北京市通州区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

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北京市通州区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

一、单选题
1．（2022·北京通州·统考三模）下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是
A．用SO2的水溶液吸收Br2 B．用锌块防止钢铁船体腐蚀
C．用FeCl3溶液腐蚀铜板 D．用铁粉防止FeSO4溶液氧化
2．（2022·北京通州·统考三模）汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是

A．催化剂能提高反应速率 B．、均发生了氧化反应
C．转化为时，转化为 D．催化剂对化学反应有选择性
3．（2022·北京通州·统考一模）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄()能溶于，反应如下：。下列说法不正确的是
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为
B．若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、作正极
C．反应产生的可用溶液吸收
D．雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂
4．（2022·北京通州·统考一模）稀土永磁材料——高性能钕铁硼合金为新能源汽车提供核心原材料。从制钕铁硼的废料中提取氧化钕(Nd2O3)的工艺流程如图1所示，草酸钕晶体的热重曲线如图2所示。

已知：ⅰ.与酸反应生成离子，草酸钕晶体[]的摩尔质量是；
ⅱ.生成，开始沉淀时，完全沉淀时
生成，开始沉淀时，完全沉淀时
下列说法不正确的是
A．气体1的主要成分是，滤渣1是硼和其他不溶性杂质
B．“氧化”时会发生反应：
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，的利用率无影响
D．由图2可知，时剩余固体的主要成分是
5．（2022·北京通州·统考模拟预测）镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到、、、、等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)，下列说法错误的是
A．24g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成时消耗
B．消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是
C．生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其它产物时所用硝酸浓度
D．生成等物质的量的和消耗镁的物质的量之比为3：4
6．（2022·北京通州·统考模拟预测）我国科学家利用高效固体催化剂LDH，实现了在常温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下列有关该反应说法不正确的是

A．存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．反应过程中存在太阳能转化为化学能
C．使用LDH，可同时提高反应速率和的转化率
D．反应生成1.7g 时转移电子数目为0.3mol
7．（2022·北京通州·统考模拟预测）2021年，我国科学家首次在实验室实现到淀粉的全合成，其合成路线如下：设为阿伏伽德罗常数，下列有关说法不正确的是

A．标况下，11.2L 中含有共用电子对数目为2
B．反应②、③无法在高温下进行
C．反应②中，3.2g 生成HCHO时转移电子数目为0.2
D．1mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为
8．（2020·北京通州·统考一模）某离子反应涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（       ）

A．该反应中Cl-为氧化产物
B．NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂
C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D．反应后溶液的酸性减弱
9．（2020·北京通州·统考一模）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（       ）

A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”

二、实验题
10．（2022·北京通州·统考三模）物质的大小会对其性质有极大影响。
(1)纳米金：具有高电子密度、介电特性和催化作用。纳米金的制法：将0.01%的溶液煮沸，迅速加入1%的柠檬酸钠()溶液，持续煮沸7~10分钟。制备时溶液会因为加入的柠檬酸钠的量不同而产生不同的颜色，如下表所示。
纳米金颗粒大小(nm)
颜色
2~5
黄
10~20
红
30~80
紫
资料：的溶液呈黄色，其酸性比柠檬酸强。
①在制备过程中，存在如下反应，已知产物是柠檬酸脱去一个羧基得到的，核磁共振氢谱显示其有4组峰。请补全并配平下面的反应方程式(要写出的结构简式) _______。
□→□_______+□_______()+□+□HCl
②柠檬酸钠的作用是_______，如果一段时间后的液体仍为黄色，则可以_______(填操作)来检验是否生成纳米金。
(2)微米水：可以高效诱导分子的还原反应，且不需要任何的外加还原剂或外加电荷。科学家使用上述方法制取纳米金时，引入了不加柠檬酸的对照组。令人惊奇的是对照组也发生了反应，他经过猜想与论证，最终将目光锁定在水身上，用如下装置(如图1所示)进行验证。

①使用丙酮酸()来验证，通过检验由丙酮酸生成的产物_______，证明猜想成立。
②发现随着丙酮酸浓度的增加，还原效率会迅速降低，图2与图3中丙酮酸浓度均为10mol/L。

还原效率会随着雾化气体压强的增大而增大的原因是_______。
③为探究还原反应的具体过程，继续设计实验：向水中加入一种指示剂R，这种指示剂正常状态下不显色，R在遇到一定浓度的与还原剂后会显示红色荧光，过程可以表示为：R(无色)(红色荧光)。加入R后观测到的现象如图4所示。

