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四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08氧化还原反应（2）
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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-08氧化还原反应（2），共57页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2022·四川德阳·统考三模）氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．图示循环过程中N2→属于氮的固定
B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应
C．氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为1∶1
D．Fe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA
2．（2021·四川绵阳·统考一模）化学与生产、生活、科技息息相关。下列说法错误的是
A．铁粉和碳粉混合物常用作食品干燥剂和脱氧剂
B．液氢液氧火箭发动机工作时发生氧化还原反应
C．天和核心舱建造使用了钛合金和铝合金
D．锅炉用水中加入氯化铁可使硬水软化
3．（2021·四川巴中·统考模拟预测）下列实验所涉及反应的离子方程式错误的是
A．向Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸： S2O+2H+=S↓+SO2↑+ H2O
B．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液： 2I- + H2O2+2H+= I2 + 2H2O
C．向草酸溶液 中滴加几滴高锰酸钾酸性溶液：2MnO+ 5H2C2O4+ 6H+ = 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O
D．向硫酸铝溶液中加入过量氨水： Al3+ + 4OH-= AlO+2H2O
4．（2021·四川达州·统考二模）用FeCl3、CuCl2的混合溶液作吸收剂可吸收工厂排放的含H2S的废气，从而减少空气污染并回收S，其过程如图所示(各步均进行完全)。下列叙述正确的是
A．①反应的离子方程式为： S2-+Cu2+= CuS
B．在转化过程中化合价没有变化的元素只有H
C．回收32gS时，理论上需要消耗标准状况O211.2 L
D．吸收剂吸收前后混合溶液中Fe3+、Cu2+浓度不变
5．（2021·四川南充·统考三模）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．为阻止新型冠状病毒传播，可利用84消毒液对环境进行消毒
B．维生素C具有较强的氧化性，常用作氧化剂
C．中国传统制油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中“碱”是火碱
D．我国自主研发的5G芯片材料是二氧化硅
6．（2020·四川成都·统考二模）亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。
甲乙丙丁
反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是
A．甲中滴入稀硝酸前需通入N2
B．仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-b
C．丙中CaCl2用于干燥NO
D．乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O
7．（2020·四川凉山·二模）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A．18g 氨基(-N2H2)中含有的电子数为 9 NA
B．32g Cu 在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NA
C．用惰性电极电解 100mL 0.1mol·L-1的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为 0.04 NA
D．等物质的量的FeBr2 和Cl2 在溶液中的反应 Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
二、实验题
8．（2022·四川眉山·统考三模）某兴趣小组利用下列装置制得了纯度高的NaClO溶液。
已知：Cl2O是棕黄色气体，是HClO的酸酐，沸点约3.8°C，42°C以上分解生成Cl2和O2。通入的空气不参与化学反应。回答下列问题：
(1)装置的连接顺序是A→___________→___________→C→___________，Cl2O和Cl2在CCl4中的溶解度较大的是___________。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为___________，D的作用是___________，E中发生的化学反应方程式为___________。
(3)实验时装置B应置于水浴中加热，其水浴温度应___________，实验开始后观察到B中有大量的棕黄色气体产生，B中反应的离子方程式为___________。
(4)测定所制得的次氯酸钠的物质的量浓度：量取10.0mL实验制得的次氯酸钠溶液，并稀释至100mL，再从其中取出10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL0.5000mol/L的Na2SO3溶液，充分反应后，用0.1000mol/L碘水滴定过量Na2SO3溶液至终点，平行滴定三次，消耗碘水溶液平均体积20.00mL，滴定时所选指示剂是___________，终点时的现象为___________，所制得次氯酸钠溶液的浓度为___________(氧化性：ClO-＞，还原性：＞I-)。
9．（2022·四川成都·统考一模） 富马酸亚铁(结构简式 ，相对分子质量170)是治疗贫血药物的一种。实验制备富马酸亚铁并测其产品中富马酸亚铁的质量分数。
I.富马酸(HOOC—CH=CH—COOH)的制备。制取富马酸的装置如图甲所示(夹持仪器已略去)，向组装装置加入药品，滴加糠醛( )，在90~100℃条件下持续加热2~3h。
(1)装有糠醛的仪器名称是____；仪器A的作用是____，出水口为____(填“a”或“b”)。
(2)V2O5为反应的催化剂，反应物NaClO3的作用为____(填“氧化剂”或“还原剂”。
II.富马酸亚铁的制备。
步骤1：将4.64g富马酸置于100mL烧杯中，加水20mL在热沸搅拌下，加入适量Na2CO3溶液调节溶液的pH；
步骤2：将上述溶液转移至如图乙所示的装置中(夹持仪器已略去)，缓慢加入40mL2mol/LFeSO4溶液，维持温度100℃，持续通入氮气，充分搅拌1.5h；
步骤3：冷却、过滤，洗涤沉淀，然后水浴干燥，得到产品。
(3)步骤1中所加Na2CO3溶液需适量的原因是____。
(4)步骤2中持续通入氮气的目的是____。
(5)判断步骤3中富马酸亚铁产品已洗净的实验方法是____。
III.产品纯度测定。
步骤①：准确称取粗产品0.1600g，加煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，加煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲—亚铁指示剂，立即用0.050mol/L的硫酸高铈铵[(NH4)2Ce(SO4)3]标准溶液进行滴定，用去标准液的体积为16.02mL(反应式为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)。
步骤②：不加产品，重复步骤①操作，滴定终点用去标准液0.02mL。
(6)根据上述数据可得产品中富马酸亚铁的质量分数为____%(保留3位有效数字)。
(7)该滴定过程的标准液不宜为酸性高锰酸钾溶液，原因是酸性高锰酸钾溶液既会氧化Fe2+，也会氧化含碳碳双键的物质。向富马酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色且有气体生成，该反应的离子方程式为____。
10．（2022·四川德阳·统考三模）铝的阳极氧化是一种重要的表面处理技术，其原理是用电化学方法处理铝件表面，优化氧化膜结构，增强铝件的抗腐蚀性，同时便于表面着色。取铝片模拟该实验，并测定氧化膜厚度，操作步骤如下：
(1)铝片预处理
铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，离子方程式为：_______；再用10％(质量分数)的HNO3溶液对铝片表面进行化学抛光。若取一定体积68％(质量分数)的浓硝酸配制该化学抛光液，需要用到的玻璃仪器有_______、_______、玻璃棒和胶头滴管。
(2)电解氧化
取预处理过的铝片和铅做电极，控制电流恒定为0.06A，用直流电源在5～6mol/L硫酸中电解。其中铝片接电源_______极，产生氧化膜的电极反应式为_______，氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙的离子反应方程式为_____，A阶段电压逐渐增大的原因是_____。
(3)氧化膜质量检验
取出阳极氧化并封闭处理过的铝片，洗净、干燥，在铝片表面滴一滴氧化膜质量检查液(3gK2Cr2O7+75mL水+25mL浓硫酸)，用秒表测定表面颜色变为绿色(产生Cr3+)所需时间，可判断氧化膜的耐腐蚀性。写出该变色反应的离子方程式：_______。
(4)氧化膜厚度测定
①取氧化完毕的铝片，测得表面积为4.0cm2，洗净吹干，称得质量为0.7654g；
②将铝片浸于60℃的溶膜液中煮沸10分钟进行溶膜处理；
③取出铝片，洗净吹干，称得除膜后铝片质量为0.7442g。
已知氧化膜的密度为2.7g/cm3，可以计算得出氧化膜厚度为_______μm(1μm=1×10-4cm)。
11．（2021·四川成都·统考三模）KMnO4是一种常见强氧化剂，从软锰矿制备KMnO4有以下步骤。回答下列问题：
I.熔融制K2MnO4
(1)将MnO2固体与KOH固体混合加热熔融得到K2MnO4，化学方程式是___________。
(2)该步骤需要在___________(填仪器名称)中熔融，同时还需要用到的仪器是___________(填序号)。
A． B． C． D． E.
II.Cl2氧化制备KMnO4
已知：K2MnO4在酸性或者中性的水溶液中易歧化
(3)A中使用油浴加热的优点是___________。
(4)连接装置：顺序为a→_____→___→_____→___→______→___ (按气流方向，用小写字母表示)；操作为：连接装置，___________，打开流速控制器。
(5)该实验需严格控制A中浓盐酸流速，若过快，产生的不利后果是___________。
12．（2020·四川绵阳·统考三模）在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。已知：PbO2为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。
回答下列问题：
（1）性质实验
实验操作
现象
解释或结论
①将适量铅丹样品放入小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌
_____
Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb（NO3）2＋2H2O
②将上述混合物过滤，所得滤渣分为两份，一份加入2 mL浓盐酸，加热
有刺激性的黄绿色气体产生
反应的化学方程式：_______
③另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液，搅拌
得紫色溶液
结论：_______
（2）组成测定
① 准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是_____________。
② 将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。滤液中含Pb2+__________mol。
③ 将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。
根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。
三、工业流程题
13．（2022·四川眉山·统考三模）Ti在工业生产和日常生活中有重要用途，以钛铁矿石(FeTiO3，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Ti的流程如下：
已知：
金属离子
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH
2.2
7.5
回答下列问题：
(1)碱浸液中含有的金属元素是___________。
(2)酸浸时需加热的目的是___________，酸浸产生TiO2+的离子方程式为___________。
(3)加NaOH溶液调至a=___________时，溶液中的杂质离子沉淀完全。
(4)实验时当加入V Lc mol/L H2O2溶液恰好能将酸浸后溶液中的还原性离子全部氧化，则akg钛矿石理论是可制得钛___________kg(过程中铁、钛无损失)，“氧化”中可替代H2O2的物质是___________。
(5)制取TiO2·xH2O需加入大量水并加热，其目的是___________ (结合方程式说明)。
(6)为将碱浸液中所含金属化合物转化为金属氧化物，下列试剂必须用到的是___________(按试剂使用先后顺序选填试剂标号)。
A．氨水 B．氢氧化钠 C．硫酸 D．醋酸
14．（2022·四川成都·统考三模）锂辉石矿［主要含有LiAlSi2O6，还有少量Fe2＋、Mg2＋］是主要锂源，现利用锂辉石矿制取LiBr，用于高级电池的电解质、医用镇静剂等。工艺流程如下：
(1)锂辉石中主要成分LiAlSi2O6改写为氧化物形式为_______。
(2)工业选择石灰石进行“中和”而不选择纯碱的主要考虑是_______ ；在“除镁除铁(调节pH≈11)”步骤中得到的滤渣中含铁成分是_______；写出“除铝”所发生的离子反应方程式_______。
(3)碳酸锂在水中的溶解度较小，其-lgKsp与温度t关系如下：
t/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
-1gKsp
1.44
1.53
1.63
1.71
1.80
1.90
2.00
2.21
2.43
由此可知碳酸锂在水中的溶解热效应ΔH_______0(填“>”或者“＜”)；加入纯碱试剂进行“沉锂”后，依次进行保温静置、_______(填写正确的顺序)。
①洗涤 ②趁热过滤 ③离心分离
(4)在“合成”中，碳酸锂粉末分次少量加入到冰水中溶解，再加入尿素搅拌得到“料液”，料液中徐徐加入溴，控制pH=5.0，反应生成LiBr和两种无色无味气体，写出化学方程式_______。
15．（2022·四川遂宁·统考模拟预测）兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣(主要含Ni(OH)2、NiS，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质)制备兰尼镍的过程可表示如下：
已知：①Ksp(NiS)=1.07×10-21，Ksp(CuS)=1.27×10-26
②室温下，金属离子的沉淀pH范围如表：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe2+
7.5
9.0
Fe3+
2.2
3.2
Ni2+
7.2
8.7
Cu2+
5.6
6.7
Mg2+
9.4
12.4
(1)“酸溶”前将镍矿渣粉碎的目的是_______。
(2)“酸溶”过程中，NiS发生反应的离子方程式为_______。
(3)“除杂”过程分步进行，除铁时所调pH范围为_______，除铜时加入NiS发生的反应：NiS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Ni2+(aq)，该反应的平衡常数K=_______(保留三位有效数字)。
(4)“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为xNiCO3•yNi(OH)2•zH2O。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(500℃~700℃条件下收集到的气体产物只有一种，700℃以上残留固体为NiO)。通过计算确定该样品的化学式为_______。
(5)“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，NaOH溶液在“浸出”过程中的作用是_______。
(6)使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_____。
16．（2022·四川成都·统考一模）碳酸锶是重要的无机化工产品。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3杂质)制备超细碳酸锶的工艺如图：
已知：25℃时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图甲所示：
回答下列问题：
(1)原料预处理的目的是加快煅烧反应速率，提高原料利用率。预处理方式可以是____。
(2)“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为____。
(3)气体2为____。步骤1的目的为____，不设置步骤1带来的后果是____。
(4)“除铁铝”过程维持温度在75℃的好处是____。“除铁铝”后溶液温度降至室温(25℃)，溶液中c(Fe3+)为____mol/L。(100.9=7.9)
(5)①写出“沉锶”的离子反应方程式：____。
②反应温度对锶转化率的影响如图乙，温度高于60℃时，锶转化率降低的原因为____。
17．（2022·四川宜宾·统考三模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：
已知：
ⅰ．Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ⅱ．“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
ⅲ．Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7
ⅳ．该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Bi3+
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5
回答下列问题：
(1)“氧化浸取”时，氧化性：H2O2_______S(填“＞”或“＜”)；为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_______。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是_______。
(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_______。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。
18．（2022·四川绵阳·统考模拟预测）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下
(1)CeCO3F其中Ce元素的化合价为___________。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是___________(写出一种即可)。
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、___________。
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2___________ H2O2 (填“＞”，“＜”)
(5)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式___________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=___________mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)
①该反应中的催化剂为___________(写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
19．（2021·四川眉山·统考模拟预测）工业上使用催化剂时常需要载体，纳米氧化锌可作为一些催化剂的载体。工业上由软锰矿(主要成分为MnO2)与锌精矿(主要成分为ZnS)酸性共融法制备MnO2及纳米ZnO的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)为了提高矿石的“酸浸”率，可采取的措施___(写两种)。
(2)实验室焙烧少量Zn(OH)2用到的硅酸盐仪器除玻璃棒、酒精灯外还需要的仪器有___。
(3)写出酸浸时ZnS与MnO2发生的主要反应的化学方程式___(无单质硫生成)。
(4)P5O7(酸性磷酸酯)可作萃取剂分离锌、锰离子，它是一种不溶于水的淡黄色透明油状液体，属于酸性萃取剂。试分析P5O7可萃取ZnSO4从而使ZnSO4和MnSO4分离的原因是___。
(5)Na2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2+反应生成SO和紫色MnO。用Na2S2O8检验水相中的Mn2+时发生反应的离子方程式为___。
(6)二氧化锰广泛用于电池。一种海水中的“水”电池的电池总反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。电池放电时，负极的电极反应式为___。
(7)MnO2也可用如图装置电解方法制备，电解池中间是质子交换膜，分隔开的两室溶液分别为足量的硫酸钠溶液和足量的硫酸锰溶液，则阴极室中的溶液为___；电解产生的MnO2沉积在电极上，若一段时间后该电极所在的溶液质量减轻了4.45克，则电路中转移的电子数为___。
20．（2021·四川绵阳·统考一模）钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如下：
已知：①“酸浸”后VO2·xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30；
③有关物质的溶解度(g/100gH2O)如下表所示：
温度/℃
20
40
60
80
100
Na2Cr2O7
183.6
215.1
269.2
376.4
415.0
Na2SO4
19.5
48.8
45.3
43.7
42.5
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分是___________，“氧化”生成VO，发生反应的离子方程式为___________。
(2)若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1mol/L，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～___________。
(3)“溶液1”中含CrO，加入H2O2后发生反应的离子方程式为___________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(4)“多步操作”包括蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
(5)研究温度对Na2S2O8与H2O2的氧化—水解沉钒率的影响，得到如图所示结果。钒铬还原渣酸浸液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加。由图可知，分别采用H2O2、Na2S2O8进行“氧化”时，应选择的适宜温度是___________、___________，与Na2S2O8相比，采用H2O2氧化的主要不足之处有___________(写出两点)。
21．（2021·四川巴中·统考模拟预测）金属钛在航天工业中用途广泛，工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3，、SiO2)为原料制TiO2，再由TiO2制得金属Ti。(已知：TiO2-在。一定条件下会发生水解)
(1)写出步骤①中FeTiO3与硫酸发生反应的化学方程式_______。
(2)步骤②中加入铁粉的目的_______。
(3)步骤②、③、④中，均需用到的操作是_______(填操作名称)
(4)请结合化学用语解释步骤④中加热水的原因_______。
(5)步骤⑥中TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体的化学方程式为_______。
(6)Mg还原TiCl4过程中必须在稀有气体(如氩)氛围中进行的原因是_______。
(7)测定废液中Fe2+浓度已确认铁元素的回收率：取25.00ml废液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.01mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积如图所示：(滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O)。
废液中c(Fe2+)=_______。
22．（2021·四川凉山·统考二模）工业上以软锰矿(MnO2)为原料制备高锰酸钾(KMnO4)的流程如下：
回答下列问题：
(1)写出MnO2、KOH与空气共熔发生反应的化学方程式_______。
(2)反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的最大理论转化率为_______%(保留一位小数)。
(3)操作I为_______。
(4)已知有关物质在不同温度(单位：℃)下的溶解度(单位：g/100g水中)如下图：
据图推断操作II最好采用____。反应①中若CO2通入过量造成的影响是____。
(5)上述流程中可以循环利用的物质有_______。
(6)由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4水溶液法制备，试写出该电解过程总反应的化学方程式_______。
23．（2021·四川遂宁·统考模拟预测）工业利用硼矿石(2MgO·B2O3)制备单质B(硼)并联产轻质MgO的流程如下，硼是第IIIA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：
(1)硼烷泛指一切硼和氢组成的化合物。乙硼烷(B2H6)是最简单的硼烷。可以在乙醚介质中使用LiAlH4(离子化合物)还原BCl3获得，LiAlH4中H的化合价为___________，它的电子式为___________，制备乙硼烷的化学方程式为___________。
硼酸(H3BO3)的溶解度
温度/℃
0
10
20
30
40
80
溶解度/g
2.77
3.65
4.87
6.77
8.90
23.54
(2)回答下列问题：
①为了加快硼矿石与Na2CO3溶液和CO2的反应速率，可以采取的措施有___________(填一种)。
②操作1是___________，洗涤，干燥。检验H3BO3是否洗涤干净的操作方法为___________。整个流程中可循环利用的物质是___________
③制备B发生反应的化学方程式是___________，过程中易生成金属硼化物杂质。该杂质的化学式是___________
(3)硼酸(H3BO3)是一元弱酸，在溶液中能电离生成[B(OH)4]-，硼酸的电离方程式为___________；室温时测得0.1000 mol•L-1硼酸溶液的pH=5，硼酸的电离常数Ka=___________
24．（2021·四川德阳·统考二模）钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含V2O3、K2O、SiO2、少量Fe2O3)制取YVO4的工艺流程如下：
已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应。
25℃，浸取液中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
阳离子
VO2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mo/L)的pH
3.0
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的pH
7.0
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出，“浸出液”中含有的金属离子是_______。V2O5被还原的离子方程式为_______。
(2)常温下，“钒、钾分离”时为了提高钒的沉淀率，应调节pH_______7(填“>”“<”或“=”)。
(3)结合“碱溶”和“沉钒”可知，、中_______的氧化性更强，“沉钒”时发生反应的化学方程式为_______。
(4)利用上述表格数据，计算Fe(OH)2的Ksp=_______。
(5)某工厂用该工艺流程生产YVO4，当用去1吨该废钒催化剂(V2O5的含量为26.0%)时，得到408kg，YVO4，则整个流程中V的损耗率为_______。
25．（2021·四川巴中·统考一模）TiO2常用于油漆、食品添加剂、防晒霜等制造行业。利用钛铁矿(FeTiO3)制取TiO2·xH2O的主要流程如图。
回答下列问题：
(1)反应釜恒温在220℃~260℃，搅拌充分反应，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为____，搅拌的目的是_____。
(2)向步骤(1)反应后的液、固混合物中加入适量水，进行洗涤、过滤，得到固体中间产物K4Ti3O8、Fe2O3和稀碱液，将所得稀碱液经____(填操作名称)处理后加入反应釜中循环使用。
(3)将上述固体用5%~20%稀盐酸溶解，并不断搅拌，生成中间产物TiOCl2，发生反应的化学方程式为____、____。
(4)向酸解后的溶液中加入有机溶剂TBP(磷酸三丁酯)萃取、分液，分离得到TiOCl2水溶液，实验条件控制如下图，其中___点对应条件最适宜。
(5)将TiOCl2在60℃时水解，生成TiO2·xH2O和物质X，物质X可以循环利用，其分子式为：___，该反应方程式为：____。
(6)氯化法制取TiO2：通常将钛铁矿与氯气、焦炭混合，在约900℃时反应制得TiCl4，水解得到TiO2.相比氯化法，上述流程的优点是_。
26．（2021·四川凉山·统考三模）LiNiO2是目前在锂离子电池中得到较广泛应用的一种正极材料，因其价格较为昂贵，故回收再用意义十分重大。一种以共沉淀法从废旧电池中回收并制备超细LiNiO2的工业流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)正极材料粉碎的目的是_______。
(2)DMF溶液无法溶解的铝单质可以用浓NaOH溶液溶解后再回收利用，写出溶解铝反应的离子反应方程式_______。
(3)除C的方法可以是加入浓硝酸与过氧化氢的混合溶液，控制温度95℃，此时C与浓硝酸发生反应的化学方程式是_______；也可以常温加入稀硫酸与过氧化氢的混合溶液，将LiNiO2变为镍锂溶液然后通过_______(填分离方法除去C，与前者相比，通过比较反应产物来说明后者主要优点为_______.；试回答能否以盐酸代替硫酸并说明理由_______(回答“能”或“不能”并简要说明原因)。
(4)高温煅烧得到1mol超细LiNiO2所转移的电子数目为_______。
27．（2021·四川凉山·统考二模）碘化钠在有机合成、医疗及食品等方面用途广泛，有多种制备方法，下图是“水合肼还原法”制备碘化钠的一种方案。已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，N2H4·H2O有还原性，沸点118℃，100℃开始分解。
(1)装置图中仪器a的名称为_______。若要使分液漏斗中的液体顺利流入三颈烧瓶中，具体的操作是_______。
(2)实验过程中需控制反应温度70℃左右的原因是_______。装置图中加热的方式最好选用_______。
(3)写出制备过程中N2H4·H2O参与反应的离子反应方程式为_______。工业上也可用其他方法制备NaI，但“水合肼还原法”的优点是_______(答出一点即可)。
(4)测定产品中NaI含量，采用电位滴定法测定，实验步骤如下：
该样品中NaI的质量分数是_______。
28．（2021·四川南充·统考三模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、MgCO3等杂质)为原料制备MnSO4的工艺流程如下图：
已知：常温下，Ksp(MnS)=1×10-11.金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.6
9.6
完全沉淀
2.8
8.3
10.2
11.6.
