北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编11离子反应（4）

这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编11离子反应（4），共28页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，填空题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编11离子反应（4）

一、单选题
1．（2020·北京东城·统考二模）实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。
实验操作
实验数据
测量下述实验过程的pH变化

下列分析不正确的是
A．①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应
B．加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量
C．从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32－
D．b点对应溶液中水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度
2．（2020·北京丰台·统考二模）下列解释事实的化学用语正确的是
A．用食醋清洗水垢：CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O
C．向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO32-+2H2O⇌H2CO3＋2OH－
D．Na2O2吸收CO2作供氧剂：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
3．（2020·北京密云·二模）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（    ）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、NH4+、I-、CO32-
B．0.1mol•L-1KNO3溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、SO42-
C．使酚酞变红的溶液中：Na+、Mg2+、SO32-、NH4+
D．=1×10-12的溶液：K+、Na+、CO32-、HCO3-
4．（2020·北京海淀·二模）常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是
A．无色溶液中：
B．的溶液中：
C．使石蕊变红的溶液中：
D．的溶液中：
5．（2020·北京昌平·统考二模）下列化学用语表述不正确的是（    ）
A．电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
B．NaCl的形成过程：
C．HCl在水中电离：HCl=H++Cl-
D．NH4Cl在水中发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+
6．（2020·北京大兴·统考一模）下列解释事实的化学用语不正确的是
A．铝制餐具不宜长期存放酸性食物：2Al+6H+=2Al3++3H2↑
B．用NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体：+H+=CO2↑ +H2O
C．口罩中无纺布纤维聚丙烯的合成：nCH3CH=CH2
D．硬塑料中酚醛树脂的合成：
7．（2020·北京大兴·统考一模）乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如下图，下列说法正确的是
已知：①室温下，0.1 mol· L-1 H2C2O4的pH=1.3 ；0.1 mol· L-1NaHC2O4的pH=2.8
②草酸钙(Ca C2O4)难溶于水；

A．pH=4.5的草酸溶液中含有的大量微粒有：H2C2O4、HC2O4-、C2O42-
B．0.1 mol·L−1 NaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
C．向H2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+ +10CO2↑ +8H2O
D．向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，产生白色沉淀：2HC2O4- +Ca2++2OH-=Ca C2O4↓ +2H2O+C2O42-
8．（2020·北京朝阳·模拟预测）下列解释事实的方程式不正确的是
A．用明矾作净水剂：Al3+ + 3H2O Al(OH)3（胶体）+ 3H+
B．NO2球浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g)N2O4(g) ΔH< 0
C．用醋酸除去水垢：2H+＋CaCO3 === Ca2＋＋CO2↑＋H2O
D．CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊：+
9．（2020·北京通州·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是（       ）
A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
B．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O
C．Cl2与热的NaOH溶液反应制取NaClO3：2Cl2+6OH-=3Cl-+ClO3-+3H2O
D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4-+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO42-+2H2O
10．（2020·北京丰台·统考一模）下列实验对应的化学用语正确的是
A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓
B．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2＋+H2O2=2Fe3＋+O2↑+2H＋
C．AgCl悬浊液中滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓
D．澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
11．（2020·北京东城·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是
A．用醋酸除去水垢：CaCO3 +2H＋ = Ca2+ + CO2↑+ H2O
B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3∙H2O→AlO2-+4NH4++2H2O
C．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O→2+CO32-
D．等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合：Ba2++2OH-+NH4++HCO3-→BaCO3↓+NH3∙H2O+H2O
12．（2020·北京房山·统考一模）下列化学用语对事实的表述正确的是
A．NaHCO3电离：NaHCO3=Na++H++CO32-
B．Na2O2与CO2反应提供O2：Na2O2+CO2=Na2CO3+O2
C．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−
D．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42−=BaSO4↓＋H2O
13．（2020·北京·统考模拟预测）下列用于解释事实的离子方程式不正确的是（  ）
A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O
C．向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
14．（2020·北京延庆·一模）能正确表示下列反应的离子反应方程式的是
A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H++SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O
B．Cl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O
C．醋酸除水垢 CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2O
15．（2020·北京密云·统考一模）能用离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（      ）
A．NaHSO4和Na2CO3 B．H2SO4和BaCO3
C．CH3COOH和Na2CO3 D．HCl和NaHCO3
16．（2020·北京西城·统考一模）下列解释事实的方程式不正确的是
A．用 Na2CO3 溶液将水垢中的 CaSO4 转化为 CaCO3：CO3 2－+Ca2+ =CaCO3↓
B．电解饱和食盐水产生黄绿色气体：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
C．红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体：C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O
D．用新制 Cu(OH)2 检验乙醛，产生红色沉淀：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O
17．（2020·北京门头沟·统考一模）下列化学用语表达不正确的是
A．CH4的球棍模型：
B．CO2的电子式：
C．Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO32- + 2H2O H2CO3 + 2OH-
D．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：3Ag ＋ 4H+ ＋ NO3－＝ 3Ag+＋ NO↑＋2H2O