结合图4和上述实验，你可以得出什么推论？_______。
(3)综合上述内容，你对物质有了哪些更深入的认识？_______。
11．（2021·北京通州·统考一模）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作


实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：

①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。

用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。

三、原理综合题
12．（2022·北京通州·统考三模）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。

(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。

四、工业流程题
13．（2022·北京通州·统考模拟预测）磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一、采用湿法治金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，流程如图：

资料：碳酸锂在水中溶解度：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)I步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是___________。
(2)II步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是___________。
(3)III步浸取加入的氧化剂最佳选择是___________。(填字母)
A． B．酸性 C． D．
(4)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入溶液沉铁的主要原理是___________。
(5)滤液2中，加入等体积的溶液后，的沉降率达到90%，母液中___________。[溶液混合后体积变化忽略不计，]
(6)为将粗品提纯，VI步使用___________(填“热”或“冰”)水进行洗涤操作，理由是___________。
(7)工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为：___________。
14．（2021·北京通州·统考一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：

已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；
(3)试剂R宜选择___________(填字母)；
A．高锰酸钾   B．稀硝酸   C．双氧水   D．次氯酸钠
(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；
(5)已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。

参考答案：
1．C
【详解】A．用SO2的水溶液吸收Br2，S元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，选项A错误；
B．用Zn块防止钢铁船体腐蚀，是利用其还原性，  B错误；
C．用FeCl3溶液腐蚀铜板发生的反应为2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+，铁元素的化合价降低，被还原，利用其氧化性，选项C正确；
D．用Fe粉防止FeSO4溶液氧化，利用其还原性，选项D错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B。
3．B
【详解】A．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4 ，则反应中转移电子的物质的量为5 mol ，A正确；
B．若将该反应设计成原电池，分析化合价知 As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、 As2S3 作负极，B错误；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的 NO2 可用 NaOH 溶液吸收，C正确；
D．雄黄( As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄( As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，D正确；
故选B。
4．C
【分析】钕铁硼废料中主要含Nd、Fe、B，由信息及流程可知，加入稀盐酸，硼不与酸反应，则滤渣是硼，Fe与盐酸反应生成气体为氢气，Nd能与酸发生置换反应，反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2Nd+6HCl=2NdCl3+3H2↑，然后加过氧化氢可氧化亚铁离子，加NaOH调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液2中加草酸生成Nd2(C2O4)3•10H2O在氧气下焙烧得到Nd2O3，以此来解答。
【详解】A．Fe与盐酸反应生成气体为氢气，硼不与酸反应，则气体的主要成分是H2，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A正确；
B．往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，pH=4时Fe3+已经完全沉淀，则反应方程式为，，B正确；
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，即先氧化此时溶液显酸性，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，此时生成Fe3+并未完全沉淀，且Fe3+能够催化H2O2的分解，从而减小了H2O2的利用率，C错误；
D．由图可知，设质量为100g，含结晶水为100g×≈24.6g，则110℃时完全失去结晶水，然后Nd2(C2O4)3在氧气中加热导致固体质量减少，此时剩余固体的摩尔质量为732g/mol×51.9%=379.91g/mol，Nd2O2CO3的摩尔质量为380g/mol，则500℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3，D正确；
故答案为：C。
5．D
【详解】A．24g镁与硝酸反应失去2mol电子，根据得失电子守恒生成的为mol= 0.25mol，同时生成，根据氮原子守恒消耗的硝酸为0.25mol×2+1mol×2=，A正确；
B．生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是，因此消耗消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是，B正确；
C．硝酸浓度较大时硝酸根的氧化性强于氢离子，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，C正确；
D．生成等物质的量的和需要的电子的物质的量之比为 =3：8，因此消耗镁的物质的量之比为3；8，D错误；
故选D。
6．C
【分析】该反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2。
【详解】A． 存在极性键、非极性键的断裂(H-O极性键、N-N非极性键)与形成(H-N极性键、O-O非极性键)，故A正确；
B． 2N2+6H2O4NH3+3O2为吸热反应，反应过程中存在太阳能转化为化学能，故B正确；
C． 催化剂不能使平衡发生移动，使用LDH，可同时提高反应速率，但不能提高的转化率，故C错误；
D． 该反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为-3价，所以每生成1 mol NH3转移电子数为3mol,反应生成1.7g (即0.1mol)时转移电子数目为0.3mol，故D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．的结构式为O=C=O，标况下11.2L 中含有共用电子对数目为，故A正确；
B．反应②、③需要用酶作2催化剂，反应②、③无法在高温下进行，故B正确；
C．反应②中，3.2g 生成HCHO时转移电子数目为，故C正确；
D．DHA含有2个羟基，1mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗2mol乙酸，故D错误；
选D。
8．B
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，ClO-的物质的量减小，故N2是生成物，ClO-为反应物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，以此解答该题。
【详解】根据分析，反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，
A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；
B．由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂，故B正确；
C．N元素化合价由−3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；
D．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误；
答案选B。
9．B
【详解】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
答案选B。
10．(1) 3→2Au+3+3CO2+8HCl 还原剂 丁达尔效应
(2) 2—羟基丙酸 水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大 微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
(3)物质的大小会对其性质有极大影响