(1)酸浸时选择H2SO4而不是HCl的原因可能是___________和___________，沉淀池1中，加入MnO2时发生反应的离子方程式为___________。
(2)该工艺流程中废渣和沉淀1、2均需用水洗涤，并将洗涤液返回酸浸工序，目的是___________。
(3)沉淀2的化学式是___________，不能用NaOH代替NaF，其原因是___________。
(4)含MnSO4溶液中还含有___________杂质(填离子符号)，利用KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀的现象可以检验Mn2＋，发生反应的离子方程式为___________。
(5)电解MnSO4溶液可进一步获得二氧化锰，电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10-5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)≥___________mol·L-1。
29．（2020·四川绵阳·统考模拟预测）辉钼矿主要含MoS2，还含有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等元素。利用辉钼矿制备仲钼酸铵的新一代清洁生产工艺如下图所示：
回答下列问题：
（1）焙烧温度为400 ℃，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，则反应中每摩 MoS2转移的电子数为_________。仲钼酸铵（七钼酸铵）中的阴离子是Mo7O24n-，则n＝_______。
（2）传统焙烧是在650 ℃下，使MoS2直接与空气中的O2反应生成MoO3和SO2。图示清洁生产工艺加入CaCO3的优点是______________。
（3）溶浸时，CaMoO4发生复分解反应的化学方程式是___________。循环渣的主要成分是CaCO3，则外排渣主要是________和Cu、Zn、Fe的硫化物。
（4）已知：常温下Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9，Ksp(CaSO4)＝9.1×10-6。在(NH4)2SO4母液中添加循环渣（CaCO3），可以使硫酸铵转化为碳酸铵（返回溶浸循环使用），原因是_______。
（5）电氧化分解钼精矿时，用惰性电极电解钼精矿和NaCl的混合浆液，电解槽无隔膜，控制溶液pH＝9。阴极生成物为________，混合浆液中，阳极产物转化生成的NaClO氧化MoS2生成MoO42-和SO42-的离子方程式是______________。
30．（2020·四川攀枝花·统考模拟预测）碲(Te)元素是当今新材料的主要成分之一。工业上从电解法精炼铜的阳极泥中提取纯度较高的碲，经预处理后的阳极泥中含TeO2及铁、铅、铜的化合物等，通过以下流程得到：
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。
②部分难溶物的Ksp如表：
化合物
Fe(OH)2
Pb(OH)2
Cu(OH)2
FeS
PbS
CuS
Ksp
8×10－16
1.2×10－15
1.3×10－20
4×10－19
1×10－28
6×10－36
回答下列问题：
（1）“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为___________。
（2）加入Na2S溶液的主要目的是___________。
（3）“沉碲”发生反应的化学方程式为_______。
（4）“酸溶”后，将SO2通入溶液中进行“还原”得到粗碲，该反应的化学方程式是___________。
（5）电解法提纯粗碲时，以Na2TeO3溶液为电解质溶液，阳极材料为___________。电解过程中阴极的电极反应式为___________。
（6）常温下，向0.lmol/LNa2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH＝5时，溶液中c(TeO32－)：c(H2TeO3)＝___________。(已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10－3Ka2＝2.0×10－8)
31．（2020·四川绵阳·统考三模）钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn（II）、Cd（II）和少量Co（II）、Fe（II）、Ni（II）的硫酸盐及氢氧化物。利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
回答下列问题：
（1）“溶浸”时H2SO4的作用是_____________。
（2）向“浸取液”中加入Zn粉后发生反应的离子方程式为__________________。
（3）Na2S2O8中S的化合价为+6，其中过氧键的数目为________。
（4）研究加入Na2S2O8后温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示。
金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀而除去。由图可知，Co2+与Ni2+的还原性强弱关系是_________，“氧化沉钴”适宜的条件是________。
（5）在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，反应生成Co(OH)3的离子方程式为_______，Co(OH)3滤渣中还含有________。
（6）氧化锌是一种重要而且使用广泛的物理防晒剂，屏蔽紫外线的原理为吸收和散射。由ZnCO3·xZn(OH)2制备氧化锌的方法是__________。
32．（2020·四川南充·统考二模）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备碳酸锰和硝酸铜晶体的主要工艺流程如图所示 ：
已知：①部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的 pH范围如下表所示（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为 0. l mol/L 计算）
开始沉淀的 pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Mn2+
8.3
9.8
Cu2+
4.4
6.4
②100.8≈6.3
（1）酸浸时，下列措施能够提高浸取速率的措施是__________________ 。
A．将矿石粉碎 B．适当延长酸浸时间 C．适当升高温度
（2）酸浸时， MnO2与Cu2S反应的离子方程式是 __________________。
（3）浸出液调节pH = 4 的目的是_____________________ ，浸出液中铜离子浓度最大不能超过_______________ mol•L-1（保留一位小数）。
（4）生成 MnCO3沉淀的离子方程式是_______________________。
（5）本工艺中可循环使用的物质是 ___________________（写化学式）。
（6）流程中需要加入过量HNO3溶液，除了使 Cu2(OH)2CO3完全溶解外，另一作用是蒸发结晶时_______________________。
（7）制得的Cu(NO3)2晶体需要进一步纯化， 其实验操作名称是______________ 。
33．（2020·四川德阳·统考二模）某科研课题小组研究利用含H+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cl-、SO42-的工业废液,制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3,设计出如下实验流程:
已知:
①氢氧化锌沉淀呈白色
②氢氧化锰难溶于水
③溶液中金属离子沉淀完全时,其浓度
回答下列问题:
（1）向工业废液中加入双氧水,可能观察到的现象有:溶液的颜色发生变化和_____,其中引起溶液颜色变化的离子方程式为_____。
（2）第一次调pH的目的是沉淀Fe3+。 检验Fe3+是否完全沉淀的操作:取少量滤液于洁净试管中,最好加入下列试剂中的____ (填标号),并观察实验现象。
a.稀氨水 b.KSCN溶液 c.K3Fe(CN)6溶液
（3）第二次调pH前,科研小组成员在室温下分析此时的溶液,得到相关数据见下表
浓度(mol/L)
氢氧化物的
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
0.12
6.0
8.1
0.10
7.8
9.8
为防止Mn2+也同时沉淀造成产品不纯,最终选择将溶液的pH控制为7.5,则此时溶液中Zn2+的沉淀率为____ 。 (第二次调pH前后液体体积的变化忽略不计)
（4）已知常温下, 。在除锌时发生沉淀转化反应为 ,其平衡常数K= ___。
（5）沉锰反应在酸性条件下完成,写出反应的离子方程式____。
（6）下列关于沉锰制备高纯MnO2的说法中,不正确的是____ (填标号)。
a.若沉锰反应时加入足量浓盐酸并加热,MnO2的产率将降低
b.若沉锰后进行过滤操作,为了加快过滤速率,不断用玻璃棒搅拌
c.若除锌时加入MnS质量为xg,沉锰反应中锰元素无损失,MnO2的产量将增加xg
34．（2020·四川凉山·二模）孔雀石是含铜的碳酸盐矿物，主要成分为 Cu2(OH)2CO3，工业上以孔雀石(主要杂质有FeCO3、FeO、SiO2)制备胆矾的一般流程如下：
注：重结晶目的是为了除尽Fe3+
回答下列问题：
(1)写出气体A 的电子式______________。
(2)方法 1 的原理是用微酸性的高锰酸钾溶液将二价铁氧化为 Fe(OH)3，使之与 MnO2 共沉淀，易于过滤，除铁效果好，稍有过量，溶液即显微红色，便于掌握。稍过量的高锰酸钾会自动分解，产生 MnO2 和一种无毒的气体，请完善此反应的离子反应方程式：_____MnO4- +________H+ = __MnO2↓ + ____+ _____
(3)方法 1 的不足之处是在酸性条件下会发生副反应__________________ (写出离子方程式)，产物Mn2+进入溶液，需要后续步骤除去，同时 Fe3+水解也不易彻底。因而实际生产中更多采用的是方法 2，用过氧化氢作为氧化剂，优点是____。氧化后调节pH 沉淀出氢氧化铁，但需注意pH 不可过高，否则造成的影响是_____。
(4)若在实验室进行步骤A 操作，需要用到的硅酸盐仪器有 _________________ 。
(5)CuSO4·5H2O 含量的测定：称取 0.5g 样品，溶于水，移入 100mL 容量瓶中，稀释至刻度，量取 25.00mL，稀释至 100mL，加入10mL 氨-氯化铵缓冲溶液(pH=10)及 0.2g 红紫酸铵混合指示剂，摇匀，用浓度为 cmol·L-1 EDTA 标准溶液滴定至溶液呈紫蓝色不变，重复三次，平均消耗的标准溶液体积为VmL。 (EDTA 能与大多数金属离子形成稳定的 1:1 络合物，是络合滴定中的常用滴定试剂)
①计算CuSO4·5H2O 质量分数 ______________。
②若不进行重结晶操作，计算出的质量分数结果会__________。(填偏低、偏高或者无影响)。
四、原理综合题
35．（2022·四川宜宾·统考三模）水泥窑炉可产生大量NOx，是高污染排放的工业窑炉，如何处理水泥窑炉产生的尾气是科技工作者非常关心的问题。回答下列问题：
(1)NOx可能引发的环境问题是_______(填一种)。
(2)“水泥窑协同焚烧污泥”既有助于减少水泥窑烟气中NOx的排放，又能处理城市污泥。该方法是将污泥投加到水泥预分解炉内，利用污泥燃烧产生的还原性气体(NH3、CO等)还原水泥窑烟气中的NOx。
①CO还原NO的反应历程中相对能量变化如下图：
该历程中最大能垒(活化能)E正=_______kJ·mol-1，该步骤的化学方程式是_______；CO还原NO总反应的热化学方程式是_______。
②将一定量的污泥投加到水泥预分解炉内，控制燃烧温度为1200 ℃，测得燃烧过程中NO的浓度和O2、CO2的体积分数随时间变化如图所示。0~50 s内，以NO表示的反应速率v(NO)=_______mol·L−1·s−1；图中表示CO2的体积分数随时间变化的曲线是_______(填“a”或“b”)。
(3)在水泥窑炉高温主燃区喷氨也可还原NO，主要反应为：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH＜0。实验测得主燃区温度、过量空气系数(KSR1)与NO还原效率的关系如图所示。
①“还原气氛”下，该反应的最佳条件是_______(填标号)。
A．T=1473，KSR1=0.75 B．T=1573，KSR1=1.2 C．T=1673，KSR1=0.85
②“氧化气氛”下，当KSR1=1.2时，NO的还原效率低于“基准”的原因是_______。
参考答案：
1．D
【详解】A．氮的固定是游离态氮转化成化合态的氮，根据图示循环，N2转化成NH，属于氮的固定，故A说法正确；
B．根据图示，硝化过程NH→NO→NO，氮元素的化合价由-3→+3→+5，存在化合价的变化，硝化过程属于氧化还原反应，同理反硝化过程中也存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；
C．氨氧化过程中，NO→N2，氮元素的化合价由+3价降低为0价，发生还原反应，NH→N2，氮元素的化合价有-3价升高为0价，发生氧化反应，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C说法正确；
D．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断得到氮气物质的量，故D说法错误；
答案为D。
2．D
【详解】A．铁粉和碳粉混合物可形成原电池原理，加快铁与氧气的反应，同时能消耗水，常用作食品干燥剂和脱氧剂，故A正确；
B．氢气和氧气发生燃烧反应，为氧化还原反应，故B正确；
C．钛合金和铝合金具有优良的机械性能，可用作制造空间站核心舱，故C正确；
D．硬水软化需除去水中大量的钙离子和镁离子等，氯化铁与这些离子不能反应，故不能使硬水软化，故D错误；
故选：D。
3．D
【详解】A．Na2S2O3中S元素化合价为+2，处于中间价态，加入稀盐酸发生歧化反应，分别生成0价和+4价的含S物质，离子方程式：S2O+2H+=S↓+SO2↑+ H2O，故A正确；
B．过氧化氢有氧化性，海带灰浸出液中含有NaI，两者发生氧化还原反应，离子方程式：2I- + H2O2+2H+= I2 + 2H2O，故B正确；
C．高锰酸钾酸性溶液有氧化性，与具有还原性的草酸溶液反应生成Mn2+和CO2，离子方程式：2MnO+ 5H2C2O4+ 6H+ = 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O，故C正确；
D．氨水是弱碱，向硫酸铝溶液中加入过量氨水为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故D错误；
故选：D。
4．C
【详解】A．由图中反应流程可知，反应①的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A错误；
B．由图中反应流程，Cu和Cl的化合价也没有发生改变，B错误；
C．由图中反应流程可知，吸收H2S的总反应方程式为：2H2S+O2=2H2O+2S↓，回收32gS，则回收1mol时，消耗O20.5mol，标况下体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，C正确；
D．吸收剂吸收H2S后生成了水，使Fe3+、Cu2+浓度降低，D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．84消毒液主要成分为NaClO，可以氧化蛋白质使其变性，从而消毒杀菌，且无毒，可以利用其对环境进行消毒，A正确；
B．维生素C具有较强的还原性，常用作还原剂，B错误；
C．“碱”是纯碱，即碳酸钠，火碱是NaOH，C错误；
D．芯片的主要成分是硅单质，二氧化硅可以用来制作光导纤维，D错误；
综上所述答案为A。
6．B
【详解】A．甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通入N2排空气，故A正确；
B．制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；
C．根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；
D．根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正确；
答案选B。
【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。
7．B
【详解】A．一个氨基(-N2H2)含有9个电子，18g 氨基(-N2H2)的物质的量为=1mol，所含电子数为9 NA，故A正确；
B．32gCu的物质的量为0.5mol，在足量O2中被氧化成+2价，转移1mol电子，但在硫蒸气中被氧化成+1价，转移0.5mol电子，故B错误；
C．用惰性电极电解100mL0.1mol•-1L的CuSO4溶液，阴极上Cu2+先放电生成0.01molCu，而后H+放电生成H2，阳极上一直是OH-放电生成O2，设生成的气体的物质的量为x，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01×2+2x=4x，解得x=0.01mol，生成一个O2转移4个电子，故转移电子数目为0.04NA，故C正确；
D．二者以1：1混合时，亚铁离子先被氯气氧化，剩余的氯气再氧化溴离子，且有一半的溴离子被氧化，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确；
故答案为B。
8．(1) D B E Cl2
(2) MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O 吸收HCl Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O
(3) 略低于42°C 2Cl2+2+H2O=Cl2O+2Cl-+2
(4) 淀粉溶液 滴入最后一滴碘水，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色 3.000mol/L
【分析】该实验中，首先A装置中的浓盐酸和二氧化锰在加热条件下产生Cl2，因为产生的氯气中混有HCl，故先将气体通入D装置中除去HCl，同时D装置中通入空气，用于稀释Cl2O，因为高浓度的Cl2O会发生爆炸，除去HCl的Cl2进入B装置与碳酸根反应生成Cl2O，此时Cl2O中混有氯气，故将混合气体通入C中除去氯气，再进入E中与NaOH反应生成次氯酸钠。
【详解】（1）根据以上分析可知，装置的连接顺序为A→D→B→C→E。氯气和四氯化碳都是非极性分子，而Cl2O为极性分子，根据相似相溶原理，Cl2在CCl4中的溶解度较大。
（2）A中为浓盐酸和二氧化锰反应生成Cl2，离子方程式为。D中为饱和食盐水，用于吸收Cl2中的HCl，同时D中通入空气，可稀释后续生成的Cl2O，防止其因浓度高发生爆炸。E中为Cl2O与NaOH反应生成次氯酸钠，化学方程式为。
（3）B装置为生成Cl2O的装置，由题干可知42℃以上Cl2O分解生成氯气和氧气，故水浴温度应略小于42℃，在提高反应速率的同时防止Cl2O分解。B中氯气和碳酸根反应生成Cl2O，离子方程式为。
（4）用碘水滴定亚硫酸钠，则指示剂应选择淀粉溶液，终点现象为滴入最后一滴碘水，溶液由无色变为蓝色，且30s内不褪色。碘与亚硫酸根反应的离子方程式为，消耗0.1mol/L的碘水20mL，即消耗I2为2×10-3mol，则与I2反应的亚硫酸根有2×10-3mol，共加入亚硫酸根为0.5mol/L×10mL=5×10-3mol，则与次氯酸根反应的亚硫酸根为3×10-3mol，根据方程，稀释后的10mL溶液中含有ClO-3×10-3mol，则所制得次氯酸钠溶液的浓度为。
9．(1) 分液漏斗 冷凝回流，提高糠醛的利用率，减少富马酸的挥发 b
(2)氧化剂
(3)加入过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；加入过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀
(4)防止Fe2+被氧化
(5)取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净
(6)85.0
(7)5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O
【分析】本题为实验探究题，通过使用糠醛和NaClO3发生反应来制备富马酸，反应原理为：3 +4NaClO3 3HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，然后用上述制得的富马酸和FeSO4溶液和Na2CO3溶液共同反应制得富马酸亚铁，并分离出富马酸亚铁，最后通过滴定法来测量所得产品的纯度，滴定过程中设置空白滴定是为了减小实验误差，据此分析解题。
（1）
由题干实验装置图可知，装有糠醛的仪器名称是分液漏斗，由于富马酸和糠醛易挥发，需采用仪器A来冷凝回流，以提高糠醛的利用率和减少富马酸的挥发损失，为增强冷凝效果，冷却水通常采用下进上出，则出水口为b，故答案为：分液漏斗；冷凝回流，提高糠醛的利用率，减少富马酸的挥发；b；
（2）
V2O5为反应的催化剂，即三颈瓶中的反应原理为：3 +4NaClO3 3HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，反应物NaClO3的作用为氧化剂，故答案为：氧化剂；
（3）
步骤1中所加Na2CO3溶液的量若过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；若过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀，故Na2CO3溶液需适量，故答案为：加入过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；加入过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀；
（4）
由于空气中的O2能够将Fe2+氧化为Fe3+，影响产物的纯度，故步骤2中持续通入氮气的目的是防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；
（5）
判断步骤3中富马酸亚铁产品已洗净的实验方法即判断洗涤液中不再存在，则该实验方法是取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净；
（6）
由题干实验数据可知，n(富马酸亚铁)=n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.050mol/L×(16.02-0.02)×10-3L=8.0×10-4mol，故样品中富马酸亚铁的质量分数为：=85.0%，故答案为：85.0；
（7）
向富马酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色即生成Mn2+且有气体即为CO2生成，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O，故答案为：5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O。
10．(1) Al2O3+2OH-=2+H2O 烧杯 量筒
(2) 正 2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+ Al2O3+6H+=Al3++3H2O 电流不变时，氧化膜覆盖阳极表面，电阻增大
(3)2Al++14H+=2Cr3++2Al3++7H2O
(4)19.6
【详解】（1）铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，即Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，用浓硝酸配制一定量的10％(质量分数)的HNO3溶液，需要的实验步骤为：计算、量取、稀释、装瓶，需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；量筒；烧杯；
（2）本电解的目的是将铝片电解氧化生成致密的氧化物保护膜，电解池中阳极发生氧化反应，则其中铝片接电源正极，产生氧化膜的电极反应式为氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙即生成有Al2O3保护膜，同时又被生成的H+消耗掉一部分Al2O3，从而形成多孔层产生空隙，该过程的离子反应方程式为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3++3H2O，随着电解的进行氧化膜覆盖阳极表面厚度加厚，电阻增大，则为了保持电流不变，则A阶段电压需逐渐增大，故答案为：正；2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3++3H2O；电流不变时，氧化膜覆盖阳极表面，电阻增大；
（3）该变色反应即K2Cr2O7转化为了Cr3+，被还原，即Al参与该反应转化为Al3+，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：2Al++14H+=2Cr3++2Al3++7H2O，故答案为：2Al++14H+=2Cr3++2Al3++7H2O；
（4）由题干可知，氧化膜的质量为：0.7654g-0.7442g=0.0212g，则氧化膜的体积为：=0.00785cm3，则氧化膜的厚度为：=0.00196cm=19.6um，故答案为：19.6。
11． 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O 坩埚 D、E 油浴加热便于控制加热温度，受热更均匀 f g d e b c 检验装置气密性，添加药品，再连接好装置 C中pH降低，发生歧化反应，高酸钾产率降低或Cl2的利用率低
【详解】(1)将MnO2固体与KOH固体混合加热熔融得到K2MnO4的反应中，Mn元素化合价由+4升高至+6，空气中O2作氧化剂，O元素化合价由0降低至-2，设O2的系数为1，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知MnO2系数为2，根据Mn原子守恒可知K2MnO4的系数为2，根据K原子守恒可知KOH的系数为4，根据H原子守恒可知H2O的系数为2，因此该反应方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
(2)熔融过程的反应需要在坩埚中进行；坩埚应置于泥三角上，泥三角置于三脚架上，故还需要的仪器为泥三角、三脚架，故答案为：坩埚；D、E；
(3)A为Cl2产生装置，A装置利用MnO2与浓盐酸在加热条件下生成Cl2，浓盐酸的挥发性较好，利用油浴加热可将反应容器包裹，使装置受热更均匀，同时方便控制反应温度，故答案为：油浴加热便于控制加热温度，受热更均匀；
(4)A为Cl2产生装置，所制备的气体中含有HCl，HCl与KOH反应会使溶液pH降低而使K2MnO4发生歧化反应，因此需要除去HCl，D为除去Cl2中HCl装置，C为Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4装置，B为除去尾气装置，为保证气体除杂、反应更充分、尾气吸收完全，气流需长进短出，所以装置连接顺序为a→f→g→d→e→b→c；实验过程中存在使用有毒气体的情况，因此需要先检查装置气密性，然后装入药品进行实验，故答案为：f；g；d；e；b；c；检验装置气密性，添加药品，再连接好装置；
(5)因K2MnO4在酸性或者中性的水溶液中易歧化，如果A中浓盐酸流速过快，则产生Cl2的速度过快，Cl2会与KOH发生反应使得溶液pH降低而导致K2MnO4发生副反应(歧化反应)生成MnO2，Mn元素利用不充分或Cl2利用率低，故答案为：C中pH降低，发生歧化反应，高酸钾产率降低或Cl2的利用率低。
12． 固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4- 过滤、洗涤、干燥 酸式滴定管 1.460×10-3 蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90
【分析】(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；
(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；
(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。
根据以上分析进行解答。
【详解】(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4 、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。
答案为：固体由橘红色变为棕黑色。
② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。
答案为：PbO2＋4HCl（浓）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。
③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。
答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。
(2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。