二、工业流程题
18．（2020·北京东城·统考二模）氯化亚铜(CuCl)可用于冶金、电镀等行业，其制备的一种工艺流程如下：
I．溶解：取海绵铜(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60~70℃，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)；
II．转化：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl粗品；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。
【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的络离子[CuCl2]-；潮湿的CuCl固体露置于空气容易被氧化。
(1)过程I中：
①本工艺中促进海绵铜溶解的措施有________。
②氧化铜溶解的离子方程式是________。
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是________。
(2)过程II中：
①(NH4)2SO3的作用是_________。
②NH4Cl的用量对铜的沉淀率的影响如下图所示。

n(NH4Cl)/n(Cu2+)1.1时，CuCl的沉淀率下降的原因是________(用离子方程式表示)。
(3)过程III中，用乙醇洗涤的目的是________。
(4)产品纯度测定：量取CuCl产品a g于锥形瓶中，加入足量的酸性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗KMnO4溶液b mL。(本实验中的MnO4-被还原为Mn2+，不与产品中杂质和Cl-反应)。
①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_________。
②产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为_________。
19．（2020·北京·模拟预测）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：

已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。
2.长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是___，通入空气的作用是___。
（2）方法1中，反应的离子方程式是___，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是___。
（3）方法2中，NaClO2在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是___。

（5）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaClO2的质量分数为___。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。
（6）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是___。

三、填空题
20．（2020·北京昌平·统考二模）我国平原地区地下水质量差，铁、锰含量较高，需进行处理才能达到饮用水标准。地下水中铁锰的来源主要是矿物FeCO3和MnCO3。
(1)酸雨地区地下水中铁含量更高，结合化学用语从平衡移动角度解释原因_______。
(2)去除Fe2+
①除铁滤池经过曝气3～7天后，滤料表面形成______色物质，其成分是Fe(OH)3，使得溶液中Fe2+含量迅速下降，其作用过程如图所示。

②将过程ii的离子方程式补充完整：________。
过程i：Fe2++Fe(OH)3=[Fe(OH)2OFe]++H+
过程ii：4[Fe(OH)2OFe]++ +10H2O= +
③有利于提高过程ii反应速率的措施是______(填序号)。
A．降低温度     B．通入足量O2 C． 搅拌
(3)去除Mn2+
向除锰滤池中加入ClO2将Mn2+氧化为MnO2，随着反应进行，滤池溶液的pH___(填“变大”“变小”或“不变”)。

