pH为9.0，当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，可视为该离子完全沉淀，则此时pOH=5.0，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，故Ksp[Fe(OH)2]= 10-5×(10-5)2=10-15；
（4）
“精制结晶”步骤中的具体操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤分离出晶体、洗涤除去表面的残液、干燥得到晶体；故填：过滤、洗涤；
（5）
KMnO4、K2S2O8、 MnSO4·H2O 按物质的量比1：1：5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，反应得到Mn12O19，根据质量守恒可知还会生成硫酸钾和硫酸，反应为。
27．(1) 1:1 S
(2) 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O 空气氧化速率小
(3) FeOOH 3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑ 温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾
(4) 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原 8.400%
【分析】由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)3→3FeSO4+2S↓，其中FeS2还原剂，Fe2(SO4)3是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:1，滤渣的主要成分为SiO2和S，故答案为：1:1；S；
(2)
由分析可知，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，由于空气中氧气含量低，O2本身氧化Fe2+的速率较慢，则用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在空气氧化速率小的缺点，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；空气氧化速率小；
(3)
①80℃时，加入碳酸钠偏多时则溶液中的碱性较强，由题干信息图中可知，此条件下得到的黄钠铁矾中含有的杂质是FeOOH，故答案为：FeOOH；
②由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑，故答案为：3Fe3++3Na++3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6↓+3CO2↑；
③由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，故答案为：温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；
(4)
①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；
②已知黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中铁为+3价，则有：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O，可知：2Fe3+~~I2~~2 S2O，则有：n(Fe3+)=n(S2O)=0.1500mol•L-1 ×20.00×10-3L=3×10-3mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为：8.400%。
28．(1) 酸雨 SiO2和CaSO4
(2)
(3)置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+
(4)4
(5) 3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+
(6)液态锌
【分析】铜多金属矿石(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+，有机相中加入NaOH溶液得到Sc(OH)3，再加入盐酸酸溶，再用草酸沉钪，再在空气中煅烧得到Sc2O3，再加入氯气和碳生成ScCl3，电解得到Sc。
【详解】（1）“加热酸溶”所得气体主要为SO2，在空气中容易形成酸雨。因SiO2不溶于H2SO4，Ca2+与H2SO4形成微溶的CaSO4，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2和CaSO4。
（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为；故答案为：。
（3）“还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe3+还原为Fe2+，同时可置换出单质Cu；故答案为：置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+。
（4）“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31，调节pH使Sc3+的萃取率最大时，此时c(OH-)=，c(H+)=，pH=4.0，当pH大于4.0时，随着pH增大，增大，致使，Sc3+会生成Sc(OH)3沉淀萃取率减小。故答案为：4。
（5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为，故答案为：3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+，。
（6）ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到，而且电解时液态锌不能作阳极，故钪在液态锌电极上得到。
29． 吸附 温度太低，反应速率慢；温度太高，ClO2会分解 CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O AC 在高于32.4℃条件下趁热过滤 -e-=ClO2↑ H2SO4
【分析】在“发生器”中NaClO3与CH3OH、H2SO4反应生成ClO2、Na3H(SO4)2等，经过程I后在Na3H(SO4)2处理器中加入热水得到母液Na2SO4溶液，母液经过程II得到Na2SO4，根据原子守恒，X为H2SO4，在“发生器”中循环使用。
【详解】(1) 将ClO2水溶液均匀喷洒在活性炭上制得稳定性较强的ClO2，利用了活性炭的吸附性质；故答案为：吸附。
(2)在“发生器”中温度太低，反应速率慢；由于“二氧化氯受热易分解”，温度太高，ClO2会分解，使ClO2的产率降低，故“发生器”需控温60~80℃；故答案为：温度太低，反应速率慢；温度太高，ClO2会分解。
(3) 1molNaClO3被还原成1molClO2得到1mol电子，若l mol CH3OH反应时转移6mole -，则CH3OH被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒，“发生器”中发生反应的主要化学方程式为CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O；故答案为：CH3OH+6NaClO3+4H2SO4=2Na3H(SO4)2+CO2↑+6ClO2↑+5H2O。
(4)在甲醇法制备二氧化氯的工艺中，CH3OH作还原剂，将NaClO3还原成ClO2；SO2、CO2、H2O2、O3四种物质中具有还原性的是SO2、H2O2，可代替CH3OH起还原作用；故答案选AC。
(5)根据Na2SO4 ·10H2O和Na2SO4 的溶解度曲线图可知，在温度高于32.4℃时析出Na2SO4，低于32.4℃时析出Na2SO4 ·10H2O，故“过程Ⅱ”的操作是：加热浓缩至有大量晶体析出、在高于32.4℃条件下趁热过滤、洗涤、经干燥得Na2SO4固体；故答案为：在高于32.4℃条件下趁热过滤。