答案是：过滤、洗涤、干燥。
②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50´10-3L´0.0400mol/L=1.460´10-3mol。
答案为：酸式滴定管；1.460×10-3 。
(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：n(PbO2)=n(I2)=n(S2O32-)=´0.05000mol/L´30.80´10-3L=7.7´10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7´10-4=1.90。
答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。
【点睛】有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。
13．(1)Al、Na
(2) 提高浸出率 FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O
(3)3.2
(4) 96cV 空气或氧气
(5)TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0， 加水稀释和加热都可促进TiO2+水解
(6)CA
【分析】钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，进行碱液预处理，氧化铝、二氧化硅均变为盐溶液，过滤，滤渣中加入硫酸进行处理，FeTiO3转化为 Fe2+和 TiO2+，氧化铁转化为铁离子，再加入过氧化氢，氧化其中的亚铁离子，最终转化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节适宜的pH，得到氢氧化铁滤渣后再加热得到氧化铁；过滤除去杂质后得到滤液，加热进行水解，过滤，得到固体TiO2∙xH2O，TiO2∙xH2O煅烧得到二氧化钛，再电解熔融二氧化钛可生成钛单质，据以上分析进行解答。
(1)
氧化铝和二氧化硅可与氢氧化钠发生反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，所以碱液中含有的金属元素为：Al、Na；
(2)
升高温度可增大反应速率，提高浸出率；FeTiO3溶于酸转化为TiO2+，其离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O，故答案为：提高浸出率；FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O；
(3)
根据表格数据可知，氢氧化铁的溶度积Ksp=，则若要溶液中铁离子沉淀完全，其离子浓度最大为110-5mol/L，所以其溶液的氢氧根离子浓度为，所以氢离子浓度为，即溶液pH为3.2；
(4)
H2O2与Fe2+反应的离子方程式为：H2O2+ 2Fe2++2H+= 2Fe3++2H2O，所以n(Fe2+)=2n(H2O2)=2cV mol，则钛矿石中FeTiO3的物质的量为2cV mol，所以理论上得到的Ti的质量为2cV mol48g/mol=96cVg；从环保角度考虑，“氧化”中可替代H2O2的物质可以是空气或氧气，故答案为：96cV；空气或氧气；
(5)
TiO2+会发生水解反应：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+，其水解反应为吸热反应，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解平衡向正向移动，故答案为：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解；
(6)
碱浸液中含有偏铝酸钠，为使偏铝酸钠转化为氧化铝，可先加入过量的强酸后偏铝酸根离子转化为铝离子，再加入弱碱如一水合氨生成氢氧化铝后再加热，故合理的选项为CA。
14．(1)
(2) 石灰石价廉易得
(3) ③②①
(4)
【分析】由题给流程可知，锂辉石矿加入稀硫酸浸取得到，过滤得到含有硅酸、硫酸钙的滤渣和含有锂离子、亚铁离子、镁离子、铝离子、钙离子的滤液1；向滤液1中加入比纯碱价廉易得的生石灰中和硫酸，向中和后的溶液中加入草酸溶液，将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀，过滤得到含有锂离子、亚铁离子、镁离子、铝离子的滤液2；向滤液2中加入过氧化氢溶液将亚铁离子转化为铁离子，加入氢氧化钠溶液将铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有锂离子、偏铝酸根离子的滤液3；向滤液3中加入适量稀硫酸，将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有锂离子的滤液4；向滤液4中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到滤液和碳酸锂；向碳酸锂中加入尿素和溴，将碳酸锂转化为溴化锂，溴化锂溶液经降温结晶得到一水溴化锂晶体。
【详解】（1）由原子个数比不变可知， 的氧化物形式为，故答案为：；
（2）由分析可知，工业选择石灰石进行中和而不选择纯碱是因为石灰石价廉易得，生产成本低；除镁、除铁发生的反应为加入氢氧化钠溶液将溶液中铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子；除铝发生的反应为加入适量稀硫酸，将溶液中的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为；故答案为：石灰石价廉易得；；；
（3）由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随着温度的升高而减小，说明碳酸锂在水中的溶解为放热过程，热效应ΔH；加入纯碱试剂进行沉锂后，为减少碳酸锂沉淀的损失，得到碳酸锂沉淀的操作为进行保温静置、离心分离、趁热过滤、洗涤得到碳酸锂沉淀，故答案为：；③②①；
（4）由题意可知合成中发生的反应为碳酸锂粉在低温条件下与尿素和溴反应生成溴化锂、二氧化碳和氮气，反应的化学方程式为，故答案为：。
15．(1)增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高酸溶效率
(2)3NiS+ClO+6H+=3Ni2++3S↓+Cl-+3H2O
(3) 3.2
(5)溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金
(6)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附
【分析】镍矿渣中加入稀硫酸溶解，同时加入NaClO3进行氧化，过滤除去S等难溶物，同时得到含有Fe3+、Cu2+、Ni2+、Mg2+等离子的溶液，调节pH除去Fe3+、加入NiS除去Cu2+，过滤后加入碳酸钠沉镍，处理后得到镍单质，与铝混合后熔融，加入NaOH溶液浸出，之后水洗得到兰尼镍。
(1)
将镍矿渣粉碎可以增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高酸溶效率；
(2)
根据流程可知酸溶过程中，NiS被氧化得到硫单质，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为3NiS+ClO+6H+=3Ni2++3S↓+Cl-+3H2O；
(3)
除铁时应将Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉，根据题目所给数据可知，所调pH范围为3.2
700℃以上残留固体为NiO，所以n(NiO)==0.03mol，500℃~700℃条件下收集到的气体产物只有一种，应是CO2，则n(CO2)==0.01mol，根据C元素守恒可知3.41g样品中含有0.01molNiCO3，根据Ni元素守恒可知样品中含有0.02molNi(OH)2，第一阶段失去的成分应为H2O，n(H2O)==0.04mol，0.02molNi(OH)2可以产生0.02mol H2O，所以样品中含有0.02mol H2O，则x：y：z=0.01mol：0.02mol：0.02mol=1：2：2，所以化学式为NiCO3∙2Ni(OH)2∙2H2O；
(5)
Al可以和NaOH溶液反应，所以NaOH溶液在“浸出”过程中的作用是：溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金；
(6)
镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时，铝与氢氧化钠溶液反应产生的氢气被镍吸附，所以有时不需通入氢气也能发生氢化反应。
16．(1)粉碎锶渣
(2)SrSO4+4CSrS+4CO↑
(3) H2S(或硫化氢) 氧化Fe2+ 铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽
(4) 加快水解速率，同时避免生成胶体有利于形成沉淀 7.9×10-20
(5) Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O 温度高于60℃时，NH4HCO3分解
【分析】由题给流程可知，锶渣高温煅烧时硫酸锶与碳高温条件下反应转化为硫化锶，向煅烧渣中加入盐酸酸浸，将锶、钙、铁、铝、镁等元素转化为可溶的金属氯化物，过滤得到含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，在75℃水浴加热条件下向反应后的溶液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为7.5，将铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有氯化锶、氯化钙、氯化镁的滤液；在95—100℃条件下向滤液加入氢氧化钠调节溶液pH为12，将镁离子、钙离子转化为氢氧化物沉淀，趁热过滤得到氯化锶溶液；向氯化锶溶液中加入氨水、碳酸氢铵溶液使溶液pH不小于10，将氯化锶转化为碳酸锶沉淀，过滤得到超细碳酸锶。
【详解】（1）粉碎锶渣可以增大固体的表面积，增大高温煅烧时反应物的接触面积，加快煅烧反应速率，提高原料利用率，故答案为：粉碎锶渣；
（2）由分析可知，高温煅烧时发生的主要为硫酸锶与碳高温条件下反应生成硫化锶和一氧化碳，反应的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；
（3）向煅烧渣中加入盐酸酸浸时，硫化锶与盐酸反应生成氯化锶和硫化氢气体；由分析可知，步骤1的目的是加入过氧化氢溶液将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，便于在75℃水浴加热条件下向反应后的溶液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为7.5，将铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，否则溶液中的亚铁离子不能转化为沉淀而不能除尽，故答案为：H2S(或硫化氢)；氧化Fe2+；铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽；
（4）铁离子和铝离子在溶液中的水解反应是吸热反应，“除铁铝”过程维持温度在75℃可以加快铁离子和铝离子的水解速率，同时避免铁离子和铝离子生成胶体，有利于铁离子和铝离子形成沉淀完全除去；由图可知，铁离子浓度为10—2mol/L时，溶液pH为1.8，则氢氧化铁的溶度积Ksp=10—2×(10—12.2)3=10—38.6.，所以溶液pH为7.5时，溶液中铁离子浓度为mol/L=10—19.1.mol/L=7.9×10-20mol/L，故答案为：加快水解速率，同时避免生成胶体有利于形成沉淀；7.9×10-20；
（5）①由分析可知，沉锶时发生的反应为氯化锶溶液与氨水、碳酸氢铵混合溶液反应生成氯化铵、碳酸锶沉淀和水，反应的离子反应方程式为Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O，故答案为：Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O；
②由图可知，温度高于60℃时，锶转化率会降低，原因是温度高于60℃时，碳酸氢铵受热分解，导致锶转化率降低，故答案为：温度高于60℃时，NH4HCO3分解。
17．(1) ＞ 加入过量的盐酸或适当降低温度
(2)S、SiO2
(3)2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O
(4)3.7≤pH＜4.5
(5)2.2×10-20
(6) Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失
【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3，据此分析解答。
（1）
由分析可知，“氧化浸取”时，H2O2将S2-氧化为S，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：H2O2＞S，Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解；
（2）
根据已知可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）
由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O；
（4）
结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（5）
已知①Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K1=4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K2=2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此Ksp[Cu(OH)2]==2.2×10-20；
（6）
“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
18．(1)+3
(2)矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
(3)漏斗、玻璃棒
(4)＞
(5) 2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑ 0.18
(6) Ce4+ 1：2
【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
【详解】（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
（3）操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2 > H2O2；
（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， 此时溶液的pH为5，则溶液中c()=0.18 mol/L。
（6）①根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；
②反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
19．(1)将矿石粉碎、搅拌、适当升温、适当提高酸的浓度
(2)坩埚、泥三角
(3)ZnS+4MnO2+4H2SO4=ZnSO4+4MnSO4+4H2O
(4)P5O7与水互不相溶，ZnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更大，而MnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更小，所以才能分离
(5)2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+
(6)Ag-e-+Cl-=AgCl
(7) 硫酸钠溶液 0.1NA
【分析】锌精矿(主要成分为ZnS)与软锰矿(主要成分为MnO2)酸性共融法制备纳米ZnO及MnO2的工艺流程;加入20%的硫酸酸浸后，过滤，得到的滤液中含有锰离子和锌离子（说明+4价锰被还原为+2价，-2价硫被氧化为为硫酸根离子)﹔用有机物进行萃取后，进入水相的是硫酸锰，加入氧化剂氯酸钠，+2价锰被氧化为二氧化锰;硫酸锌在有机相中，进行反萃取后，硫酸锌进入水相中，调节溶液的pH，得到氢氧化锌沉淀，灼烧后得到氧化锌。根据题意要求，结合以上分析解答相关问题，注意原电池和电解池原理的应用规律。
(1)
从影响反应速率的因素来考虑，提高矿石的“酸浸”率的方法有：将矿石粉碎、搅拌、适当升温、适当提高酸的浓度；
(2)
实验室焙烧少量Zn(OH)2用到坩埚、泥三角，泥三角上放置坩埚，然后进行加热，所以焙烧时需要用到的实验仪器除玻璃棒、酒精灯外还需要的仪器有坩埚、泥三角；
(3)
由图可知ZnS与MnO2发生反应生成硫酸锌和硫酸锰，其方程式为：ZnS+4MnO2+4H2SO4=ZnSO4+4MnSO4+4H2O；
(4)
析P5O7可萃取ZnSO4从而使ZnSO4和MnSO4分离的原因是P5O7与水互不相溶，ZnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更大，而MnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更小，所以才能分离。
(5)
Na2S2O8与Mn2+反应生成SO和紫色MnO的离子方程式为2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+。
(6)
负极Ag失电子，故负极的电极反应式为Ag-e-+Cl-=AgCl。
(7)
硫酸锰在阳极失电子生成二氧化锰，故阳极为硫酸锰溶液，阴极为硫酸钠溶液。阳极发生反应为Mn2+-2e-+2H2O= MnO2+4H+，由反应可得溶液每转移2mol电子，溶液质量增加87g，另外，为保持电荷守恒，有2molH+移动到阳极，故每转移2mol电子，溶液质量增加89g，所以该电极所在的溶液质量减轻了4.45克，则电路中转移的电子数为0.1NA。
20．(1) SiO2或二氧化硅 2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋
(2)4.3
(3) 3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O 3∶2
(4)趁热过滤
(5) 60℃ 90℃ 沉钒率低，铬损率高；温度较高时H2O2易分解，需降温导致能耗增加；对储运及投料要求较高
【分析】钒铬还原渣主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2，加硫酸酸浸，VO2·xH2O转化为VO2+，Cr(OH)3转化为Cr2(SO4)3，滤渣为SiO2，加入Na2S2O8将VO2+氧化为VO，2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋，调pH使VO转化为V2O5·xH2O沉淀，溶液中加过量NaOH后Cr3+转化为CrO，加入H2O2发生反应3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O，溶液2先调pH，后经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得到Na2Cr2O7。
（1）根据分析，“滤渣”的主要成分是SiO2，“氧化”生成VO，发生反应的离子方程式为2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋；
（2）Cr(OH)3的Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=1×10-30，当c(Cr3+)=0.1mol/L时，Cr3+开始沉淀，c(OH-)=≈10-9.7mol/L，c(H+)==10-4.3，pH=-lgc(H+)=4.3，故pH的范围是2.5～4.3。
（3）根据分析，溶液1加入H2O2后发生反应的离子方程式为3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O；氧化剂为H2O2，还原剂为CrO，物质的量之比为3∶2；
（4）由表格可知，Na2Cr2O7的溶解度较大，且随温度的升高而增大的比较明显，而Na2SO4的溶解度比Na2Cr2O7的小得多，在40℃以后溶解度随温度升高而降低，因此经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得到Na2Cr2O7；
（5）选择最优的温度，需考虑沉钒率、铬损率以及能耗，沉钒率越高，铬损率越低，能耗越小的温度越合适，由于钒铬还原渣酸浸液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加，因此为了减少降温的耗能，需选择更接近90℃的温度，由图可知，用H2O2氧化时40℃、50℃、60℃时沉钒率与铬损率的差值较大，因此选择较高的60℃；用Na2S2O8氧化时，70℃与90℃时沉钒率与铬损率的差值较大，因此选择较高的90℃；由图可知，采用H2O2氧化时沉钒率相对较低，铬损率相对较高，且温度较高时H2O2易分解，不利于氧化，而且使用H2O2需要较低的温度，降温导致能耗增加，从储运及投料的角度考虑，H2O2为液体，运输和投料时不如固体方便，这些都是H2O2的不足之处。
21．(1)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
(2)将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化
(3)过滤
(4)TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行。
(5)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
(6)防止高温下Ti被空气中的氧气氧化
(7)0.02mol•L-1
【分析】钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO，Fe2O3，SiO2)在353K时用硫酸溶液溶解,FeTiO3、FeO和Fe2O3溶于硫酸溶液生成硫酸铁、硫酸亚铁和TiOSO4，二氧化硅不溶，过滤除去；滤液1中加入过量铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，过滤出不溶性物质，得到滤液2，经冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，过滤后得滤液3，滤液3中含有TiOSO4，加入热水促进水解，经过滤得到H2TiO3固体，煅烧H2TiO3、制TiO2，TiO2通过电解得到Ti。
(1)
FeTiO3与硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，故化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。
(2)
滤液1中加入过量铁粉，将Fe3+还原为Fe2+并防止Fe2+被氧化。
(3)
均需分离固体和液体，故操作为过滤。
(4)
TiO2+在溶液中水解，水解反应一般为吸热反应，当加入热水时，促进平衡正向移动，有利于H2TiO3的生成。
(5)
TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
(6)
Mg还原TiCl4过程中必须在稀有气体(如氩)氛围中进行的原因是防止高温下Ti被空气中的氧气氧化。
(7)
由题图可知滴定管的初读数为0.80ml，末读数为10.80mL，所以滴定时消耗KMnO4溶液体积为10.80mL-0.80mL=10.00mL，根据滴定时发生反应的离子方程式，可得所以。
22． 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O 2:1 66.7 过滤 蒸发结晶，趁热过滤 粗晶体中会有碳酸氢钾 MnO2、KOH 2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑
【分析】二氧化锰、KOH在空气中熔融制得锰酸钾，加水、通入适量二氧化碳，锰酸钾发生歧化反应得到高锰酸钾、二氧化锰、碳酸钾，过滤除去二氧化锰，得到高锰酸钾、碳酸钾混合溶液，再经蒸发结晶，趁热过滤等得到高锰酸钾粗品。
【详解】(1)由流程可知MnO2、KOH与空气共熔得到锰酸钾，结合原子守恒可知产物还有水和，发生反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
(2)反应①中K2MnO4发生歧化反应得到KMnO4和MnO2，KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据得失电子守恒可知氧化产物与还原产物物质的量之比为(6-4):(7-6)=2:1；即每3molK2MnO4参与反应，有2mol转化为KMnO4，假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的最大理论转化率为≈66.7%(保留一位小数)；
(3)MnO2难溶于水，KMnO4和K2CO3易溶于水，操作I为固液分离，因此为过滤；
(4)操作II为从KMnO4和K2CO3混合溶液中提取KMnO4粗晶体，由溶解度曲线可知相同温度下高锰酸钾溶解度最小，且温度较低时碳酸钾、碳酸氢钾、高锰酸钾溶解度随温度变化不大，温度较高时碳酸钾、碳酸氢钾溶解度随温度变化较大，高锰酸钾溶解度随温度变化不大，因此可采用蒸发结晶，趁热过滤；若反应①中若CO2通入过量，则会得到碳酸氢钾，由图可知相同温度下碳酸氢钾和高锰酸钾溶解度差异不大，导致粗晶体中会有碳酸氢钾；
(5)结合流程可知MnO2和KOH在熔融时消耗，在反应①后得到MnO2，在母液熟石灰苛化后得到KOH，则上述流程中可以循环利用的物质有MnO2、KOH；
(6)由题意可知，电解K2MnO4水溶液制备KMnO4，Mn元素化合价升高，则阳极为锰酸根放电，阴极为水电离的氢离子放电产生氢气和氢氧根，则总反应为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。
23． -1 3LiAlH4＋4BCl3=2B2H6↑＋3LiCl＋3AlCl3 将矿石粉碎或提高反应温度或搅拌； 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 取最后一次洗涤液少许加入试管中，加入几滴BaCl2溶液，若有白色浑浊，则未洗干净，反之，则洗干净 CO2 3Mg＋B2O32B＋3MgO Mg3B2 H3BO3＋H2O[B(OH)4]-＋H＋ 1.0×10-9
【详解】(1)LiAlH4中Li显+1价，Al显+3价，则H的化合价为-1，LiAlH4属于离子化合物，是由Li＋和组成，其电子式为；制备乙硼烷，是用LiAlH4和BCl3反应得到，即化学反应方程式为3LiAlH4＋4BCl3=2B2H6↑＋3LiCl＋3AlCl3。
(2)①为了加快硼矿石与Na2CO3和CO2的反应速率，可以采取方法是将矿石粉碎或提高反应温度或搅拌。
②硼酸的溶解度随温度升高而升高，根据流程，操作1是从溶液中获得H3BO3固体，采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；溶液中含有硫酸根离子，检验H3BO3是否洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中是否有硫酸根离子即可，则操作方法为：取最后一次洗涤液少许加入试管中，加入几滴BaCl2溶液，若有白色浑浊，则未洗干净，反之，则洗干净；根据流程，轻质碳酸镁受热分解轻质MgO和CO2，循环使用的物质是CO2。
③制备单质B，利用Mg的强还原性，将B2O3中B还原出来，其反应方程式为3Mg＋B2O32B＋3MgO；过程中易生成金属硼化物，即B与Mg反应生成Mg3B2。
(3)硼酸为一元弱酸，在溶液中电离产生[B(OH)4]－，即硼酸的电离方程式为H3BO3＋H2O⇌[B(OH)4]－＋H＋；根据硼酸的电离方程式，[B(OH)4]－和H＋物质的量浓度近似相等，硼酸是弱酸，弱电解质的电离程度较弱，即c(H3BO3)近似等于0.1000mol·L－1，则硼酸的电离平衡常数。
24． Fe2+、K+ < NH4Cl+NaVO3=NH4VO3+NaCl 30%
【分析】酸浸时金属氧化物与酸反应变为金属阳离子，V2O5被K2SO3还原为VO2+浸出，Fe3+被还原为Fe2+进入溶液，酸性氧化物SiO2不能溶解，进入滤渣Ⅰ中；然后向还原后的含VOSO4溶液中加入适量KOH溶液，形成V2O2(OH)4沉淀，K+留在滤液中，从而实现钒、钾分离，得到滤饼中含V2O2(OH)4，V2O2(OH)4能够与强碱反应，并且该物质具有还原性，向滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液，发生氧化还原反应，V2O2(OH)4元素转化为，再向溶液中加热NH4Cl，形成NH4VO3晶体，将其高温煅烧，产生V2O5，将V2O5、Y2O3高温共融，反应产生YVO4 ；
【详解】(1)根据分析，浸出液中含有的金属离子为Fe2+、K+；V2O5被还原的离子方程式为；
(2)若要保证VO2+沉淀，Fe2+不沉淀，则pH应小于7；
(3) 结合“碱溶”和“沉钒”可知，为氧化剂，为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物。故的氧化性更强；“沉钒”时发生反应的化学方程式为NH4Cl+NaVO3=NH4VO3+NaCl；
(4)