四、实验题
21．（2020·北京大兴·统考一模）化学小组通过下列步骤测定某工厂废液中铜离子的浓度（已知废水中Fe3+对测定有干扰作用）。
i. 经检验废液中含有Fe3+离子，取V1mL上述废液，加入NH4HF2，再加H2SO4酸化至pH<4，再次检测，未检验出Fe3+离子；
ii. 在上述溶液中，加入过量KI溶液，放置3 min，有沉淀CuI生成，立即用0.1000 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加3 mL淀粉指示剂，继续滴定，至溶液变为浅蓝色；
iii. 再向上述溶液中加入10% KSCN溶液10 mL，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
已知：①CuI、CuSCN均为白色难溶物，CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2。
②I2在水溶液中溶解度较小，I-+I2I3-、I-、I2、I3-的平衡体系溶液呈黄色
③I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，S2O32-和S4O62-无色；
(1)①步骤i中检验含Fe3+离子操作和现象_______。
②已知 Fe3++6F-[FeF6]3-，如果省略步骤i，则导致实验结果________(填“偏大”或 “偏小” ) 。
(2)①步骤ii中生成沉淀的离子方程式_____________。
②步骤ii中加入的KI的量是理论值的2至3倍，其目的一是使Cu2+充分反应；二是__________。
(3)①步骤iii中加入KSCN溶液使ii中的沉淀转化为CuSCN沉淀，其目的是___________。
②步骤iii中判定滴定终点的现象是_____________。
(4)经小组测定，废液中c(Cu2+)=______________。
22．（2020·北京西城·统考一模）生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如图。

（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。
①反应2中有S单质生成，离子方程式是____。
②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是____。
（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是____。
②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度Ag+的溶液，钴浸出率（图1）和溶液pH（图2）随时间变化曲线如图所示：

Ⅰ．由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图1中的证据是____。
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为：
反应4：Ag++LiCoO2==AgCoO2+Li+
反应5：……
反应5的离子方程式是____。
Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：____。
23．（2020·北京·统考一模）SO2广泛用于医药、硫酸工业等领域，回收废气中的SO2可用如下方法。
方法Ⅰ
用碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)y溶液吸收富集SO2
方法Ⅱ
在Fe2+或Fe3+催化下，用空气(O2)将SO2氧化为H2SO4
(1)方法Ⅰ的过程如下。
① 制备Al2(SO4)x(OH)y。向Al2(SO4)3溶液中加入CaO粉末，调pH至3.6。 CaO的作用是______
② 吸收：Al2(SO4)x(OH)y吸收SO2后的产物是______(写化学式)。
③ 解吸：加热②中产物，产生SO2，Al2(SO4)x(OH)y再生。
(2)方法Ⅱ中，在Fe2+催化下，SO2、O2和H2O生成H2SO4的化学方程式是______。
(3)方法Ⅱ中，Fe2+的催化过程可表示如下：
ⅰ：2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42-
ⅱ：……
① 写出ⅱ的离子方程式：______。
② 下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a.向FeCl2溶液滴入KSCN，无变化
b.向FeCl2溶液通入少量SO2，滴入KSCN，颜色变红。
c.取b中溶液，______。
(4)方法Ⅱ中，催化氧化后，采用滴定法测定废气中残留SO2的含量。将V L(已换算为标准状况)废气中的SO2用1%的H2O2完全吸收，吸收液用如图所示装置滴定，共消耗a mL c mol/L NaOH标准液。

①H2O2氧化SO2的化学方程式______。
② 废气中残留SO2的体积分数为______。

五、原理综合题
24．（2020·北京大兴·统考一模）某小组探究从印刷电路板回收液(pH=1，含Fe2+、Cu2+、Cl-及少量Fe3+)制取磁性氧化铁，并测定其中Fe3+和Fe2+的物质的量比，过程如下：