【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，本题采用了两种方法制备纳米金，选择了两种还原剂，一种是柠檬酸，一种是微米水；同时要注意在本题中，两种方法中都有水存在，但是作用不完全相同，故本题也证明了物质的大小会对其性质有极大影响，以此解题。
【详解】（1）①根据题目中给的信息可知的结构简式为：，根据得失电子守恒和元素守恒可知方程式为：3→2Au+3+3CO2+8HCl；
②在该反应中，Au的化合价降低，作氧化剂，柠檬酸钠中碳的化合价升高，作还原剂；由纳米金形成分散系，属于胶体，可以用丁达尔效应来检验；
（2）①通过题中信息可以发现，丙酮酸发生了还原反应，应该生成2—羟基丙酸；
②丙酮酸浓度相同，雾化气体压强越大，说明水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大；
③图4显示红色，说明溶液中存在氢离子和还原剂，故可以得到结论是：微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
（3）题中两种制备纳米金的方法中，反应体系中都有水，但是水的状态不同，水发挥的作用也不是完全相同的，通过微米水实验可知，该状态下水本身也可以还原制备纳米金，故对物质更深刻的认识是：物质的大小会对其性质有极大影响。
11． I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O B MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O 试剂的相对用量(滴加顺序) 溶液酸性强弱
【详解】(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
12．(1)过滤；
(2)；
(3) 还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5) ； 偏大。

【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
13．(1)增大接触面积，提高溶解效率
(2)、
(3)C
(4)结合，使减小，，两个电离平衡均向右移动，增大，与结合形成磷酸铁
(5)
(6) 热 温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(7)

【分析】正极片经碱溶可得到NaAlO2溶液，含有磷酸亚铁锂的滤渣1加入盐酸、氧化剂浸取，可除去不溶于酸碱的导电剂，得到含有P、Fe、Li的浸出液，加入30%Na2CO3溶液沉铁，生成沉淀，滤液2在60~80℃条件下，加入饱和Na2CO3溶液沉锂，可生成碳酸锂沉淀。
(1)
废旧电极为不溶于水的块状物质，为了加快和NaOH的反应速率，需要将其研磨成小颗粒，增大接触面积，从而达到目的，故答案为：增大接触面积，提高溶解效率。
(2)
废旧电极含有铝，可与NaOH溶液反应，生成易溶于水的NaAlO2，从而与相分离，则II步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是、，故答案为：、。
(3)
A．作氧化剂的还原产物为氮的氧化物，为有害气体，故不选A；
B．酸性能和HCl发生氧化还原反应，使酸的用量增大，且生成氯气为有害气体，故不选B；
C．作氧化剂的还原产物为，不引入杂质，减少污染物的排放，故C选；
D．能和浓盐酸反应生成氯气，不宜选用，故不选D；
故答案选C。
(4)
加入溶液后，可结合，使减小，从而使，，两个电离平衡均向右移动，则增大，与结合形成磷酸铁，故答案为：结合，使减小，，两个电离平衡均向右移动，增大，与结合形成磷酸铁。
(5)
滤液2中，加入等体积的溶液后，的沉降率达到90%，混合溶液中含有的，已知：，则母液中，故答案为：。
(6)
根据表格数据可知，的溶解度随温度的升高而减小，热水洗涤可减少的溶解，故答案为：热；温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。
(7)
根据题意可知，反应物为、、炭黑，生成物为，根据元素守恒分析另一种产物为碳的氧化物，因炭黑足量，故为CO，其反应的化学方程式为：，故答案为：。
14． Al(OH)3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ 1.3×10－17
【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【详解】(1)加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；
(3)A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
(4)Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
(5)当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时， c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。