(5)设损耗率为m，根据V元素守恒，可得：，则，m=0.3，故损耗率为30%。
25． 1:4 使反应物充分混合，加快反应速率 蒸发浓缩 K4Ti3O8+10HCl=4KCl+3TiOCl2+5H2O Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O C HCl TiOCl2+ (x+1)H2O =TiO2·xH2O+2 HCl 节约能源，不产生污染性气体
【详解】(1)反应釜恒温在220℃~260℃，发生反应12FeTiO3+3O2+16KOH=4K4Ti3O8+ 6Fe2O3+8H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，搅拌的目的是使反应物充分混合，加快反应速率；
(2)稀KOH溶液经蒸发浓缩得到浓KOH溶液，加入反应釜中循环使用；
(3) K4Ti3O8与 5%~20%稀盐酸反应生成TiOCl2和氯化钾，发生反应的化学方程式为K4Ti3O8+10HCl=4KCl+3TiOCl2+5H2O；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；
(4) 根据图示，TBP(磷酸三丁酯)体积分数为40%，Fe3+的萃取率最高，C点对应条件最适宜。
(5)将TiOCl2在60℃时水解，生成TiO2·xH2O和物质X，根据元素守恒，X其分子式为HCl，该反应方程式为TiOCl2+ (x+1)H2O =TiO2·xH2O+2 HCl；
(6)氯化法制取TiO2：通常将钛铁矿与氯气、焦炭混合，在约900℃时反应制得TiCl4，反应方程式是2FeTiO3+7Cl2+6C 2TiCl4+2FeCl3+6CO，TiCl4水解得到TiO2.相比氯化法，上述流程的优点是节约能源，不产生污染性气体。
【点睛】本题以利用钛铁矿(FeTiO3)制取TiO2·xH2O为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的目的和反应原理是解题关键，注意氧化还原反应规律，掌握常见元素化合物的性质，培养学生分析问题的能力。
26． 增大接触面积，提高浸出速率和浸出率 2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑ C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 过滤 反应过程中后者产生O2，前者产生污染气体NO2 不能，Cl-会被氧化为氯气 NA(或6.02×1023)
【分析】废旧电池正极材料经粉碎后用DMF溶液浸取，然后用NaOH溶液除去铝，得到LiNiO2和C的混合物，除去C后得到镍锂溶液，加入碳酸钠得到Li2CO3和NiCO3，最后高温煅烧得到超细LiNiO2。
【详解】(1)正极材料粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出速率和浸出率。
(2)铝和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑。
(3)C与浓硝酸发生反应生成CO2、NO2和水，化学方程式是C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；常温下向LiNiO2和C的混合物加入稀硫酸与过氧化氢的混合溶液，将LiNiO2变为镍锂溶液，C是不溶物，可以通过过滤的方法除去C。在LiNiO2和过氧化氢的反应中，Ni的化合价从+3价降低到+2价，则H2O2为还原剂，本身被氧化为氧气。与前者相比，反应过程中后者产生O2，前者产生污染气体NO2，所以后者的方法更好。不能以盐酸代替硫酸，+3价镍的氧化性较强，能将酸性溶液中的Cl-氧化为氯气，污染环境。
(4)高温煅烧LiNiO2，生成Li2CO3和NiCO3，Ni的化合价从+3价降低到+2价，所以得到1mol超细LiNiO2所转移的电子1mol，数目为NA(或6.02×1023)。
27． 冷凝管 打开分液漏斗活塞，再打开旋塞，使下层液体从分液漏斗下端放出 温度太低反应速率慢，温度过高反应物N2H4·H2O易挥发，且易分解 水浴加热 2IO+3 N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O 不引入新的杂质，产品纯度高，后续操作简单 94.5%
【分析】已知3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加热后溶液含有过量的氢氧化钠NaI和NaIO3，N2H4·H2O与IO反应得到碘离子和氮气，此时溶液中含有碘化钠，通过蒸发浓缩结晶得到碘化钠晶体，据此分析解题。
【详解】(1)由图片可知，仪器a为冷凝管；分液漏斗带有活塞，为使液体流出，先打开分液漏斗的玻璃塞，再缓慢旋开活塞；
(2)加热温度应考虑物质的稳定性及反应速率，温度过高N2H4·H2O分解及挥发，温度过低，反应太慢，提供稳定的温度，可考虑水浴加热；
(3)根据题中所给信息可得离子方程式为2IO+3 N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O；工业上用Na2S或Fe还原NaIO3从而得到NaI，该制备方法较为缓慢以及原料利用率不高，而水合肼还原法操作简单，原料利用率高；
(4)已知，消耗n(Ag+)=0.2100×15×10-3=3.15×10-3mol，则n(I-)=n(Ag+)，所以25mL中有3.15×10-3mol I-，则500mL中有n(I-)=3.15×10-3×20=0.063mol，所以m(NaI)=9.45g，所以样品中NaI的质量分数为。
28． 不引入新的杂质 盐酸后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理答案都可) MgF2 若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低 NH、Na+ 2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+ 1×10-6
【分析】菱锰矿加入硫酸进行酸浸，得到含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+等阳离子的溶液，沉淀池中加入MnO2将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，然后加入氨水调节pH得到Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NaF得到MgF2沉淀，此时溶液中的阳离子主要为Mn2+，还有少量Na+、NH，蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4晶体。
【详解】(1)使用盐酸会引入Cl-，为新的杂质，且后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2；沉淀池1中加入MnO2主要是将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
(2)废渣和沉淀1、2中都会有少量Mn2+，用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率；
(3)沉淀池1中得到的沉淀为Fe(OH)3，此时溶液中阳离子有NH、Mg2+、Mn2+等，所以加入NaF的主要作用是除去Mg2+，得到的沉淀2为MgF2；根据题目所给信息可知若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；
(4)除铁时用氨水调节pH，除镁时加入NaF，所以含MnSO4溶液中还含有NH、Na+杂质；KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀，该黑色沉淀应为MnO2，发生归中反应，离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+；
(5)c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，c(S2－)≥mol/L=1×10-6mol/L。
29． 18 mol或18NA 6 能耗低，无SO2排放造成的环境污染 CaMoO4＋(NH4)2CO3 = (NH4)2MoO4＋CaCO3 SiO2 硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3溶解 H2（或氢气） 9ClO－＋MoS2＋6OH－ = MoO42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O
【分析】辉钼矿与碳酸钙混合在空气中焙烧，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，其他杂质元素转化为相应的氧化物，之后溶浸并加入碳酸铵，CaMoO4与(NH4)2CO3发生复分解反应转化为(NH4)2MoO4和碳酸钙，硫酸钙转化为碳酸钙，再加入硫化铵得到杂质金属元素的硫化物沉淀以及SiO2，分离沉淀，其中碳酸钙可循环使用；之后向滤液中加入HCl调节pH为6得到仲钼酸铵沉淀。
【详解】(1) MoS2中S为-1价，Mo为+2价，产物CaMoO4和CaSO4中Mo为+6价，S为+6价， MoS2中各元素共升高18价，所以反应中每摩 MoS2转移的电子数为18NA；Mo7O24n- 中Mo为+6价，O为-2价，所以n=2×24-7×6=6；
(2)传统焙烧温度高，能耗高，产生污染物SO2，图示流程焙烧温度400℃，能耗较低，且无SO2排放造成的环境污染；
(3)溶浸时加入的物质为(NH4)2CO3，根据复分解反应的特点可知方程式应为CaMoO4＋(NH4)2CO3= (NH4)2MoO4＋CaCO3；辉钼矿中的杂质元素有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等，焙烧时杂质元素生成相应的氧化物，溶浸后Ca最终转化为碳酸钙沉淀，溶浸后又加入硫化铵，所以Cu、Zn、Fe转化为相应的硫化物沉淀，SiO2不溶于酸，所以外排渣主要是SiO2和Cu、Zn、Fe的硫化物；
(4)硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3溶解，所以在(NH4)2SO4母液中添加循环渣(CaCO3)，可以使硫酸铵转化为碳酸铵；
(5)电解槽无隔膜，所以电解时阴极水电离出的氢离子放电生成氢气；阳极氯离子放电生成氯气，溶液显碱性，氯气反应生成次氯酸根，NaClO氧化MoS2生成MoO42- 和SO42-，MoS2整体化合价升高18价，ClO－转化为Cl－降低2价，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：9ClO－＋MoS2＋6OH－= Mo42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O。
【点睛】配平信息型氧化还原反应方程式时，关键是正确判断元素化合价的变化情况，再根据电子得失守恒配平氧化剂和还原剂(或氧化产物和还原产物)的数量关系，然后再利用元素守恒或电荷守恒配平整个方程式；要求学生对常见元素的常见价态有一定积累。
30． TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O 将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去 Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O 2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl 粗碲 TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－ 0.2
【分析】TeO2有两性，结合化合价可知，“碱浸”主要将TeO2转化为Na2TeO3；
“过滤”将未除去的Fe、Pb、Cu元素转化为更难溶的硫化物除去；
“沉碲”过程，从流程来看是将TeO32-转化为TeO2沉淀；
“酸溶”过程，TeO2转化为TeCl4；
“还原”过程，SO2将TeCl4还原为Te，得粗Te；
“电解”过程，粗Te作阳极，失电子，在阳极溶解，纯Te作阴极，阴极得电子，得到纯度更高的纯Te。
【详解】(1)TeO2有两性，结合化合价可知，“碱浸”时NaOH和TeO2反应生成为Na2TeO3和H2O，反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；
(2)由分析可知，加入Na2S溶液的主要目的是将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去，故答案为：将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去；
(3)“沉碲”将TeO32-转化为TeO2沉淀，原因为TeO32-和NH4+发生双水解，反应的化学方程式为Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O，故答案为：Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O；
(4)“还原”过程，SO2将TeCl4还原为Te，得粗Te，结合得失电子守恒、原子守恒可得方程式为：2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl，故答案为：2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl；
(5)由分析可知，阳极材料为粗碲，以Na2TeO3溶液为电解质溶液，则阴极为TeO32-得电子生成Te，结合电荷守恒、原子守恒可得阴极的电极反应为：TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－，故答案为：粗碲；TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－；
(6)pH=5时，c(H+)=10-5mol/L。H2TeO3H++HTeO3-，Ka1==1.0×10－3，HTeO3-H++TeO32-，Ka2==2.0×10－8，，所以，=0.2，故答案为：0.2。
31． 溶解金属化合物（或使二价金属进入溶液） Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd 1 Co2+＞Ni2+ 80 ℃，2 h 2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+ Fe(OH)3 高温焙烧
【分析】钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去，浸取液里加过量的锌粉，利用金属的活泼性不同将Cd置换出来，再加入强氧化剂Na2S2O8将溶液中的二价金属离子氧化为三价然后转化为氢氧化物沉淀除去，最后再加入锌粉经反应后过滤，将滤液中锌离子转化为沉淀ZnCO3·xZn(OH)2。根据以上分析解答。
【详解】(1) 钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去。
答案为：溶解金属化合物（或使二价金属进入溶液）。
(2)向“浸取液”中加入Zn粉，根据题意可知得到了海绵Cd，发生反应的离子方程式为：Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd。
答案为：Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd。
（3）Na2S2O8中S的化合价为+6，Na为+1，假设含有x个O2-,含有y个O22-,则有：x+2y=8，(+1)´2+(+6)´2+(-2)´x+(-2)´y=0，解得x=6，y=1。
答案为：1。
(4)由题中所给图可知，当Co2+被氧化后形成氢氧化物沉淀而除去时，大量Ni2+还在溶液里，说明还原性Co2+＞Ni2+，根据图中信息可知，当溶液中钴完全沉淀时的温度为80 ℃，所用时间为2 h。
答案为：Co2+＞Ni2+；80 ℃，2 h 。
(5) 在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，Na2S2O8中S为+6价，具有强氧化性，可将Co2+氧化为+3价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，写出反应的离子方程式：2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+，由Na2S2O8强氧化性及图中Co与Fe图象非常靠近的特征可知，此时溶液中的Fe2+也被氧化为+3价形成Fe(OH)3沉淀。
答案为：2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+；Fe(OH)3 。
(6) ZnCO3·xZn(OH)2中的成分有难溶碳酸盐和难溶性碱，根据有关物质的性质可知这些物质受热后分解生成ZnO，工业上可用高温焙烧ZnCO3·xZn(OH)2的方法来制取氧化锌。
答案为：高温焙烧
32． AC 使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3 沉淀除去 0.6 Mn2+＋HCO3－＋NH3·H2O====MnCO3↓＋NH4＋＋H2O NH3 抑制 Cu2＋的水解 重结晶
【分析】首先将两种矿物酸浸，中的进入溶液，杂质不溶于稀硫酸，辉铜矿中的发生氧化还原反应得到不溶于硫酸的单质硫，过滤后得到滤液，调节pH使转化为沉淀析出，加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的转化为碳酸锰固体析出，再加热使氨气挥发，过滤后得到碱式碳酸铜，加入硝酸转变为硝酸铜，再蒸发结晶即可得到产物，据此来分析本题即可。
【详解】（1）A．粉碎矿石可以增大其与酸液的接触面积，提高浸取速率，A项正确；
B．延长酸浸时间不能加快浸取速率，B项错误；
C．升高温度，反应速率加快，C项正确；
答案选AC；
（2）根据分析，这一步的产物中有单质硫，写出离子方程式；
（3）调节浸出液的pH可以使溶液中的析出，防止产品中混入铁盐的杂质；设在pH为4时的最大浓度为，则有，移项后解得，即当pH为4时的最大浓度为；
（4）氨水和先反应得到，然后再与得到碳酸锰沉淀，据此写出离子方程式；
（5）根据流程不难发现在该过程中可以循环使用；
（6）是弱碱阳离子，因此会发生水解，在加热时水解程度会显著增大，因此需要过量的酸来抑制其水解，否则最终无法得到硝酸铜晶体；
（7）最终得到的硝酸铜中仍会有少量硫酸铜等杂质，可以利用重结晶的方法除去硫酸铜。
33． 有无色气体生成 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O b 99.9% 2.0×1010 Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+ bc
【分析】含H+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cl-、SO42-的工业废电解质溶液，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液调节pH沉淀Fe3+得到Fe（OH）3，过滤，向滤液中再次加入NaOH溶液调节pH，将Zn2+沉淀为Zn（OH）2，所以滤渣II主要为Zn（OH）2，向滤液中加入MnS除去剩余锌，过滤掉生成的ZnS，向滤液中加入Na2S2O8，发生反应：Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+，据此分析作答。
【详解】（1）向工业废液中加入双氧水，亚铁离子被氧化成铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；所以溶液颜色会发生变化，同时溶液中的金属阳离子会催化双氧水的分解生成氧气，所以会观察到有无色气体生成；
（2）检验Fe3+常用KSCN溶液，若有铁离子溶液会变红色，加稀氨水溶液中的Zn2+、Mn2+也会生成沉淀，可能观察不到红褐色沉淀，K3Fe(CN)6溶液可用来检验Fe2+，所以选b；
（3）pH=7.5时，溶液中c（OH-）=10-6.5mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]= c2（OH-）·c（Zn2+）=1.2×10-17可知此时溶液中c（Zn2+）=，所以此时溶液中Zn2+ 的沉淀率为=99.9%；
（4）根据反应方程式可知该反应的平衡常数K=；
（5）沉锰时Na2S2O8将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成SO42-，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+；
（6）a．浓盐酸具有还原性，且还原性强于Mn2+，所以先被Na2S2O8氧化，且会与生成的MnO2反应，降低产率，故a正确；
b．玻璃棒搅拌过滤器，易捣碎滤纸，过滤时不能搅拌，故b错误；
c．为保证完全除去锌离子，除锌时加入的MnS要过量，不能完全反应，故c错误；
综上所述选bc。
【点睛】检验Fe3+常用KSCN溶液，溶液会变成血红色；检验Fe2+常用K3Fe(CN)6溶液，会生成蓝色沉淀；Na2S2O8中硫元素为+6价，有两个O为-1价，具有强氧化性；盐酸为还原性酸，在酸化某些强氧化剂时不用盐酸。
34． 4 4 4 3O2↑ 2H2O +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 还原产物为水，不引入其他杂质离子 Cu2+水解程度增大，产率降低 酒精灯、蒸发皿、玻璃棒 2cV×100% 偏高
【分析】孔雀石主要成分为 Cu2(OH)2CO3，主要杂质有FeCO3、FeO、SiO2，粉碎后加入硫酸除SiO2均可溶于硫酸，所以得到的沉淀A为SiO2；孔雀石的主要成分和某些杂质中都含有碳酸根，则在和硫酸反应时会生成二氧化碳气体，所以气体A为CO2；得到的浸取液中主要金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Cu2+；之后通过方法一或方法二进行除杂，两种方法共同点都是先将亚铁离子氧化成铁离子再进行除杂；之后进行过滤得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品，再通过重结晶进行进一步除杂。
【详解】(1)根据分析可知气体A为CO2，其电子式为；
(2)根据题目信息可知过量的高锰酸钾自行分解过程中还原产物为MnO2，根据元素的价态变化规律，K元素和H元素化合物价已为最高价不能再升高，则只能是氧元素化合价生高，即氧化产物为O2，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：4+4H+ =4MnO2↓ +3O2↑+2H2O；
(3)根据题目信息可知酸性条件下高锰酸钾氧化亚铁离子时还原产物可能为Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；过氧化氢做氧化剂，其还原产物为水，既不污染环境也不引入新的杂质；pH过高，促进铜离子水解，产生氢氧化铜沉淀，产率降低；
(4)步骤A为蒸发浓缩、冷却结晶，用到的硅酸盐仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；
(5)①根据题目信息“EDTA 能与大多数金属离子形成稳定的 1:1 络合物”可知滴定过程中n(Cu2+)=n(EDTA)，则待测液中n(Cu2+)=V×10-3L×cmol·L-1 =cV×10-3mol，所以样品中所含n(CuSO4·5H2O)= Vc×10-3mol×=4cV×10-3mol，所以CuSO4·5H2O 质量分数为= 2cV×100%；
②若不进行重结晶，则会有Fe3+，导致单位质量的样品消耗更多的EDTA标准液，测得的CuSO4·5H2O 质量分数偏高。
【点睛】书写信息型氧化还原反应方程时要利用常见元素的价态变化规律来判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物分别是何种物质，需要学生平时多注意积累常见元素的常见化合价；工艺流程题目中常用H2O2作氧化剂，其优点是其还原产物为水无污染，且不引入新的杂质。
35．(1)酸雨、光化学烟雾等任意一种
(2) 298.4 2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-373.6 kJ/mol 6.0×10-7 b
(3) C 正反应是气体体积增大的放热反应，在温度不变时，KSR1增大，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，从而使NO还原效率降低
【详解】（1）NOx可能引发的环境问题是酸雨、光化学烟雾等；
（2）①根据图示可知该历程中的最大垒能为(298.4.2-0)kJ/mol=298.4 kJ/mol；该步骤的化学方程式是2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) ；
根据图示可知在总反应中，CO与NO反应产生N2、CO2，每有2 mol CO、2 mol NO反应产生1 mol N2和2 mol CO2气体时，放出热量是373.6 kJ，则该反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-373.6 kJ/mol，
②根据图示可知：在0~50 s内，NO的浓度变化了(1.5-0.6)g/m3=0.9 g/m3=，所以用NO浓度变化表示的反应速率v(NO)=；
CO2是生成物，开始时浓度小，后来反应产生，则其浓度会增大，根据图示可知图中表示CO2的体积分数随时间变化的曲线是b；
（3）①根据图示可知：在温度为T=1673 K，KSR1=0.85时NO的还原效率最大，故该反应最佳条件是T=1673 K，KSR1=0.85，故合理选项是C；
②“氧化气氛”下，当KSR1=1.2时，NO的还原效率低于“基准”是由于反应6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH＜0的正反应是气体体积增大的放热反应，在高温下，当KSR1由1.0变为1.2时，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使的NO还原效率降低。
四川高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-08氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2022·四川德阳·统考三模）氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．图示循环过程中N2→属于氮的固定
B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应
C．氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为1∶1
D．Fe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA
2．（2021·四川绵阳·统考一模）化学与生产、生活、科技息息相关。下列说法错误的是
A．铁粉和碳粉混合物常用作食品干燥剂和脱氧剂
B．液氢液氧火箭发动机工作时发生氧化还原反应
C．天和核心舱建造使用了钛合金和铝合金
D．锅炉用水中加入氯化铁可使硬水软化
3．（2021·四川巴中·统考模拟预测）下列实验所涉及反应的离子方程式错误的是
A．向Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸： S2O+2H+=S↓+SO2↑+ H2O
B．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液： 2I- + H2O2+2H+= I2 + 2H2O
C．向草酸溶液 中滴加几滴高锰酸钾酸性溶液：2MnO+ 5H2C2O4+ 6H+ = 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O
D．向硫酸铝溶液中加入过量氨水： Al3+ + 4OH-= AlO+2H2O
4．（2021·四川达州·统考二模）用FeCl3、CuCl2的混合溶液作吸收剂可吸收工厂排放的含H2S的废气，从而减少空气污染并回收S，其过程如图所示(各步均进行完全)。下列叙述正确的是
A．①反应的离子方程式为： S2-+Cu2+= CuS
B．在转化过程中化合价没有变化的元素只有H
C．回收32gS时，理论上需要消耗标准状况O211.2 L
D．吸收剂吸收前后混合溶液中Fe3+、Cu2+浓度不变
5．（2021·四川南充·统考三模）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．为阻止新型冠状病毒传播，可利用84消毒液对环境进行消毒
B．维生素C具有较强的氧化性，常用作氧化剂
C．中国传统制油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中“碱”是火碱
D．我国自主研发的5G芯片材料是二氧化硅
6．（2020·四川成都·统考二模）亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。
甲乙丙丁
反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是
A．甲中滴入稀硝酸前需通入N2
B．仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-b
C．丙中CaCl2用于干燥NO
D．乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O