已知： 25℃时：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16；溶解度S( FeCl2 )=64g。
(1)过程Ⅰ中除铜反应的离子方程式为_______。
(2)过程Ⅱ用H2O2调比为1.6：1。该过程中有少量无色气体生成，主要原因是______。
(3)过程Ⅲ：调pH、加热
(i)甲同学将溶液迅速调至pH≈4，产生沉淀，通过下列①和②推断沉淀的成分。
①取静置后的上层清液，___________，证明清液中含Fe2+；
②甲同学通过已知条件计算，推断沉淀中一定不含Fe(OH)2，其推断过程是______。
(ii)乙同学探究不同反应条件对产品质量的影响
①若调节pH过程太慢，在pH≈5时，Fe2+容易在空气中发生副反应，生成FeO(OH)固体影响产品质量。写出该反应的离子方程式________。
②若其它条件不变，调节pH过高( pH >9 )、温度高于95oC，产品会掺杂较多红棕色杂质，试分析可能的原因__________。
(iii)丙同学迅速将溶液调节pH=9，在80~90℃下搅拌2小时。过滤、洗涤、干燥得到晶体产品。写出制得晶体产品的离子方程式________。
(4)Ⅳ测定
取产品样品ag，加过量硫酸溶解，得到样品溶液。用c mol/L KMnO4标准液滴定。(已知：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与KMnO4反应，且数据为多次测量平均值)。
i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL。
ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL。
(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比是_________(用含v1、v2的计算式表示)。
25．（2020·北京延庆·一模）辉铜矿(主要成分Cu2S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一，可用来提炼铜和制备含铜化合物。
Ⅰ.湿法炼铜用Fe2(SO4)3溶液作为浸取剂提取Cu2+：
(1)反应过程中有黄色固体生成，写出反应的离子方程式______________________。
(2)控制温度为85℃、浸取剂的pH = 1，取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验：
实验
试剂及操作
3小时后Cu2+浸出率(%)
一
加入10mL 0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5 mL水
81.90
二
加入10 mL0.25mol·L-1Fe2(SO4)3溶液和5mL 0.1mol·L-1H2O2
92.50
回答：H2O2使Cu2+浸出率提高的原因可能是__________。
(3)实验二在85℃后，随温度升高，测得3小时后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原因_________________。

(4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时，也会将铁杂质带进溶液，向浸出液中通入过量的O2并加入适量的CuO，有利于铁杂质的除去，用离子方程式表示O2的作用_________。解释加入CuO的原因是_____。
Ⅱ.某课题组利用碳氨液((NH4)2CO3、NH3·H2O)从辉铜矿中直接浸取铜。

其反应机理如下：
①Cu2S(s)⇌2Cu+(aq) +S2-(aq) (快反应)
②4Cu++O2+2H2O⇌4Cu2++4OH- (慢反应)   
③Cu2++4NH3·H2O⇌Cu(NH3)42++4H2O(快反应)
(5)提高铜的浸出率的关键因素是 ________。
(6)在浸出装置中再加入适量的(NH4)2S2O8，铜的浸出率有明显升高，结合平衡移动原理说明可能的原因是__________。

参考答案：
1．C
【详解】A．②中反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应，故A不选；
B．加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，故B不选；
C．开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故C选；
D．b点对应溶液碱溶液，抑制水的电离，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，水解促进水的电离，b点水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，故D不选；
故选C。

2．D
【详解】A．水垢的成分是碳酸钙，碳酸钙和醋酸都不能拆成离子形式，用食醋清洗水垢发生的反应有：CaCO3＋2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2+＋H2O＋CO2↑，故A错误；
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+Ca2++2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故B错误；
C．碳酸是二元弱酸，分步水解，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故C错误；
D．Na2O2吸收CO2生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故D正确；
答案选D。
3．B
【详解】A．Fe3+为黄色的离子，与溶液无色不符，且Fe3+与I-发生氧化还原反应，Fe3+与CO32-发生双水解反应，都不能大量共存，A错误；
B．在KNO3溶液中，Na+、Fe2+、Cl-、SO42-不发生反应，能大量共存，B正确；
C．使酚酞变红的溶液是碱性溶液， Mg2+、NH4+均能和OH-发生反应，不能共存，C错误；
D．由比值可知，溶液显碱性，HCO3-和OH-发生反应，不能共存，D错误；
故选B。
4．D
【详解】A. 在水溶液中显紫色，不符合题意要求，A错误；
B. 与发生氧化还原反应，不能共存，B错误；
C. 使石蕊变红的溶液为酸性溶液，与反应生成亚硫酸，不能共存，C错误；
D. 的溶液为碱性溶液，均能共存，D正确；
故答案为：D。