(6) 采用惰性电极为阳极，通过电解亚氯酸钠溶液的方法也可以制备二氧化氯，失电子被氧化成ClO2，则阳极的电极反应式为-e-=ClO2↑；故答案为：-e-=ClO2↑。
(7) 在Na3H(SO4)2处理器中加入热水得到母液Na2SO4溶液，母液经过程II得到Na2SO4，根据原子守恒，则被循环利用的物质X的化学式为H2SO4；故答案为：H2SO4。
30． 粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌(三个任写一个或其他正确均可) 1:4 AC Cu 将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生 CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(任写一个或其他正确答案均可) 3.2 4.7 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)加入氯化铁和稀硫酸，反应生成硫单质、亚铁离子、铜离子，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣为S和SiO2，向滤液中加入适当过量的Fe，充分反应，过滤，滤液主要是亚铁离子，滤渣主要成份是铜单质，还有少量的铁单质，向滤渣中加入稀硝酸，再充入过量的空气，将生成的氮氧化物转化为硝酸，再向溶液中加入氧化铜等物质调节溶液pH值促进铁离子水解，再过滤，将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]。
【详解】(1)“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌等，浸取时生成S发生的反应为Cu2S＋4Fe3+＝4Fe2+＋2Cu2+＋S↓，还原剂为Cu2S，氧化剂为Fe3+，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4；故答案为：粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌；1:4。
(2)根据题意加入铁粉后，若Fe3+、Cu2+反应完全，则薄层色谱中只会出现一个点，即Fe2+，根据图谱可以看出B中只有Fe2+，而AC中还有Fe3+或Cu2+，因此还需继续加入Fe粉的是AC；故答案为：AC。
(3)由于前面加入了适当过量的铁粉，铁置换出铜，因此滤渣2的主要成分是Cu，还有少量的Fe，滤渣2与稀硝酸反应时，金属与硝酸反应生成NO、NO2，向装置内通入适量空气，可以将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生；故答案：将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生。
(4)调节溶液pH时，主要利用加入的物质消耗铁离子水解生成的氢离子，使其水解程度增大而转化为沉淀，为防止引入新的杂质，物质a可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；“调pH”时应将溶液中铁离子全部沉淀，而铜离子不能沉淀，因此要将溶液pH调至3.2～4.7；故答案为：CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(任写一个或其他正确答案均可)；3.2；4.7。
(5)从溶液得到晶体，一般的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
31． 第六周期ⅤA族 Al2O3+ Na2CO32NaAlO2+CO2↑ Bi2S3+Bi2O36Bi+3SO2↑ 三氯化铁有氧化性(其他合理答案) 粗铋 精铋 相同温度下，生成此两种氧化物的反应更有利于自发进行(其他合理答案也给分)
【分析】(3)电解精炼时，需要被提纯的金属作为阳极被氧化成阳离子，再在阴极被还原以达到精炼的目的；
①根据△G=△H-T△S<0时反应可以自发进行进行分析；
②Te与S元素同主族，亚碲酸根应为TeO。
【详解】(1)Bi元素为83号元素，与N、P等元素同主族，位于元素周期表第六周期VA族；
(2)①Al2O3是两性氧化物，与纯碱(Na2CO3)反应时应表现酸性，参考二氧化硅和碳酸钠的反应可知该反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，根据元素守恒可得化学方程式为Al2O3+ Na2CO32NaAlO2+CO2↑；
②Bi2S3和Bi2O3可在高温彼此进行氧化还原反应生产粗铋，结合元素守恒和价态规律，可知还会生成SO2，所以化学反应方程式为Bi2S3+Bi2O36Bi+3SO2↑；
③三氯化铁有氧化性，可以氧化硫化铋中的S元素，使其溶解；
(3)电解精炼时，需要将Bi3+还原以得到精铋，电解池中阴极发生还原反应，所以精铋作为阴极，同时粗铋作为阳极，被氧化成阳离子，再在阴极被还原以达到精炼的目的；
①△G=△H-T△S<0时反应可以自发，越小越容易自发进行，据图可知相同温度下，生成此两种氧化物的反应更有利于自发进行；
②参考SO2和NaOH的反应可知TeO2别NaOH吸入的反应方程式为。
【点睛】第3小题第①小题为本题难点，题目给出了各个反应△G=△H-T△S的值，所以思考答案的时候要往反应自发进行的方向上去靠；另外学生平时要多注意积累各主族都有哪些元素。
32． 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O 不能 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(抽滤) MnO42－-e－=MnO4－ KOH 2：3
【分析】(1)为了增大反应物接触面积，加快化学反应速率可以在“进料”前应将软锰矿粉碎；
(2)结合流程图可知，MnO2、O2、KOH在加热的条件下反应生成K2MnO4和H2O；
(3)酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，可以把盐酸中的氯离子氧化为氯气，故盐酸不能代替CO2；电解K2MnO4水溶液，制取KMnO4，阳极发生氧化反应，由MnO42－转化为MnO4－，根据“CO2歧化法”和“电解法”的化学方程式，确定K2MnO4的理论利用率之比。
【详解】(1)“进料”前应将软锰矿粉碎，其作用是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
(2)结合流程图可知，MnO2、O2、KOH在加热的条件下反应生成K2MnO4和H2O，其反应方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；
(3)①在酸性条件下K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4，KMnO4具有强氧化性，可以把氧化为Cl2，MnO4-被还原为Mn2+，故盐酸不能代替CO2；从滤液中得到高锰酸钾晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
②电解时阳极发生氧化反应，电解槽中阳极发生的电极反应为MnO42－-e－=MnO4－，阴极发生还原反应，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2H2↑+2OH-，电解的总方程式为2K2MnO4+2H2OKMnO4+2H2↑+2KOH，故电解产物KOH可以循环利用；
③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理论产率为100%，而在二氧化碳歧化反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3，K2MnO4的理论产率为，所以二者的理论利用率之比为3：2 。
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