7．（2020·四川凉山·二模）NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A．18g 氨基(-N2H2)中含有的电子数为 9 NA
B．32g Cu 在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NA
C．用惰性电极电解 100mL 0.1mol·L-1的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的气体时，电路中转移电子数为 0.04 NA
D．等物质的量的FeBr2 和Cl2 在溶液中的反应 Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
二、实验题
8．（2022·四川眉山·统考三模）某兴趣小组利用下列装置制得了纯度高的NaClO溶液。
已知：Cl2O是棕黄色气体，是HClO的酸酐，沸点约3.8°C，42°C以上分解生成Cl2和O2。通入的空气不参与化学反应。回答下列问题：
(1)装置的连接顺序是A→___________→___________→C→___________，Cl2O和Cl2在CCl4中的溶解度较大的是___________。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为___________，D的作用是___________，E中发生的化学反应方程式为___________。
(3)实验时装置B应置于水浴中加热，其水浴温度应___________，实验开始后观察到B中有大量的棕黄色气体产生，B中反应的离子方程式为___________。
(4)测定所制得的次氯酸钠的物质的量浓度：量取10.0mL实验制得的次氯酸钠溶液，并稀释至100mL，再从其中取出10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL0.5000mol/L的Na2SO3溶液，充分反应后，用0.1000mol/L碘水滴定过量Na2SO3溶液至终点，平行滴定三次，消耗碘水溶液平均体积20.00mL，滴定时所选指示剂是___________，终点时的现象为___________，所制得次氯酸钠溶液的浓度为___________(氧化性：ClO-＞，还原性：＞I-)。
9．（2022·四川成都·统考一模） 富马酸亚铁(结构简式 ，相对分子质量170)是治疗贫血药物的一种。实验制备富马酸亚铁并测其产品中富马酸亚铁的质量分数。
I.富马酸(HOOC—CH=CH—COOH)的制备。制取富马酸的装置如图甲所示(夹持仪器已略去)，向组装装置加入药品，滴加糠醛( )，在90~100℃条件下持续加热2~3h。
(1)装有糠醛的仪器名称是____；仪器A的作用是____，出水口为____(填“a”或“b”)。
(2)V2O5为反应的催化剂，反应物NaClO3的作用为____(填“氧化剂”或“还原剂”。
II.富马酸亚铁的制备。
步骤1：将4.64g富马酸置于100mL烧杯中，加水20mL在热沸搅拌下，加入适量Na2CO3溶液调节溶液的pH；
步骤2：将上述溶液转移至如图乙所示的装置中(夹持仪器已略去)，缓慢加入40mL2mol/LFeSO4溶液，维持温度100℃，持续通入氮气，充分搅拌1.5h；
步骤3：冷却、过滤，洗涤沉淀，然后水浴干燥，得到产品。
(3)步骤1中所加Na2CO3溶液需适量的原因是____。
(4)步骤2中持续通入氮气的目的是____。
(5)判断步骤3中富马酸亚铁产品已洗净的实验方法是____。
III.产品纯度测定。
步骤①：准确称取粗产品0.1600g，加煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，加煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲—亚铁指示剂，立即用0.050mol/L的硫酸高铈铵[(NH4)2Ce(SO4)3]标准溶液进行滴定，用去标准液的体积为16.02mL(反应式为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)。
步骤②：不加产品，重复步骤①操作，滴定终点用去标准液0.02mL。
(6)根据上述数据可得产品中富马酸亚铁的质量分数为____%(保留3位有效数字)。
(7)该滴定过程的标准液不宜为酸性高锰酸钾溶液，原因是酸性高锰酸钾溶液既会氧化Fe2+，也会氧化含碳碳双键的物质。向富马酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色且有气体生成，该反应的离子方程式为____。
10．（2022·四川德阳·统考三模）铝的阳极氧化是一种重要的表面处理技术，其原理是用电化学方法处理铝件表面，优化氧化膜结构，增强铝件的抗腐蚀性，同时便于表面着色。取铝片模拟该实验，并测定氧化膜厚度，操作步骤如下：
(1)铝片预处理
铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，离子方程式为：_______；再用10％(质量分数)的HNO3溶液对铝片表面进行化学抛光。若取一定体积68％(质量分数)的浓硝酸配制该化学抛光液，需要用到的玻璃仪器有_______、_______、玻璃棒和胶头滴管。
(2)电解氧化
取预处理过的铝片和铅做电极，控制电流恒定为0.06A，用直流电源在5～6mol/L硫酸中电解。其中铝片接电源_______极，产生氧化膜的电极反应式为_______，氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙的离子反应方程式为_____，A阶段电压逐渐增大的原因是_____。
(3)氧化膜质量检验
取出阳极氧化并封闭处理过的铝片，洗净、干燥，在铝片表面滴一滴氧化膜质量检查液(3gK2Cr2O7+75mL水+25mL浓硫酸)，用秒表测定表面颜色变为绿色(产生Cr3+)所需时间，可判断氧化膜的耐腐蚀性。写出该变色反应的离子方程式：_______。
(4)氧化膜厚度测定
①取氧化完毕的铝片，测得表面积为4.0cm2，洗净吹干，称得质量为0.7654g；
②将铝片浸于60℃的溶膜液中煮沸10分钟进行溶膜处理；
③取出铝片，洗净吹干，称得除膜后铝片质量为0.7442g。
已知氧化膜的密度为2.7g/cm3，可以计算得出氧化膜厚度为_______μm(1μm=1×10-4cm)。
11．（2021·四川成都·统考三模）KMnO4是一种常见强氧化剂，从软锰矿制备KMnO4有以下步骤。回答下列问题：
I.熔融制K2MnO4
(1)将MnO2固体与KOH固体混合加热熔融得到K2MnO4，化学方程式是___________。
(2)该步骤需要在___________(填仪器名称)中熔融，同时还需要用到的仪器是___________(填序号)。
A． B． C． D． E.
II.Cl2氧化制备KMnO4
已知：K2MnO4在酸性或者中性的水溶液中易歧化
(3)A中使用油浴加热的优点是___________。
(4)连接装置：顺序为a→_____→___→_____→___→______→___ (按气流方向，用小写字母表示)；操作为：连接装置，___________，打开流速控制器。
(5)该实验需严格控制A中浓盐酸流速，若过快，产生的不利后果是___________。
12．（2020·四川绵阳·统考三模）在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。已知：PbO2为棕黑色粉末。某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。
回答下列问题：
（1）性质实验
实验操作
现象
解释或结论
①将适量铅丹样品放入小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌
_____
Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb（NO3）2＋2H2O
②将上述混合物过滤，所得滤渣分为两份，一份加入2 mL浓盐酸，加热
有刺激性的黄绿色气体产生
反应的化学方程式：_______
③另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液，搅拌
得紫色溶液
结论：_______
（2）组成测定
① 准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是_____________。
② 将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。滤液中含Pb2+__________mol。
③ 将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。
根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。
三、工业流程题
13．（2022·四川眉山·统考三模）Ti在工业生产和日常生活中有重要用途，以钛铁矿石(FeTiO3，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Ti的流程如下：
已知：
金属离子
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH
2.2
7.5
回答下列问题：
(1)碱浸液中含有的金属元素是___________。
(2)酸浸时需加热的目的是___________，酸浸产生TiO2+的离子方程式为___________。
(3)加NaOH溶液调至a=___________时，溶液中的杂质离子沉淀完全。
(4)实验时当加入V Lc mol/L H2O2溶液恰好能将酸浸后溶液中的还原性离子全部氧化，则akg钛矿石理论是可制得钛___________kg(过程中铁、钛无损失)，“氧化”中可替代H2O2的物质是___________。
(5)制取TiO2·xH2O需加入大量水并加热，其目的是___________ (结合方程式说明)。
(6)为将碱浸液中所含金属化合物转化为金属氧化物，下列试剂必须用到的是___________(按试剂使用先后顺序选填试剂标号)。
A．氨水 B．氢氧化钠 C．硫酸 D．醋酸
14．（2022·四川成都·统考三模）锂辉石矿［主要含有LiAlSi2O6，还有少量Fe2＋、Mg2＋］是主要锂源，现利用锂辉石矿制取LiBr，用于高级电池的电解质、医用镇静剂等。工艺流程如下：
(1)锂辉石中主要成分LiAlSi2O6改写为氧化物形式为_______。
(2)工业选择石灰石进行“中和”而不选择纯碱的主要考虑是_______ ；在“除镁除铁(调节pH≈11)”步骤中得到的滤渣中含铁成分是_______；写出“除铝”所发生的离子反应方程式_______。
(3)碳酸锂在水中的溶解度较小，其-lgKsp与温度t关系如下：
t/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
-1gKsp
1.44
1.53
1.63
1.71
1.80
1.90
2.00
2.21
2.43
由此可知碳酸锂在水中的溶解热效应ΔH_______0(填“>”或者“＜”)；加入纯碱试剂进行“沉锂”后，依次进行保温静置、_______(填写正确的顺序)。
①洗涤 ②趁热过滤 ③离心分离
(4)在“合成”中，碳酸锂粉末分次少量加入到冰水中溶解，再加入尿素搅拌得到“料液”，料液中徐徐加入溴，控制pH=5.0，反应生成LiBr和两种无色无味气体，写出化学方程式_______。
15．（2022·四川遂宁·统考模拟预测）兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣(主要含Ni(OH)2、NiS，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质)制备兰尼镍的过程可表示如下：
已知：①Ksp(NiS)=1.07×10-21，Ksp(CuS)=1.27×10-26
②室温下，金属离子的沉淀pH范围如表：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe2+
7.5
9.0
Fe3+
2.2
3.2
Ni2+
7.2
8.7
Cu2+
5.6
6.7
Mg2+
9.4
12.4
(1)“酸溶”前将镍矿渣粉碎的目的是_______。
(2)“酸溶”过程中，NiS发生反应的离子方程式为_______。
(3)“除杂”过程分步进行，除铁时所调pH范围为_______，除铜时加入NiS发生的反应：NiS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Ni2+(aq)，该反应的平衡常数K=_______(保留三位有效数字)。
(4)“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为xNiCO3•yNi(OH)2•zH2O。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(500℃~700℃条件下收集到的气体产物只有一种，700℃以上残留固体为NiO)。通过计算确定该样品的化学式为_______。
(5)“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，NaOH溶液在“浸出”过程中的作用是_______。
(6)使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_____。
16．（2022·四川成都·统考一模）碳酸锶是重要的无机化工产品。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3杂质)制备超细碳酸锶的工艺如图：
已知：25℃时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图甲所示：
回答下列问题：
(1)原料预处理的目的是加快煅烧反应速率，提高原料利用率。预处理方式可以是____。
(2)“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为____。
(3)气体2为____。步骤1的目的为____，不设置步骤1带来的后果是____。
(4)“除铁铝”过程维持温度在75℃的好处是____。“除铁铝”后溶液温度降至室温(25℃)，溶液中c(Fe3+)为____mol/L。(100.9=7.9)
(5)①写出“沉锶”的离子反应方程式：____。
②反应温度对锶转化率的影响如图乙，温度高于60℃时，锶转化率降低的原因为____。
17．（2022·四川宜宾·统考三模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：
已知：
ⅰ．Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ⅱ．“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
ⅲ．Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7
ⅳ．该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Bi3+
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5
回答下列问题：
(1)“氧化浸取”时，氧化性：H2O2_______S(填“＞”或“＜”)；为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_______。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是_______。
(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_______。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。
18．（2022·四川绵阳·统考模拟预测）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下
(1)CeCO3F其中Ce元素的化合价为___________。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是___________(写出一种即可)。
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、___________。
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2___________ H2O2 (填“＞”，“＜”)
(5)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式___________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=___________mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)
①该反应中的催化剂为___________(写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
19．（2021·四川眉山·统考模拟预测）工业上使用催化剂时常需要载体，纳米氧化锌可作为一些催化剂的载体。工业上由软锰矿(主要成分为MnO2)与锌精矿(主要成分为ZnS)酸性共融法制备MnO2及纳米ZnO的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)为了提高矿石的“酸浸”率，可采取的措施___(写两种)。
(2)实验室焙烧少量Zn(OH)2用到的硅酸盐仪器除玻璃棒、酒精灯外还需要的仪器有___。
(3)写出酸浸时ZnS与MnO2发生的主要反应的化学方程式___(无单质硫生成)。
(4)P5O7(酸性磷酸酯)可作萃取剂分离锌、锰离子，它是一种不溶于水的淡黄色透明油状液体，属于酸性萃取剂。试分析P5O7可萃取ZnSO4从而使ZnSO4和MnSO4分离的原因是___。
(5)Na2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2+反应生成SO和紫色MnO。用Na2S2O8检验水相中的Mn2+时发生反应的离子方程式为___。
(6)二氧化锰广泛用于电池。一种海水中的“水”电池的电池总反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。电池放电时，负极的电极反应式为___。
(7)MnO2也可用如图装置电解方法制备，电解池中间是质子交换膜，分隔开的两室溶液分别为足量的硫酸钠溶液和足量的硫酸锰溶液，则阴极室中的溶液为___；电解产生的MnO2沉积在电极上，若一段时间后该电极所在的溶液质量减轻了4.45克，则电路中转移的电子数为___。
20．（2021·四川绵阳·统考一模）钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如下：
已知：①“酸浸”后VO2·xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30；
③有关物质的溶解度(g/100gH2O)如下表所示：
温度/℃
20
40
60
80
100
Na2Cr2O7
183.6
215.1
269.2
376.4
415.0
Na2SO4
19.5
48.8
45.3
43.7
42.5
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分是___________，“氧化”生成VO，发生反应的离子方程式为___________。
(2)若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1mol/L，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～___________。
(3)“溶液1”中含CrO，加入H2O2后发生反应的离子方程式为___________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(4)“多步操作”包括蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。
(5)研究温度对Na2S2O8与H2O2的氧化—水解沉钒率的影响，得到如图所示结果。钒铬还原渣酸浸液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加。由图可知，分别采用H2O2、Na2S2O8进行“氧化”时，应选择的适宜温度是___________、___________，与Na2S2O8相比，采用H2O2氧化的主要不足之处有___________(写出两点)。
21．（2021·四川巴中·统考模拟预测）金属钛在航天工业中用途广泛，工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3，、SiO2)为原料制TiO2，再由TiO2制得金属Ti。(已知：TiO2-在。一定条件下会发生水解)
(1)写出步骤①中FeTiO3与硫酸发生反应的化学方程式_______。
(2)步骤②中加入铁粉的目的_______。
(3)步骤②、③、④中，均需用到的操作是_______(填操作名称)
(4)请结合化学用语解释步骤④中加热水的原因_______。
(5)步骤⑥中TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体的化学方程式为_______。
(6)Mg还原TiCl4过程中必须在稀有气体(如氩)氛围中进行的原因是_______。
(7)测定废液中Fe2+浓度已确认铁元素的回收率：取25.00ml废液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.01mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积如图所示：(滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O)。
废液中c(Fe2+)=_______。
22．（2021·四川凉山·统考二模）工业上以软锰矿(MnO2)为原料制备高锰酸钾(KMnO4)的流程如下：
回答下列问题：
(1)写出MnO2、KOH与空气共熔发生反应的化学方程式_______。
(2)反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的最大理论转化率为_______%(保留一位小数)。
(3)操作I为_______。
(4)已知有关物质在不同温度(单位：℃)下的溶解度(单位：g/100g水中)如下图：
据图推断操作II最好采用____。反应①中若CO2通入过量造成的影响是____。
(5)上述流程中可以循环利用的物质有_______。
(6)由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4水溶液法制备，试写出该电解过程总反应的化学方程式_______。
23．（2021·四川遂宁·统考模拟预测）工业利用硼矿石(2MgO·B2O3)制备单质B(硼)并联产轻质MgO的流程如下，硼是第IIIA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：
(1)硼烷泛指一切硼和氢组成的化合物。乙硼烷(B2H6)是最简单的硼烷。可以在乙醚介质中使用LiAlH4(离子化合物)还原BCl3获得，LiAlH4中H的化合价为___________，它的电子式为___________，制备乙硼烷的化学方程式为___________。
硼酸(H3BO3)的溶解度
温度/℃
0
10
20
30
40
80
溶解度/g
2.77
3.65
4.87
6.77
8.90
23.54
(2)回答下列问题：
①为了加快硼矿石与Na2CO3溶液和CO2的反应速率，可以采取的措施有___________(填一种)。
②操作1是___________，洗涤，干燥。检验H3BO3是否洗涤干净的操作方法为___________。整个流程中可循环利用的物质是___________
③制备B发生反应的化学方程式是___________，过程中易生成金属硼化物杂质。该杂质的化学式是___________
(3)硼酸(H3BO3)是一元弱酸，在溶液中能电离生成[B(OH)4]-，硼酸的电离方程式为___________；室温时测得0.1000 mol•L-1硼酸溶液的pH=5，硼酸的电离常数Ka=___________
24．（2021·四川德阳·统考二模）钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含V2O3、K2O、SiO2、少量Fe2O3)制取YVO4的工艺流程如下：
已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应。
25℃，浸取液中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
阳离子
VO2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mo/L)的pH
3.0
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的pH
7.0
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出，“浸出液”中含有的金属离子是_______。V2O5被还原的离子方程式为_______。
(2)常温下，“钒、钾分离”时为了提高钒的沉淀率，应调节pH_______7(填“>”“<”或“=”)。
(3)结合“碱溶”和“沉钒”可知，、中_______的氧化性更强，“沉钒”时发生反应的化学方程式为_______。
(4)利用上述表格数据，计算Fe(OH)2的Ksp=_______。
(5)某工厂用该工艺流程生产YVO4，当用去1吨该废钒催化剂(V2O5的含量为26.0%)时，得到408kg，YVO4，则整个流程中V的损耗率为_______。
25．（2021·四川巴中·统考一模）TiO2常用于油漆、食品添加剂、防晒霜等制造行业。利用钛铁矿(FeTiO3)制取TiO2·xH2O的主要流程如图。
回答下列问题：
(1)反应釜恒温在220℃~260℃，搅拌充分反应，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为____，搅拌的目的是_____。
(2)向步骤(1)反应后的液、固混合物中加入适量水，进行洗涤、过滤，得到固体中间产物K4Ti3O8、Fe2O3和稀碱液，将所得稀碱液经____(填操作名称)处理后加入反应釜中循环使用。
(3)将上述固体用5%~20%稀盐酸溶解，并不断搅拌，生成中间产物TiOCl2，发生反应的化学方程式为____、____。
(4)向酸解后的溶液中加入有机溶剂TBP(磷酸三丁酯)萃取、分液，分离得到TiOCl2水溶液，实验条件控制如下图，其中___点对应条件最适宜。
(5)将TiOCl2在60℃时水解，生成TiO2·xH2O和物质X，物质X可以循环利用，其分子式为：___，该反应方程式为：____。
(6)氯化法制取TiO2：通常将钛铁矿与氯气、焦炭混合，在约900℃时反应制得TiCl4，水解得到TiO2.相比氯化法，上述流程的优点是_。
26．（2021·四川凉山·统考三模）LiNiO2是目前在锂离子电池中得到较广泛应用的一种正极材料，因其价格较为昂贵，故回收再用意义十分重大。一种以共沉淀法从废旧电池中回收并制备超细LiNiO2的工业流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)正极材料粉碎的目的是_______。
(2)DMF溶液无法溶解的铝单质可以用浓NaOH溶液溶解后再回收利用，写出溶解铝反应的离子反应方程式_______。
(3)除C的方法可以是加入浓硝酸与过氧化氢的混合溶液，控制温度95℃，此时C与浓硝酸发生反应的化学方程式是_______；也可以常温加入稀硫酸与过氧化氢的混合溶液，将LiNiO2变为镍锂溶液然后通过_______(填分离方法除去C，与前者相比，通过比较反应产物来说明后者主要优点为_______.；试回答能否以盐酸代替硫酸并说明理由_______(回答“能”或“不能”并简要说明原因)。
(4)高温煅烧得到1mol超细LiNiO2所转移的电子数目为_______。
27．（2021·四川凉山·统考二模）碘化钠在有机合成、医疗及食品等方面用途广泛，有多种制备方法，下图是“水合肼还原法”制备碘化钠的一种方案。已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，N2H4·H2O有还原性，沸点118℃，100℃开始分解。
(1)装置图中仪器a的名称为_______。若要使分液漏斗中的液体顺利流入三颈烧瓶中，具体的操作是_______。
(2)实验过程中需控制反应温度70℃左右的原因是_______。装置图中加热的方式最好选用_______。
(3)写出制备过程中N2H4·H2O参与反应的离子反应方程式为_______。工业上也可用其他方法制备NaI，但“水合肼还原法”的优点是_______(答出一点即可)。
(4)测定产品中NaI含量，采用电位滴定法测定，实验步骤如下：
该样品中NaI的质量分数是_______。
28．（2021·四川南充·统考三模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、MgCO3等杂质)为原料制备MnSO4的工艺流程如下图：
已知：常温下，Ksp(MnS)=1×10-11.金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.6
9.6
完全沉淀
2.8
8.3
10.2
11.6.
(1)酸浸时选择H2SO4而不是HCl的原因可能是___________和___________，沉淀池1中，加入MnO2时发生反应的离子方程式为___________。
(2)该工艺流程中废渣和沉淀1、2均需用水洗涤，并将洗涤液返回酸浸工序，目的是___________。
(3)沉淀2的化学式是___________，不能用NaOH代替NaF，其原因是___________。
(4)含MnSO4溶液中还含有___________杂质(填离子符号)，利用KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀的现象可以检验Mn2＋，发生反应的离子方程式为___________。
(5)电解MnSO4溶液可进一步获得二氧化锰，电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10-5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)≥___________mol·L-1。
29．（2020·四川绵阳·统考模拟预测）辉钼矿主要含MoS2，还含有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等元素。利用辉钼矿制备仲钼酸铵的新一代清洁生产工艺如下图所示：
回答下列问题：
（1）焙烧温度为400 ℃，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，则反应中每摩 MoS2转移的电子数为_________。仲钼酸铵（七钼酸铵）中的阴离子是Mo7O24n-，则n＝_______。
（2）传统焙烧是在650 ℃下，使MoS2直接与空气中的O2反应生成MoO3和SO2。图示清洁生产工艺加入CaCO3的优点是______________。
（3）溶浸时，CaMoO4发生复分解反应的化学方程式是___________。循环渣的主要成分是CaCO3，则外排渣主要是________和Cu、Zn、Fe的硫化物。
（4）已知：常温下Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9，Ksp(CaSO4)＝9.1×10-6。在(NH4)2SO4母液中添加循环渣（CaCO3），可以使硫酸铵转化为碳酸铵（返回溶浸循环使用），原因是_______。
（5）电氧化分解钼精矿时，用惰性电极电解钼精矿和NaCl的混合浆液，电解槽无隔膜，控制溶液pH＝9。阴极生成物为________，混合浆液中，阳极产物转化生成的NaClO氧化MoS2生成MoO42-和SO42-的离子方程式是______________。
30．（2020·四川攀枝花·统考模拟预测）碲(Te)元素是当今新材料的主要成分之一。工业上从电解法精炼铜的阳极泥中提取纯度较高的碲，经预处理后的阳极泥中含TeO2及铁、铅、铜的化合物等，通过以下流程得到：
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。
②部分难溶物的Ksp如表：
化合物
Fe(OH)2
Pb(OH)2
Cu(OH)2
FeS
PbS
CuS
Ksp
8×10－16
1.2×10－15
1.3×10－20
4×10－19
1×10－28
6×10－36
回答下列问题：
（1）“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为___________。
（2）加入Na2S溶液的主要目的是___________。
（3）“沉碲”发生反应的化学方程式为_______。
（4）“酸溶”后，将SO2通入溶液中进行“还原”得到粗碲，该反应的化学方程式是___________。
（5）电解法提纯粗碲时，以Na2TeO3溶液为电解质溶液，阳极材料为___________。电解过程中阴极的电极反应式为___________。
（6）常温下，向0.lmol/LNa2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH＝5时，溶液中c(TeO32－)：c(H2TeO3)＝___________。(已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10－3Ka2＝2.0×10－8)
31．（2020·四川绵阳·统考三模）钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn（II）、Cd（II）和少量Co（II）、Fe（II）、Ni（II）的硫酸盐及氢氧化物。利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
回答下列问题：
（1）“溶浸”时H2SO4的作用是_____________。
（2）向“浸取液”中加入Zn粉后发生反应的离子方程式为__________________。
（3）Na2S2O8中S的化合价为+6，其中过氧键的数目为________。
（4）研究加入Na2S2O8后温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示。
金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀而除去。由图可知，Co2+与Ni2+的还原性强弱关系是_________，“氧化沉钴”适宜的条件是________。
（5）在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，反应生成Co(OH)3的离子方程式为_______，Co(OH)3滤渣中还含有________。
（6）氧化锌是一种重要而且使用广泛的物理防晒剂，屏蔽紫外线的原理为吸收和散射。由ZnCO3·xZn(OH)2制备氧化锌的方法是__________。
32．（2020·四川南充·统考二模）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备碳酸锰和硝酸铜晶体的主要工艺流程如图所示 ：
已知：①部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的 pH范围如下表所示（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为 0. l mol/L 计算）
开始沉淀的 pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Mn2+
8.3
9.8
Cu2+
4.4
6.4
②100.8≈6.3
（1）酸浸时，下列措施能够提高浸取速率的措施是__________________ 。
A．将矿石粉碎 B．适当延长酸浸时间 C．适当升高温度
（2）酸浸时， MnO2与Cu2S反应的离子方程式是 __________________。
（3）浸出液调节pH = 4 的目的是_____________________ ，浸出液中铜离子浓度最大不能超过_______________ mol•L-1（保留一位小数）。
（4）生成 MnCO3沉淀的离子方程式是_______________________。
（5）本工艺中可循环使用的物质是 ___________________（写化学式）。
（6）流程中需要加入过量HNO3溶液，除了使 Cu2(OH)2CO3完全溶解外，另一作用是蒸发结晶时_______________________。
（7）制得的Cu(NO3)2晶体需要进一步纯化， 其实验操作名称是______________ 。
33．（2020·四川德阳·统考二模）某科研课题小组研究利用含H+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cl-、SO42-的工业废液,制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3,设计出如下实验流程:
已知:
①氢氧化锌沉淀呈白色
②氢氧化锰难溶于水
③溶液中金属离子沉淀完全时,其浓度
回答下列问题:
（1）向工业废液中加入双氧水,可能观察到的现象有:溶液的颜色发生变化和_____,其中引起溶液颜色变化的离子方程式为_____。
（2）第一次调pH的目的是沉淀Fe3+。 检验Fe3+是否完全沉淀的操作:取少量滤液于洁净试管中,最好加入下列试剂中的____ (填标号),并观察实验现象。
a.稀氨水 b.KSCN溶液 c.K3Fe(CN)6溶液
（3）第二次调pH前,科研小组成员在室温下分析此时的溶液,得到相关数据见下表
浓度(mol/L)
氢氧化物的
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
0.12
6.0
8.1
0.10
7.8
9.8
为防止Mn2+也同时沉淀造成产品不纯,最终选择将溶液的pH控制为7.5,则此时溶液中Zn2+的沉淀率为____ 。 (第二次调pH前后液体体积的变化忽略不计)
（4）已知常温下, 。在除锌时发生沉淀转化反应为 ,其平衡常数K= ___。
（5）沉锰反应在酸性条件下完成,写出反应的离子方程式____。
（6）下列关于沉锰制备高纯MnO2的说法中,不正确的是____ (填标号)。
a.若沉锰反应时加入足量浓盐酸并加热,MnO2的产率将降低
b.若沉锰后进行过滤操作,为了加快过滤速率,不断用玻璃棒搅拌
c.若除锌时加入MnS质量为xg,沉锰反应中锰元素无损失,MnO2的产量将增加xg
34．（2020·四川凉山·二模）孔雀石是含铜的碳酸盐矿物，主要成分为 Cu2(OH)2CO3，工业上以孔雀石(主要杂质有FeCO3、FeO、SiO2)制备胆矾的一般流程如下：
注：重结晶目的是为了除尽Fe3+
回答下列问题：
(1)写出气体A 的电子式______________。
(2)方法 1 的原理是用微酸性的高锰酸钾溶液将二价铁氧化为 Fe(OH)3，使之与 MnO2 共沉淀，易于过滤，除铁效果好，稍有过量，溶液即显微红色，便于掌握。稍过量的高锰酸钾会自动分解，产生 MnO2 和一种无毒的气体，请完善此反应的离子反应方程式：_____MnO4- +________H+ = __MnO2↓ + ____+ _____
(3)方法 1 的不足之处是在酸性条件下会发生副反应__________________ (写出离子方程式)，产物Mn2+进入溶液，需要后续步骤除去，同时 Fe3+水解也不易彻底。因而实际生产中更多采用的是方法 2，用过氧化氢作为氧化剂，优点是____。氧化后调节pH 沉淀出氢氧化铁，但需注意pH 不可过高，否则造成的影响是_____。
(4)若在实验室进行步骤A 操作，需要用到的硅酸盐仪器有 _________________ 。
(5)CuSO4·5H2O 含量的测定：称取 0.5g 样品，溶于水，移入 100mL 容量瓶中，稀释至刻度，量取 25.00mL，稀释至 100mL，加入10mL 氨-氯化铵缓冲溶液(pH=10)及 0.2g 红紫酸铵混合指示剂，摇匀，用浓度为 cmol·L-1 EDTA 标准溶液滴定至溶液呈紫蓝色不变，重复三次，平均消耗的标准溶液体积为VmL。 (EDTA 能与大多数金属离子形成稳定的 1:1 络合物，是络合滴定中的常用滴定试剂)
①计算CuSO4·5H2O 质量分数 ______________。
②若不进行重结晶操作，计算出的质量分数结果会__________。(填偏低、偏高或者无影响)。
四、原理综合题
35．（2022·四川宜宾·统考三模）水泥窑炉可产生大量NOx，是高污染排放的工业窑炉，如何处理水泥窑炉产生的尾气是科技工作者非常关心的问题。回答下列问题：
(1)NOx可能引发的环境问题是_______(填一种)。
(2)“水泥窑协同焚烧污泥”既有助于减少水泥窑烟气中NOx的排放，又能处理城市污泥。该方法是将污泥投加到水泥预分解炉内，利用污泥燃烧产生的还原性气体(NH3、CO等)还原水泥窑烟气中的NOx。
①CO还原NO的反应历程中相对能量变化如下图：
该历程中最大能垒(活化能)E正=_______kJ·mol-1，该步骤的化学方程式是_______；CO还原NO总反应的热化学方程式是_______。
②将一定量的污泥投加到水泥预分解炉内，控制燃烧温度为1200 ℃，测得燃烧过程中NO的浓度和O2、CO2的体积分数随时间变化如图所示。0~50 s内，以NO表示的反应速率v(NO)=_______mol·L−1·s−1；图中表示CO2的体积分数随时间变化的曲线是_______(填“a”或“b”)。
(3)在水泥窑炉高温主燃区喷氨也可还原NO，主要反应为：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH＜0。实验测得主燃区温度、过量空气系数(KSR1)与NO还原效率的关系如图所示。
①“还原气氛”下，该反应的最佳条件是_______(填标号)。
A．T=1473，KSR1=0.75 B．T=1573，KSR1=1.2 C．T=1673，KSR1=0.85
②“氧化气氛”下，当KSR1=1.2时，NO的还原效率低于“基准”的原因是_______。
参考答案：
1．D
【详解】A．氮的固定是游离态氮转化成化合态的氮，根据图示循环，N2转化成NH，属于氮的固定，故A说法正确；
B．根据图示，硝化过程NH→NO→NO，氮元素的化合价由-3→+3→+5，存在化合价的变化，硝化过程属于氧化还原反应，同理反硝化过程中也存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；
C．氨氧化过程中，NO→N2，氮元素的化合价由+3价降低为0价，发生还原反应，NH→N2，氮元素的化合价有-3价升高为0价，发生氧化反应，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C说法正确；
D．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断得到氮气物质的量，故D说法错误；
答案为D。
2．D
【详解】A．铁粉和碳粉混合物可形成原电池原理，加快铁与氧气的反应，同时能消耗水，常用作食品干燥剂和脱氧剂，故A正确；
B．氢气和氧气发生燃烧反应，为氧化还原反应，故B正确；
C．钛合金和铝合金具有优良的机械性能，可用作制造空间站核心舱，故C正确；
D．硬水软化需除去水中大量的钙离子和镁离子等，氯化铁与这些离子不能反应，故不能使硬水软化，故D错误；
故选：D。
3．D
【详解】A．Na2S2O3中S元素化合价为+2，处于中间价态，加入稀盐酸发生歧化反应，分别生成0价和+4价的含S物质，离子方程式：S2O+2H+=S↓+SO2↑+ H2O，故A正确；
B．过氧化氢有氧化性，海带灰浸出液中含有NaI，两者发生氧化还原反应，离子方程式：2I- + H2O2+2H+= I2 + 2H2O，故B正确；
C．高锰酸钾酸性溶液有氧化性，与具有还原性的草酸溶液反应生成Mn2+和CO2，离子方程式：2MnO+ 5H2C2O4+ 6H+ = 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O，故C正确；
D．氨水是弱碱，向硫酸铝溶液中加入过量氨水为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故D错误；
故选：D。
4．C
【详解】A．由图中反应流程可知，反应①的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A错误；
B．由图中反应流程，Cu和Cl的化合价也没有发生改变，B错误；
C．由图中反应流程可知，吸收H2S的总反应方程式为：2H2S+O2=2H2O+2S↓，回收32gS，则回收1mol时，消耗O20.5mol，标况下体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，C正确；
D．吸收剂吸收H2S后生成了水，使Fe3+、Cu2+浓度降低，D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．84消毒液主要成分为NaClO，可以氧化蛋白质使其变性，从而消毒杀菌，且无毒，可以利用其对环境进行消毒，A正确；
B．维生素C具有较强的还原性，常用作还原剂，B错误；
C．“碱”是纯碱，即碳酸钠，火碱是NaOH，C错误；
D．芯片的主要成分是硅单质，二氧化硅可以用来制作光导纤维，D错误；
综上所述答案为A。
6．B
【详解】A．甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通入N2排空气，故A正确；
B．制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；
C．根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；
D．根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正确；
答案选B。
【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。
7．B
【详解】A．一个氨基(-N2H2)含有9个电子，18g 氨基(-N2H2)的物质的量为=1mol，所含电子数为9 NA，故A正确；
B．32gCu的物质的量为0.5mol，在足量O2中被氧化成+2价，转移1mol电子，但在硫蒸气中被氧化成+1价，转移0.5mol电子，故B错误；
C．用惰性电极电解100mL0.1mol•-1L的CuSO4溶液，阴极上Cu2+先放电生成0.01molCu，而后H+放电生成H2，阳极上一直是OH-放电生成O2，设生成的气体的物质的量为x，根据两极上得失电子数守恒可知：0.01×2+2x=4x，解得x=0.01mol，生成一个O2转移4个电子，故转移电子数目为0.04NA，故C正确；
D．二者以1：1混合时，亚铁离子先被氯气氧化，剩余的氯气再氧化溴离子，且有一半的溴离子被氧化，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确；
故答案为B。
8．(1) D B E Cl2
(2) MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O 吸收HCl Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O
(3) 略低于42°C 2Cl2+2+H2O=Cl2O+2Cl-+2
(4) 淀粉溶液 滴入最后一滴碘水，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色 3.000mol/L
【分析】该实验中，首先A装置中的浓盐酸和二氧化锰在加热条件下产生Cl2，因为产生的氯气中混有HCl，故先将气体通入D装置中除去HCl，同时D装置中通入空气，用于稀释Cl2O，因为高浓度的Cl2O会发生爆炸，除去HCl的Cl2进入B装置与碳酸根反应生成Cl2O，此时Cl2O中混有氯气，故将混合气体通入C中除去氯气，再进入E中与NaOH反应生成次氯酸钠。
【详解】（1）根据以上分析可知，装置的连接顺序为A→D→B→C→E。氯气和四氯化碳都是非极性分子，而Cl2O为极性分子，根据相似相溶原理，Cl2在CCl4中的溶解度较大。
（2）A中为浓盐酸和二氧化锰反应生成Cl2，离子方程式为。D中为饱和食盐水，用于吸收Cl2中的HCl，同时D中通入空气，可稀释后续生成的Cl2O，防止其因浓度高发生爆炸。E中为Cl2O与NaOH反应生成次氯酸钠，化学方程式为。
（3）B装置为生成Cl2O的装置，由题干可知42℃以上Cl2O分解生成氯气和氧气，故水浴温度应略小于42℃，在提高反应速率的同时防止Cl2O分解。B中氯气和碳酸根反应生成Cl2O，离子方程式为。
（4）用碘水滴定亚硫酸钠，则指示剂应选择淀粉溶液，终点现象为滴入最后一滴碘水，溶液由无色变为蓝色，且30s内不褪色。碘与亚硫酸根反应的离子方程式为，消耗0.1mol/L的碘水20mL，即消耗I2为2×10-3mol，则与I2反应的亚硫酸根有2×10-3mol，共加入亚硫酸根为0.5mol/L×10mL=5×10-3mol，则与次氯酸根反应的亚硫酸根为3×10-3mol，根据方程，稀释后的10mL溶液中含有ClO-3×10-3mol，则所制得次氯酸钠溶液的浓度为。
9．(1) 分液漏斗 冷凝回流，提高糠醛的利用率，减少富马酸的挥发 b
(2)氧化剂
(3)加入过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；加入过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀
(4)防止Fe2+被氧化
(5)取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净
(6)85.0
(7)5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O
【分析】本题为实验探究题，通过使用糠醛和NaClO3发生反应来制备富马酸，反应原理为：3 +4NaClO3 3HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，然后用上述制得的富马酸和FeSO4溶液和Na2CO3溶液共同反应制得富马酸亚铁，并分离出富马酸亚铁，最后通过滴定法来测量所得产品的纯度，滴定过程中设置空白滴定是为了减小实验误差，据此分析解题。
（1）
由题干实验装置图可知，装有糠醛的仪器名称是分液漏斗，由于富马酸和糠醛易挥发，需采用仪器A来冷凝回流，以提高糠醛的利用率和减少富马酸的挥发损失，为增强冷凝效果，冷却水通常采用下进上出，则出水口为b，故答案为：分液漏斗；冷凝回流，提高糠醛的利用率，减少富马酸的挥发；b；
（2）
V2O5为反应的催化剂，即三颈瓶中的反应原理为：3 +4NaClO3 3HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，反应物NaClO3的作用为氧化剂，故答案为：氧化剂；
（3）
步骤1中所加Na2CO3溶液的量若过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；若过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀，故Na2CO3溶液需适量，故答案为：加入过少，溶液中富马酸根离子浓度低，生成的富马酸亚铁少；加入过多，溶液碱性增强会把Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀；
（4）
由于空气中的O2能够将Fe2+氧化为Fe3+，影响产物的纯度，故步骤2中持续通入氮气的目的是防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；
（5）
判断步骤3中富马酸亚铁产品已洗净的实验方法即判断洗涤液中不再存在，则该实验方法是取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明产品已洗净；
（6）
由题干实验数据可知，n(富马酸亚铁)=n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.050mol/L×(16.02-0.02)×10-3L=8.0×10-4mol，故样品中富马酸亚铁的质量分数为：=85.0%，故答案为：85.0；
（7）
向富马酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色即生成Mn2+且有气体即为CO2生成，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O，故答案为：5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O。
10．(1) Al2O3+2OH-=2+H2O 烧杯 量筒
(2) 正 2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+ Al2O3+6H+=Al3++3H2O 电流不变时，氧化膜覆盖阳极表面，电阻增大
(3)2Al++14H+=2Cr3++2Al3++7H2O
(4)19.6
【详解】（1）铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，即Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，用浓硝酸配制一定量的10％(质量分数)的HNO3溶液，需要的实验步骤为：计算、量取、稀释、装瓶，需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；量筒；烧杯；
（2）本电解的目的是将铝片电解氧化生成致密的氧化物保护膜，电解池中阳极发生氧化反应，则其中铝片接电源正极，产生氧化膜的电极反应式为氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙即生成有Al2O3保护膜，同时又被生成的H+消耗掉一部分Al2O3，从而形成多孔层产生空隙，该过程的离子反应方程式为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3++3H2O，随着电解的进行氧化膜覆盖阳极表面厚度加厚，电阻增大，则为了保持电流不变，则A阶段电压需逐渐增大，故答案为：正；2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3++3H2O；电流不变时，氧化膜覆盖阳极表面，电阻增大；
（3）该变色反应即K2Cr2O7转化为了Cr3+，被还原，即Al参与该反应转化为Al3+，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：2Al++14H+=2Cr3++2Al3++7H2O，故答案为：2Al++14H+=2Cr3++2Al3++7H2O；
（4）由题干可知，氧化膜的质量为：0.7654g-0.7442g=0.0212g，则氧化膜的体积为：=0.00785cm3，则氧化膜的厚度为：=0.00196cm=19.6um，故答案为：19.6。
11． 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O 坩埚 D、E 油浴加热便于控制加热温度，受热更均匀 f g d e b c 检验装置气密性，添加药品，再连接好装置 C中pH降低，发生歧化反应，高酸钾产率降低或Cl2的利用率低
【详解】(1)将MnO2固体与KOH固体混合加热熔融得到K2MnO4的反应中，Mn元素化合价由+4升高至+6，空气中O2作氧化剂，O元素化合价由0降低至-2，设O2的系数为1，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知MnO2系数为2，根据Mn原子守恒可知K2MnO4的系数为2，根据K原子守恒可知KOH的系数为4，根据H原子守恒可知H2O的系数为2，因此该反应方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
(2)熔融过程的反应需要在坩埚中进行；坩埚应置于泥三角上，泥三角置于三脚架上，故还需要的仪器为泥三角、三脚架，故答案为：坩埚；D、E；
(3)A为Cl2产生装置，A装置利用MnO2与浓盐酸在加热条件下生成Cl2，浓盐酸的挥发性较好，利用油浴加热可将反应容器包裹，使装置受热更均匀，同时方便控制反应温度，故答案为：油浴加热便于控制加热温度，受热更均匀；
(4)A为Cl2产生装置，所制备的气体中含有HCl，HCl与KOH反应会使溶液pH降低而使K2MnO4发生歧化反应，因此需要除去HCl，D为除去Cl2中HCl装置，C为Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4装置，B为除去尾气装置，为保证气体除杂、反应更充分、尾气吸收完全，气流需长进短出，所以装置连接顺序为a→f→g→d→e→b→c；实验过程中存在使用有毒气体的情况，因此需要先检查装置气密性，然后装入药品进行实验，故答案为：f；g；d；e；b；c；检验装置气密性，添加药品，再连接好装置；
(5)因K2MnO4在酸性或者中性的水溶液中易歧化，如果A中浓盐酸流速过快，则产生Cl2的速度过快，Cl2会与KOH发生反应使得溶液pH降低而导致K2MnO4发生副反应(歧化反应)生成MnO2，Mn元素利用不充分或Cl2利用率低，故答案为：C中pH降低，发生歧化反应，高酸钾产率降低或Cl2的利用率低。
12． 固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4- 过滤、洗涤、干燥 酸式滴定管 1.460×10-3 蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90
【分析】(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；
(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；
(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。
根据以上分析进行解答。
【详解】(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4 、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。
答案为：固体由橘红色变为棕黑色。
② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。
答案为：PbO2＋4HCl（浓）PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。
③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。
答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。
(2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。
答案是：过滤、洗涤、干燥。
②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50´10-3L´0.0400mol/L=1.460´10-3mol。
答案为：酸式滴定管；1.460×10-3 。
(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：n(PbO2)=n(I2)=n(S2O32-)=´0.05000mol/L´30.80´10-3L=7.7´10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7´10-4=1.90。
答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。
【点睛】有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。
13．(1)Al、Na
(2) 提高浸出率 FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O
(3)3.2
(4) 96cV 空气或氧气
(5)TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0， 加水稀释和加热都可促进TiO2+水解
(6)CA
【分析】钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，进行碱液预处理，氧化铝、二氧化硅均变为盐溶液，过滤，滤渣中加入硫酸进行处理，FeTiO3转化为 Fe2+和 TiO2+，氧化铁转化为铁离子，再加入过氧化氢，氧化其中的亚铁离子，最终转化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节适宜的pH，得到氢氧化铁滤渣后再加热得到氧化铁；过滤除去杂质后得到滤液，加热进行水解，过滤，得到固体TiO2∙xH2O，TiO2∙xH2O煅烧得到二氧化钛，再电解熔融二氧化钛可生成钛单质，据以上分析进行解答。
(1)
氧化铝和二氧化硅可与氢氧化钠发生反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，所以碱液中含有的金属元素为：Al、Na；
(2)
升高温度可增大反应速率，提高浸出率；FeTiO3溶于酸转化为TiO2+，其离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O，故答案为：提高浸出率；FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2+ +2H2O；
(3)
根据表格数据可知，氢氧化铁的溶度积Ksp=，则若要溶液中铁离子沉淀完全，其离子浓度最大为110-5mol/L，所以其溶液的氢氧根离子浓度为，所以氢离子浓度为，即溶液pH为3.2；
(4)
H2O2与Fe2+反应的离子方程式为：H2O2+ 2Fe2++2H+= 2Fe3++2H2O，所以n(Fe2+)=2n(H2O2)=2cV mol，则钛矿石中FeTiO3的物质的量为2cV mol，所以理论上得到的Ti的质量为2cV mol48g/mol=96cVg；从环保角度考虑，“氧化”中可替代H2O2的物质可以是空气或氧气，故答案为：96cV；空气或氧气；
(5)
TiO2+会发生水解反应：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+，其水解反应为吸热反应，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解平衡向正向移动，故答案为：TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ △H＞0，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解；
(6)
碱浸液中含有偏铝酸钠，为使偏铝酸钠转化为氧化铝，可先加入过量的强酸后偏铝酸根离子转化为铝离子，再加入弱碱如一水合氨生成氢氧化铝后再加热，故合理的选项为CA。
14．(1)
(2) 石灰石价廉易得
(3) ③②①
(4)
【分析】由题给流程可知，锂辉石矿加入稀硫酸浸取得到，过滤得到含有硅酸、硫酸钙的滤渣和含有锂离子、亚铁离子、镁离子、铝离子、钙离子的滤液1；向滤液1中加入比纯碱价廉易得的生石灰中和硫酸，向中和后的溶液中加入草酸溶液，将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀，过滤得到含有锂离子、亚铁离子、镁离子、铝离子的滤液2；向滤液2中加入过氧化氢溶液将亚铁离子转化为铁离子，加入氢氧化钠溶液将铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有锂离子、偏铝酸根离子的滤液3；向滤液3中加入适量稀硫酸，将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有锂离子的滤液4；向滤液4中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到滤液和碳酸锂；向碳酸锂中加入尿素和溴，将碳酸锂转化为溴化锂，溴化锂溶液经降温结晶得到一水溴化锂晶体。
【详解】（1）由原子个数比不变可知， 的氧化物形式为，故答案为：；
（2）由分析可知，工业选择石灰石进行中和而不选择纯碱是因为石灰石价廉易得，生产成本低；除镁、除铁发生的反应为加入氢氧化钠溶液将溶液中铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子；除铝发生的反应为加入适量稀硫酸，将溶液中的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为；故答案为：石灰石价廉易得；；；
（3）由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随着温度的升高而减小，说明碳酸锂在水中的溶解为放热过程，热效应ΔH；加入纯碱试剂进行沉锂后，为减少碳酸锂沉淀的损失，得到碳酸锂沉淀的操作为进行保温静置、离心分离、趁热过滤、洗涤得到碳酸锂沉淀，故答案为：；③②①；
（4）由题意可知合成中发生的反应为碳酸锂粉在低温条件下与尿素和溴反应生成溴化锂、二氧化碳和氮气，反应的化学方程式为，故答案为：。
15．(1)增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高酸溶效率
(2)3NiS+ClO+6H+=3Ni2++3S↓+Cl-+3H2O
(3) 3.2
(5)溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金
(6)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附
【分析】镍矿渣中加入稀硫酸溶解，同时加入NaClO3进行氧化，过滤除去S等难溶物，同时得到含有Fe3+、Cu2+、Ni2+、Mg2+等离子的溶液，调节pH除去Fe3+、加入NiS除去Cu2+，过滤后加入碳酸钠沉镍，处理后得到镍单质，与铝混合后熔融，加入NaOH溶液浸出，之后水洗得到兰尼镍。
(1)
将镍矿渣粉碎可以增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高酸溶效率；
(2)
根据流程可知酸溶过程中，NiS被氧化得到硫单质，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为3NiS+ClO+6H+=3Ni2++3S↓+Cl-+3H2O；
(3)
除铁时应将Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉，根据题目所给数据可知，所调pH范围为3.2
700℃以上残留固体为NiO，所以n(NiO)==0.03mol，500℃~700℃条件下收集到的气体产物只有一种，应是CO2，则n(CO2)==0.01mol，根据C元素守恒可知3.41g样品中含有0.01molNiCO3，根据Ni元素守恒可知样品中含有0.02molNi(OH)2，第一阶段失去的成分应为H2O，n(H2O)==0.04mol，0.02molNi(OH)2可以产生0.02mol H2O，所以样品中含有0.02mol H2O，则x：y：z=0.01mol：0.02mol：0.02mol=1：2：2，所以化学式为NiCO3∙2Ni(OH)2∙2H2O；
(5)
Al可以和NaOH溶液反应，所以NaOH溶液在“浸出”过程中的作用是：溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金；
(6)
镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时，铝与氢氧化钠溶液反应产生的氢气被镍吸附，所以有时不需通入氢气也能发生氢化反应。
16．(1)粉碎锶渣
(2)SrSO4+4CSrS+4CO↑
(3) H2S(或硫化氢) 氧化Fe2+ 铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽
(4) 加快水解速率，同时避免生成胶体有利于形成沉淀 7.9×10-20
(5) Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O 温度高于60℃时，NH4HCO3分解
【分析】由题给流程可知，锶渣高温煅烧时硫酸锶与碳高温条件下反应转化为硫化锶，向煅烧渣中加入盐酸酸浸，将锶、钙、铁、铝、镁等元素转化为可溶的金属氯化物，过滤得到含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，在75℃水浴加热条件下向反应后的溶液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为7.5，将铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有氯化锶、氯化钙、氯化镁的滤液；在95—100℃条件下向滤液加入氢氧化钠调节溶液pH为12，将镁离子、钙离子转化为氢氧化物沉淀，趁热过滤得到氯化锶溶液；向氯化锶溶液中加入氨水、碳酸氢铵溶液使溶液pH不小于10，将氯化锶转化为碳酸锶沉淀，过滤得到超细碳酸锶。
【详解】（1）粉碎锶渣可以增大固体的表面积，增大高温煅烧时反应物的接触面积，加快煅烧反应速率，提高原料利用率，故答案为：粉碎锶渣；
（2）由分析可知，高温煅烧时发生的主要为硫酸锶与碳高温条件下反应生成硫化锶和一氧化碳，反应的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；
（3）向煅烧渣中加入盐酸酸浸时，硫化锶与盐酸反应生成氯化锶和硫化氢气体；由分析可知，步骤1的目的是加入过氧化氢溶液将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，便于在75℃水浴加热条件下向反应后的溶液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为7.5，将铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，否则溶液中的亚铁离子不能转化为沉淀而不能除尽，故答案为：H2S(或硫化氢)；氧化Fe2+；铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽；
（4）铁离子和铝离子在溶液中的水解反应是吸热反应，“除铁铝”过程维持温度在75℃可以加快铁离子和铝离子的水解速率，同时避免铁离子和铝离子生成胶体，有利于铁离子和铝离子形成沉淀完全除去；由图可知，铁离子浓度为10—2mol/L时，溶液pH为1.8，则氢氧化铁的溶度积Ksp=10—2×(10—12.2)3=10—38.6.，所以溶液pH为7.5时，溶液中铁离子浓度为mol/L=10—19.1.mol/L=7.9×10-20mol/L，故答案为：加快水解速率，同时避免生成胶体有利于形成沉淀；7.9×10-20；
（5）①由分析可知，沉锶时发生的反应为氯化锶溶液与氨水、碳酸氢铵混合溶液反应生成氯化铵、碳酸锶沉淀和水，反应的离子反应方程式为Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O，故答案为：Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O；
②由图可知，温度高于60℃时，锶转化率会降低，原因是温度高于60℃时，碳酸氢铵受热分解，导致锶转化率降低，故答案为：温度高于60℃时，NH4HCO3分解。
17．(1) ＞ 加入过量的盐酸或适当降低温度
(2)S、SiO2
(3)2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O
(4)3.7≤pH＜4.5
(5)2.2×10-20
(6) Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失
【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3，据此分析解答。
（1）
由分析可知，“氧化浸取”时，H2O2将S2-氧化为S，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：H2O2＞S，Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解；
（2）
根据已知可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）
由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O；
（4）
结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（5）
已知①Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K1=4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K2=2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此Ksp[Cu(OH)2]==2.2×10-20；
（6）
“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
18．(1)+3
(2)矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
(3)漏斗、玻璃棒
(4)＞
(5) 2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑ 0.18
(6) Ce4+ 1：2
【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
【详解】（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
（3）操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2 > H2O2；
（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， 此时溶液的pH为5，则溶液中c()=0.18 mol/L。
（6）①根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；
②反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
19．(1)将矿石粉碎、搅拌、适当升温、适当提高酸的浓度
(2)坩埚、泥三角
(3)ZnS+4MnO2+4H2SO4=ZnSO4+4MnSO4+4H2O
(4)P5O7与水互不相溶，ZnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更大，而MnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更小，所以才能分离
(5)2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+
(6)Ag-e-+Cl-=AgCl
(7) 硫酸钠溶液 0.1NA
【分析】锌精矿(主要成分为ZnS)与软锰矿(主要成分为MnO2)酸性共融法制备纳米ZnO及MnO2的工艺流程;加入20%的硫酸酸浸后，过滤，得到的滤液中含有锰离子和锌离子（说明+4价锰被还原为+2价，-2价硫被氧化为为硫酸根离子)﹔用有机物进行萃取后，进入水相的是硫酸锰，加入氧化剂氯酸钠，+2价锰被氧化为二氧化锰;硫酸锌在有机相中，进行反萃取后，硫酸锌进入水相中，调节溶液的pH，得到氢氧化锌沉淀，灼烧后得到氧化锌。根据题意要求，结合以上分析解答相关问题，注意原电池和电解池原理的应用规律。
(1)
从影响反应速率的因素来考虑，提高矿石的“酸浸”率的方法有：将矿石粉碎、搅拌、适当升温、适当提高酸的浓度；
(2)
实验室焙烧少量Zn(OH)2用到坩埚、泥三角，泥三角上放置坩埚，然后进行加热，所以焙烧时需要用到的实验仪器除玻璃棒、酒精灯外还需要的仪器有坩埚、泥三角；
(3)
由图可知ZnS与MnO2发生反应生成硫酸锌和硫酸锰，其方程式为：ZnS+4MnO2+4H2SO4=ZnSO4+4MnSO4+4H2O；
(4)
析P5O7可萃取ZnSO4从而使ZnSO4和MnSO4分离的原因是P5O7与水互不相溶，ZnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更大，而MnSO4在P5O7中溶解程度比在水中更小，所以才能分离。
(5)
Na2S2O8与Mn2+反应生成SO和紫色MnO的离子方程式为2Mn2++5S2O+8H2O=2MnO+10SO+16H+。
(6)
负极Ag失电子，故负极的电极反应式为Ag-e-+Cl-=AgCl。
(7)
硫酸锰在阳极失电子生成二氧化锰，故阳极为硫酸锰溶液，阴极为硫酸钠溶液。阳极发生反应为Mn2+-2e-+2H2O= MnO2+4H+，由反应可得溶液每转移2mol电子，溶液质量增加87g，另外，为保持电荷守恒，有2molH+移动到阳极，故每转移2mol电子，溶液质量增加89g，所以该电极所在的溶液质量减轻了4.45克，则电路中转移的电子数为0.1NA。
20．(1) SiO2或二氧化硅 2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋
(2)4.3
(3) 3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O 3∶2
(4)趁热过滤
(5) 60℃ 90℃ 沉钒率低，铬损率高；温度较高时H2O2易分解，需降温导致能耗增加；对储运及投料要求较高
【分析】钒铬还原渣主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2，加硫酸酸浸，VO2·xH2O转化为VO2+，Cr(OH)3转化为Cr2(SO4)3，滤渣为SiO2，加入Na2S2O8将VO2+氧化为VO，2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋，调pH使VO转化为V2O5·xH2O沉淀，溶液中加过量NaOH后Cr3+转化为CrO，加入H2O2发生反应3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O，溶液2先调pH，后经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得到Na2Cr2O7。
（1）根据分析，“滤渣”的主要成分是SiO2，“氧化”生成VO，发生反应的离子方程式为2VO2+＋S2O＋2H2O=2VO＋2SO＋4H＋；
（2）Cr(OH)3的Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=1×10-30，当c(Cr3+)=0.1mol/L时，Cr3+开始沉淀，c(OH-)=≈10-9.7mol/L，c(H+)==10-4.3，pH=-lgc(H+)=4.3，故pH的范围是2.5～4.3。
（3）根据分析，溶液1加入H2O2后发生反应的离子方程式为3H2O2＋2CrO＋2OH－=2CrO＋4H2O；氧化剂为H2O2，还原剂为CrO，物质的量之比为3∶2；
（4）由表格可知，Na2Cr2O7的溶解度较大，且随温度的升高而增大的比较明显，而Na2SO4的溶解度比Na2Cr2O7的小得多，在40℃以后溶解度随温度升高而降低，因此经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤得到Na2Cr2O7；
（5）选择最优的温度，需考虑沉钒率、铬损率以及能耗，沉钒率越高，铬损率越低，能耗越小的温度越合适，由于钒铬还原渣酸浸液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加，因此为了减少降温的耗能，需选择更接近90℃的温度，由图可知，用H2O2氧化时40℃、50℃、60℃时沉钒率与铬损率的差值较大，因此选择较高的60℃；用Na2S2O8氧化时，70℃与90℃时沉钒率与铬损率的差值较大，因此选择较高的90℃；由图可知，采用H2O2氧化时沉钒率相对较低，铬损率相对较高，且温度较高时H2O2易分解，不利于氧化，而且使用H2O2需要较低的温度，降温导致能耗增加，从储运及投料的角度考虑，H2O2为液体，运输和投料时不如固体方便，这些都是H2O2的不足之处。
21．(1)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
(2)将Fe3+转化为Fe2+并防止Fe2+被氧化
(3)过滤
(4)TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行。
(5)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
(6)防止高温下Ti被空气中的氧气氧化
(7)0.02mol•L-1
【分析】钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO，Fe2O3，SiO2)在353K时用硫酸溶液溶解,FeTiO3、FeO和Fe2O3溶于硫酸溶液生成硫酸铁、硫酸亚铁和TiOSO4，二氧化硅不溶，过滤除去；滤液1中加入过量铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，过滤出不溶性物质，得到滤液2，经冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，过滤后得滤液3，滤液3中含有TiOSO4，加入热水促进水解，经过滤得到H2TiO3固体，煅烧H2TiO3、制TiO2，TiO2通过电解得到Ti。
(1)
FeTiO3与硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，故化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。
(2)
滤液1中加入过量铁粉，将Fe3+还原为Fe2+并防止Fe2+被氧化。
(3)
均需分离固体和液体，故操作为过滤。
(4)
TiO2+在溶液中水解，水解反应一般为吸热反应，当加入热水时，促进平衡正向移动，有利于H2TiO3的生成。
(5)
TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成TiCl4和一种可燃性气体的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
(6)
Mg还原TiCl4过程中必须在稀有气体(如氩)氛围中进行的原因是防止高温下Ti被空气中的氧气氧化。
(7)
由题图可知滴定管的初读数为0.80ml，末读数为10.80mL，所以滴定时消耗KMnO4溶液体积为10.80mL-0.80mL=10.00mL，根据滴定时发生反应的离子方程式，可得所以。
22． 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O 2:1 66.7 过滤 蒸发结晶，趁热过滤 粗晶体中会有碳酸氢钾 MnO2、KOH 2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑
【分析】二氧化锰、KOH在空气中熔融制得锰酸钾，加水、通入适量二氧化碳，锰酸钾发生歧化反应得到高锰酸钾、二氧化锰、碳酸钾，过滤除去二氧化锰，得到高锰酸钾、碳酸钾混合溶液，再经蒸发结晶，趁热过滤等得到高锰酸钾粗品。
【详解】(1)由流程可知MnO2、KOH与空气共熔得到锰酸钾，结合原子守恒可知产物还有水和，发生反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
(2)反应①中K2MnO4发生歧化反应得到KMnO4和MnO2，KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据得失电子守恒可知氧化产物与还原产物物质的量之比为(6-4):(7-6)=2:1；即每3molK2MnO4参与反应，有2mol转化为KMnO4，假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的最大理论转化率为≈66.7%(保留一位小数)；
(3)MnO2难溶于水，KMnO4和K2CO3易溶于水，操作I为固液分离，因此为过滤；
(4)操作II为从KMnO4和K2CO3混合溶液中提取KMnO4粗晶体，由溶解度曲线可知相同温度下高锰酸钾溶解度最小，且温度较低时碳酸钾、碳酸氢钾、高锰酸钾溶解度随温度变化不大，温度较高时碳酸钾、碳酸氢钾溶解度随温度变化较大，高锰酸钾溶解度随温度变化不大，因此可采用蒸发结晶，趁热过滤；若反应①中若CO2通入过量，则会得到碳酸氢钾，由图可知相同温度下碳酸氢钾和高锰酸钾溶解度差异不大，导致粗晶体中会有碳酸氢钾；
(5)结合流程可知MnO2和KOH在熔融时消耗，在反应①后得到MnO2，在母液熟石灰苛化后得到KOH，则上述流程中可以循环利用的物质有MnO2、KOH；
(6)由题意可知，电解K2MnO4水溶液制备KMnO4，Mn元素化合价升高，则阳极为锰酸根放电，阴极为水电离的氢离子放电产生氢气和氢氧根，则总反应为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。
23． -1 3LiAlH4＋4BCl3=2B2H6↑＋3LiCl＋3AlCl3 将矿石粉碎或提高反应温度或搅拌； 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 取最后一次洗涤液少许加入试管中，加入几滴BaCl2溶液，若有白色浑浊，则未洗干净，反之，则洗干净 CO2 3Mg＋B2O32B＋3MgO Mg3B2 H3BO3＋H2O[B(OH)4]-＋H＋ 1.0×10-9
【详解】(1)LiAlH4中Li显+1价，Al显+3价，则H的化合价为-1，LiAlH4属于离子化合物，是由Li＋和组成，其电子式为；制备乙硼烷，是用LiAlH4和BCl3反应得到，即化学反应方程式为3LiAlH4＋4BCl3=2B2H6↑＋3LiCl＋3AlCl3。
(2)①为了加快硼矿石与Na2CO3和CO2的反应速率，可以采取方法是将矿石粉碎或提高反应温度或搅拌。
②硼酸的溶解度随温度升高而升高，根据流程，操作1是从溶液中获得H3BO3固体，采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；溶液中含有硫酸根离子，检验H3BO3是否洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中是否有硫酸根离子即可，则操作方法为：取最后一次洗涤液少许加入试管中，加入几滴BaCl2溶液，若有白色浑浊，则未洗干净，反之，则洗干净；根据流程，轻质碳酸镁受热分解轻质MgO和CO2，循环使用的物质是CO2。
③制备单质B，利用Mg的强还原性，将B2O3中B还原出来，其反应方程式为3Mg＋B2O32B＋3MgO；过程中易生成金属硼化物，即B与Mg反应生成Mg3B2。
(3)硼酸为一元弱酸，在溶液中电离产生[B(OH)4]－，即硼酸的电离方程式为H3BO3＋H2O⇌[B(OH)4]－＋H＋；根据硼酸的电离方程式，[B(OH)4]－和H＋物质的量浓度近似相等，硼酸是弱酸，弱电解质的电离程度较弱，即c(H3BO3)近似等于0.1000mol·L－1，则硼酸的电离平衡常数。
24． Fe2+、K+ < NH4Cl+NaVO3=NH4VO3+NaCl 30%
【分析】酸浸时金属氧化物与酸反应变为金属阳离子，V2O5被K2SO3还原为VO2+浸出，Fe3+被还原为Fe2+进入溶液，酸性氧化物SiO2不能溶解，进入滤渣Ⅰ中；然后向还原后的含VOSO4溶液中加入适量KOH溶液，形成V2O2(OH)4沉淀，K+留在滤液中，从而实现钒、钾分离，得到滤饼中含V2O2(OH)4，V2O2(OH)4能够与强碱反应，并且该物质具有还原性，向滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液，发生氧化还原反应，V2O2(OH)4元素转化为，再向溶液中加热NH4Cl，形成NH4VO3晶体，将其高温煅烧，产生V2O5，将V2O5、Y2O3高温共融，反应产生YVO4 ；
【详解】(1)根据分析，浸出液中含有的金属离子为Fe2+、K+；V2O5被还原的离子方程式为；
(2)若要保证VO2+沉淀，Fe2+不沉淀，则pH应小于7；
(3) 结合“碱溶”和“沉钒”可知，为氧化剂，为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物。故的氧化性更强；“沉钒”时发生反应的化学方程式为NH4Cl+NaVO3=NH4VO3+NaCl；
(4)
(5)设损耗率为m，根据V元素守恒，可得：，则，m=0.3，故损耗率为30%。
25． 1:4 使反应物充分混合，加快反应速率 蒸发浓缩 K4Ti3O8+10HCl=4KCl+3TiOCl2+5H2O Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O C HCl TiOCl2+ (x+1)H2O =TiO2·xH2O+2 HCl 节约能源，不产生污染性气体
【详解】(1)反应釜恒温在220℃~260℃，发生反应12FeTiO3+3O2+16KOH=4K4Ti3O8+ 6Fe2O3+8H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，搅拌的目的是使反应物充分混合，加快反应速率；
(2)稀KOH溶液经蒸发浓缩得到浓KOH溶液，加入反应釜中循环使用；
(3) K4Ti3O8与 5%~20%稀盐酸反应生成TiOCl2和氯化钾，发生反应的化学方程式为K4Ti3O8+10HCl=4KCl+3TiOCl2+5H2O；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；
(4) 根据图示，TBP(磷酸三丁酯)体积分数为40%，Fe3+的萃取率最高，C点对应条件最适宜。
(5)将TiOCl2在60℃时水解，生成TiO2·xH2O和物质X，根据元素守恒，X其分子式为HCl，该反应方程式为TiOCl2+ (x+1)H2O =TiO2·xH2O+2 HCl；
(6)氯化法制取TiO2：通常将钛铁矿与氯气、焦炭混合，在约900℃时反应制得TiCl4，反应方程式是2FeTiO3+7Cl2+6C 2TiCl4+2FeCl3+6CO，TiCl4水解得到TiO2.相比氯化法，上述流程的优点是节约能源，不产生污染性气体。
【点睛】本题以利用钛铁矿(FeTiO3)制取TiO2·xH2O为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的目的和反应原理是解题关键，注意氧化还原反应规律，掌握常见元素化合物的性质，培养学生分析问题的能力。
26． 增大接触面积，提高浸出速率和浸出率 2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑ C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 过滤 反应过程中后者产生O2，前者产生污染气体NO2 不能，Cl-会被氧化为氯气 NA(或6.02×1023)
【分析】废旧电池正极材料经粉碎后用DMF溶液浸取，然后用NaOH溶液除去铝，得到LiNiO2和C的混合物，除去C后得到镍锂溶液，加入碳酸钠得到Li2CO3和NiCO3，最后高温煅烧得到超细LiNiO2。
【详解】(1)正极材料粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出速率和浸出率。
(2)铝和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑。
(3)C与浓硝酸发生反应生成CO2、NO2和水，化学方程式是C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；常温下向LiNiO2和C的混合物加入稀硫酸与过氧化氢的混合溶液，将LiNiO2变为镍锂溶液，C是不溶物，可以通过过滤的方法除去C。在LiNiO2和过氧化氢的反应中，Ni的化合价从+3价降低到+2价，则H2O2为还原剂，本身被氧化为氧气。与前者相比，反应过程中后者产生O2，前者产生污染气体NO2，所以后者的方法更好。不能以盐酸代替硫酸，+3价镍的氧化性较强，能将酸性溶液中的Cl-氧化为氯气，污染环境。
(4)高温煅烧LiNiO2，生成Li2CO3和NiCO3，Ni的化合价从+3价降低到+2价，所以得到1mol超细LiNiO2所转移的电子1mol，数目为NA(或6.02×1023)。
27． 冷凝管 打开分液漏斗活塞，再打开旋塞，使下层液体从分液漏斗下端放出 温度太低反应速率慢，温度过高反应物N2H4·H2O易挥发，且易分解 水浴加热 2IO+3 N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O 不引入新的杂质，产品纯度高，后续操作简单 94.5%
【分析】已知3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加热后溶液含有过量的氢氧化钠NaI和NaIO3，N2H4·H2O与IO反应得到碘离子和氮气，此时溶液中含有碘化钠，通过蒸发浓缩结晶得到碘化钠晶体，据此分析解题。
【详解】(1)由图片可知，仪器a为冷凝管；分液漏斗带有活塞，为使液体流出，先打开分液漏斗的玻璃塞，再缓慢旋开活塞；
(2)加热温度应考虑物质的稳定性及反应速率，温度过高N2H4·H2O分解及挥发，温度过低，反应太慢，提供稳定的温度，可考虑水浴加热；
(3)根据题中所给信息可得离子方程式为2IO+3 N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O；工业上用Na2S或Fe还原NaIO3从而得到NaI，该制备方法较为缓慢以及原料利用率不高，而水合肼还原法操作简单，原料利用率高；
(4)已知，消耗n(Ag+)=0.2100×15×10-3=3.15×10-3mol，则n(I-)=n(Ag+)，所以25mL中有3.15×10-3mol I-，则500mL中有n(I-)=3.15×10-3×20=0.063mol，所以m(NaI)=9.45g，所以样品中NaI的质量分数为。
28． 不引入新的杂质 盐酸后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理答案都可) MgF2 若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低 NH、Na+ 2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+ 1×10-6
【分析】菱锰矿加入硫酸进行酸浸，得到含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+等阳离子的溶液，沉淀池中加入MnO2将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，然后加入氨水调节pH得到Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NaF得到MgF2沉淀，此时溶液中的阳离子主要为Mn2+，还有少量Na+、NH，蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4晶体。
【详解】(1)使用盐酸会引入Cl-，为新的杂质，且后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2；沉淀池1中加入MnO2主要是将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
(2)废渣和沉淀1、2中都会有少量Mn2+，用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率；
(3)沉淀池1中得到的沉淀为Fe(OH)3，此时溶液中阳离子有NH、Mg2+、Mn2+等，所以加入NaF的主要作用是除去Mg2+，得到的沉淀2为MgF2；根据题目所给信息可知若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；
(4)除铁时用氨水调节pH，除镁时加入NaF，所以含MnSO4溶液中还含有NH、Na+杂质；KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀，该黑色沉淀应为MnO2，发生归中反应，离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+；
(5)c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，c(S2－)≥mol/L=1×10-6mol/L。
29． 18 mol或18NA 6 能耗低，无SO2排放造成的环境污染 CaMoO4＋(NH4)2CO3 = (NH4)2MoO4＋CaCO3 SiO2 硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3溶解 H2（或氢气） 9ClO－＋MoS2＋6OH－ = MoO42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O
【分析】辉钼矿与碳酸钙混合在空气中焙烧，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，其他杂质元素转化为相应的氧化物，之后溶浸并加入碳酸铵，CaMoO4与(NH4)2CO3发生复分解反应转化为(NH4)2MoO4和碳酸钙，硫酸钙转化为碳酸钙，再加入硫化铵得到杂质金属元素的硫化物沉淀以及SiO2，分离沉淀，其中碳酸钙可循环使用；之后向滤液中加入HCl调节pH为6得到仲钼酸铵沉淀。
【详解】(1) MoS2中S为-1价，Mo为+2价，产物CaMoO4和CaSO4中Mo为+6价，S为+6价， MoS2中各元素共升高18价，所以反应中每摩 MoS2转移的电子数为18NA；Mo7O24n- 中Mo为+6价，O为-2价，所以n=2×24-7×6=6；
(2)传统焙烧温度高，能耗高，产生污染物SO2，图示流程焙烧温度400℃，能耗较低，且无SO2排放造成的环境污染；
(3)溶浸时加入的物质为(NH4)2CO3，根据复分解反应的特点可知方程式应为CaMoO4＋(NH4)2CO3= (NH4)2MoO4＋CaCO3；辉钼矿中的杂质元素有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等，焙烧时杂质元素生成相应的氧化物，溶浸后Ca最终转化为碳酸钙沉淀，溶浸后又加入硫化铵，所以Cu、Zn、Fe转化为相应的硫化物沉淀，SiO2不溶于酸，所以外排渣主要是SiO2和Cu、Zn、Fe的硫化物；
(4)硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3溶解，所以在(NH4)2SO4母液中添加循环渣(CaCO3)，可以使硫酸铵转化为碳酸铵；
(5)电解槽无隔膜，所以电解时阴极水电离出的氢离子放电生成氢气；阳极氯离子放电生成氯气，溶液显碱性，氯气反应生成次氯酸根，NaClO氧化MoS2生成MoO42- 和SO42-，MoS2整体化合价升高18价，ClO－转化为Cl－降低2价，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：9ClO－＋MoS2＋6OH－= Mo42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O。
【点睛】配平信息型氧化还原反应方程式时，关键是正确判断元素化合价的变化情况，再根据电子得失守恒配平氧化剂和还原剂(或氧化产物和还原产物)的数量关系，然后再利用元素守恒或电荷守恒配平整个方程式；要求学生对常见元素的常见价态有一定积累。
30． TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O 将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去 Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O 2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl 粗碲 TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－ 0.2
【分析】TeO2有两性，结合化合价可知，“碱浸”主要将TeO2转化为Na2TeO3；
“过滤”将未除去的Fe、Pb、Cu元素转化为更难溶的硫化物除去；
“沉碲”过程，从流程来看是将TeO32-转化为TeO2沉淀；
“酸溶”过程，TeO2转化为TeCl4；
“还原”过程，SO2将TeCl4还原为Te，得粗Te；
“电解”过程，粗Te作阳极，失电子，在阳极溶解，纯Te作阴极，阴极得电子，得到纯度更高的纯Te。
【详解】(1)TeO2有两性，结合化合价可知，“碱浸”时NaOH和TeO2反应生成为Na2TeO3和H2O，反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；
(2)由分析可知，加入Na2S溶液的主要目的是将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去，故答案为：将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去；
(3)“沉碲”将TeO32-转化为TeO2沉淀，原因为TeO32-和NH4+发生双水解，反应的化学方程式为Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O，故答案为：Na2TeO3+2NH4NO3=2NaNO3+TeO2↓+2NH3+H2O；
(4)“还原”过程，SO2将TeCl4还原为Te，得粗Te，结合得失电子守恒、原子守恒可得方程式为：2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl，故答案为：2SO2+TeCl4+4H2O=2H2SO4+Te+4HCl；
(5)由分析可知，阳极材料为粗碲，以Na2TeO3溶液为电解质溶液，则阴极为TeO32-得电子生成Te，结合电荷守恒、原子守恒可得阴极的电极反应为：TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－，故答案为：粗碲；TeO32－+3H2O+4e－=Te+6OH－；
(6)pH=5时，c(H+)=10-5mol/L。H2TeO3H++HTeO3-，Ka1==1.0×10－3，HTeO3-H++TeO32-，Ka2==2.0×10－8，，所以，=0.2，故答案为：0.2。
31． 溶解金属化合物（或使二价金属进入溶液） Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd 1 Co2+＞Ni2+ 80 ℃，2 h 2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+ Fe(OH)3 高温焙烧
【分析】钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去，浸取液里加过量的锌粉，利用金属的活泼性不同将Cd置换出来，再加入强氧化剂Na2S2O8将溶液中的二价金属离子氧化为三价然后转化为氢氧化物沉淀除去，最后再加入锌粉经反应后过滤，将滤液中锌离子转化为沉淀ZnCO3·xZn(OH)2。根据以上分析解答。
【详解】(1) 钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去。
答案为：溶解金属化合物（或使二价金属进入溶液）。
(2)向“浸取液”中加入Zn粉，根据题意可知得到了海绵Cd，发生反应的离子方程式为：Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd。
答案为：Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd。
（3）Na2S2O8中S的化合价为+6，Na为+1，假设含有x个O2-,含有y个O22-,则有：x+2y=8，(+1)´2+(+6)´2+(-2)´x+(-2)´y=0，解得x=6，y=1。
答案为：1。
(4)由题中所给图可知，当Co2+被氧化后形成氢氧化物沉淀而除去时，大量Ni2+还在溶液里，说明还原性Co2+＞Ni2+，根据图中信息可知，当溶液中钴完全沉淀时的温度为80 ℃，所用时间为2 h。
答案为：Co2+＞Ni2+；80 ℃，2 h 。
(5) 在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，Na2S2O8中S为+6价，具有强氧化性，可将Co2+氧化为+3价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，写出反应的离子方程式：2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+，由Na2S2O8强氧化性及图中Co与Fe图象非常靠近的特征可知，此时溶液中的Fe2+也被氧化为+3价形成Fe(OH)3沉淀。
答案为：2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+；Fe(OH)3 。
(6) ZnCO3·xZn(OH)2中的成分有难溶碳酸盐和难溶性碱，根据有关物质的性质可知这些物质受热后分解生成ZnO，工业上可用高温焙烧ZnCO3·xZn(OH)2的方法来制取氧化锌。
答案为：高温焙烧
32． AC 使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3 沉淀除去 0.6 Mn2+＋HCO3－＋NH3·H2O====MnCO3↓＋NH4＋＋H2O NH3 抑制 Cu2＋的水解 重结晶
【分析】首先将两种矿物酸浸，中的进入溶液，杂质不溶于稀硫酸，辉铜矿中的发生氧化还原反应得到不溶于硫酸的单质硫，过滤后得到滤液，调节pH使转化为沉淀析出，加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的转化为碳酸锰固体析出，再加热使氨气挥发，过滤后得到碱式碳酸铜，加入硝酸转变为硝酸铜，再蒸发结晶即可得到产物，据此来分析本题即可。
【详解】（1）A．粉碎矿石可以增大其与酸液的接触面积，提高浸取速率，A项正确；
B．延长酸浸时间不能加快浸取速率，B项错误；
C．升高温度，反应速率加快，C项正确；
答案选AC；
（2）根据分析，这一步的产物中有单质硫，写出离子方程式；
（3）调节浸出液的pH可以使溶液中的析出，防止产品中混入铁盐的杂质；设在pH为4时的最大浓度为，则有，移项后解得，即当pH为4时的最大浓度为；
（4）氨水和先反应得到，然后再与得到碳酸锰沉淀，据此写出离子方程式；
（5）根据流程不难发现在该过程中可以循环使用；
（6）是弱碱阳离子，因此会发生水解，在加热时水解程度会显著增大，因此需要过量的酸来抑制其水解，否则最终无法得到硝酸铜晶体；
（7）最终得到的硝酸铜中仍会有少量硫酸铜等杂质，可以利用重结晶的方法除去硫酸铜。
33． 有无色气体生成 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O b 99.9% 2.0×1010 Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+ bc
【分析】含H+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cl-、SO42-的工业废电解质溶液，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液调节pH沉淀Fe3+得到Fe（OH）3，过滤，向滤液中再次加入NaOH溶液调节pH，将Zn2+沉淀为Zn（OH）2，所以滤渣II主要为Zn（OH）2，向滤液中加入MnS除去剩余锌，过滤掉生成的ZnS，向滤液中加入Na2S2O8，发生反应：Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+，据此分析作答。
【详解】（1）向工业废液中加入双氧水，亚铁离子被氧化成铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；所以溶液颜色会发生变化，同时溶液中的金属阳离子会催化双氧水的分解生成氧气，所以会观察到有无色气体生成；
（2）检验Fe3+常用KSCN溶液，若有铁离子溶液会变红色，加稀氨水溶液中的Zn2+、Mn2+也会生成沉淀，可能观察不到红褐色沉淀，K3Fe(CN)6溶液可用来检验Fe2+，所以选b；
（3）pH=7.5时，溶液中c（OH-）=10-6.5mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]= c2（OH-）·c（Zn2+）=1.2×10-17可知此时溶液中c（Zn2+）=，所以此时溶液中Zn2+ 的沉淀率为=99.9%；
（4）根据反应方程式可知该反应的平衡常数K=；
（5）沉锰时Na2S2O8将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成SO42-，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+；
（6）a．浓盐酸具有还原性，且还原性强于Mn2+，所以先被Na2S2O8氧化，且会与生成的MnO2反应，降低产率，故a正确；
b．玻璃棒搅拌过滤器，易捣碎滤纸，过滤时不能搅拌，故b错误；
c．为保证完全除去锌离子，除锌时加入的MnS要过量，不能完全反应，故c错误；
综上所述选bc。
【点睛】检验Fe3+常用KSCN溶液，溶液会变成血红色；检验Fe2+常用K3Fe(CN)6溶液，会生成蓝色沉淀；Na2S2O8中硫元素为+6价，有两个O为-1价，具有强氧化性；盐酸为还原性酸，在酸化某些强氧化剂时不用盐酸。
34． 4 4 4 3O2↑ 2H2O +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 还原产物为水，不引入其他杂质离子 Cu2+水解程度增大，产率降低 酒精灯、蒸发皿、玻璃棒 2cV×100% 偏高
【分析】孔雀石主要成分为 Cu2(OH)2CO3，主要杂质有FeCO3、FeO、SiO2，粉碎后加入硫酸除SiO2均可溶于硫酸，所以得到的沉淀A为SiO2；孔雀石的主要成分和某些杂质中都含有碳酸根，则在和硫酸反应时会生成二氧化碳气体，所以气体A为CO2；得到的浸取液中主要金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Cu2+；之后通过方法一或方法二进行除杂，两种方法共同点都是先将亚铁离子氧化成铁离子再进行除杂；之后进行过滤得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品，再通过重结晶进行进一步除杂。
【详解】(1)根据分析可知气体A为CO2，其电子式为；
(2)根据题目信息可知过量的高锰酸钾自行分解过程中还原产物为MnO2，根据元素的价态变化规律，K元素和H元素化合物价已为最高价不能再升高，则只能是氧元素化合价生高，即氧化产物为O2，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：4+4H+ =4MnO2↓ +3O2↑+2H2O；
(3)根据题目信息可知酸性条件下高锰酸钾氧化亚铁离子时还原产物可能为Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；过氧化氢做氧化剂，其还原产物为水，既不污染环境也不引入新的杂质；pH过高，促进铜离子水解，产生氢氧化铜沉淀，产率降低；
(4)步骤A为蒸发浓缩、冷却结晶，用到的硅酸盐仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；
(5)①根据题目信息“EDTA 能与大多数金属离子形成稳定的 1:1 络合物”可知滴定过程中n(Cu2+)=n(EDTA)，则待测液中n(Cu2+)=V×10-3L×cmol·L-1 =cV×10-3mol，所以样品中所含n(CuSO4·5H2O)= Vc×10-3mol×=4cV×10-3mol，所以CuSO4·5H2O 质量分数为= 2cV×100%；
②若不进行重结晶，则会有Fe3+，导致单位质量的样品消耗更多的EDTA标准液，测得的CuSO4·5H2O 质量分数偏高。
【点睛】书写信息型氧化还原反应方程时要利用常见元素的价态变化规律来判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物分别是何种物质，需要学生平时多注意积累常见元素的常见化合价；工艺流程题目中常用H2O2作氧化剂，其优点是其还原产物为水无污染，且不引入新的杂质。
35．(1)酸雨、光化学烟雾等任意一种
(2) 298.4 2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-373.6 kJ/mol 6.0×10-7 b
(3) C 正反应是气体体积增大的放热反应，在温度不变时，KSR1增大，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，从而使NO还原效率降低
【详解】（1）NOx可能引发的环境问题是酸雨、光化学烟雾等；
（2）①根据图示可知该历程中的最大垒能为(298.4.2-0)kJ/mol=298.4 kJ/mol；该步骤的化学方程式是2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) ；
根据图示可知在总反应中，CO与NO反应产生N2、CO2，每有2 mol CO、2 mol NO反应产生1 mol N2和2 mol CO2气体时，放出热量是373.6 kJ，则该反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-373.6 kJ/mol，
②根据图示可知：在0~50 s内，NO的浓度变化了(1.5-0.6)g/m3=0.9 g/m3=，所以用NO浓度变化表示的反应速率v(NO)=；
CO2是生成物，开始时浓度小，后来反应产生，则其浓度会增大，根据图示可知图中表示CO2的体积分数随时间变化的曲线是b；
（3）①根据图示可知：在温度为T=1673 K，KSR1=0.85时NO的还原效率最大，故该反应最佳条件是T=1673 K，KSR1=0.85，故合理选项是C；
②“氧化气氛”下，当KSR1=1.2时，NO的还原效率低于“基准”是由于反应6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH＜0的正反应是气体体积增大的放热反应，在高温下，当KSR1由1.0变为1.2时，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使的NO还原效率降低。
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