5．B
【详解】A．电解CuCl2溶液阳极反应为：2Cl--2e-= Cl2↑，阴极反应为：Cu2++2e-=Cu，总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，A正确；
B．NaCl是离子化合物，书写电子式时需写成，形成过程为： ，B错误；
C．HCl是强电解质，在水中完全电离，HCl=H++Cl-，C正确；
D．NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+在水中能发生水解，使溶液显酸性：NH4++H2ONH3·H2O+H+，D正确；
故选B。
6．C
【详解】A. Al是比较活泼的金属，能够与酸发生置换反应产生氢气，反应方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，所以不易长期存放酸性食物，A正确；
B. 由于酸性HCl>H2CO3，且HCl为一元强酸，完全电离，所以可以用NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体，反应的离子方程式为：+H+=CO2↑ +H2O，B正确；
C. 丙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚丙烯，反应方程式为nCH3CH=CH2，C错误；
D. 硬塑料中酚醛树脂是由苯酚与甲醛发生缩聚反应合成的，反应方程式为：，D正确；
故合理选项是C。
7．B
【详解】A. pH=4.5的草酸溶液中含有的大量微粒有：HC2O4-、C2O42-，A错误；
B. NaHC2O4是强碱弱酸盐，产生Na+、HC2O4-，HC2O4-既发生电离作用产生C2O42-和H+，也发生水解作用产生H2C2O4、OH-，0.1 mol·L−1 NaHC2O4溶液pH=2.8，说明其电离作用大于水解作用，所以c(C2O42-)>c(H2C2O4)，电离、水解消耗HC2O4-，则c(Na+)>c(HC2O4-)，但主要以盐电离产生的离子形式存在，c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故溶液中各种微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，B正确；
C. 草酸是二元弱酸，主要以酸分子存在，应该写化学式，C错误；
D. 向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，溶液中含有大量Ca2+，反应产生草酸钙白色沉淀，不可能还存在C2O42-，D错误；
故合理选项是B。
8．C
【详解】A．明矾为十二水硫酸铝钾，其含有的Al3＋在水中会水解生成Al(OH)3胶体，离子方程式为Al3+ + 3H2O Al(OH)3（胶体）+ 3H+，A正确，不选；
B．NO2会自身耦合生成N2O4，在冷水中，颜色变浅，说明降低温度，会促进NO2的耦合反应，则NO2的耦合反应为放热反应，：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，B正确，不选；
C．醋酸是弱酸，在离子方程式中要保留化学式，离子方程式为2CH3COOH＋CaCO3=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，C错误，符合题意；
D．碳酸的酸性强于苯酚，向苯酚钠溶液中通入CO2会生成苯酚和NaHCO3，化学方程式为+，D正确，不选。
答案选C。
9．B
【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，正确的离子方程式为：ClO−+H2O+CO2═HClO+HCO3−，故A错误；
B．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl，该反应的离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O，故B正确；
C．Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH−＝5Cl−+ClO3−+3H2O，题中所给的离子方程式电荷不守恒，故C错误；
D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O═5SO42−+2Mn2++4H+，故D错误；
答案选B。
【点睛】正确的离子方程式要符合客观事实，要符合电荷守恒，原子守恒等。
10．D
【详解】A．Fe(OH)2容易被氧化转变为Fe(OH)3，相关的方程式为：，A项错误；
B．Fe2+具有还原性与H2O2反应时做还原剂，H2O2则作氧化剂，O从-1价降价至-2价，因此，不会有O2生成；正确的离子方程式为：，B项错误；
C．AgCl在离子方程式中不能拆分，并且该反应是可逆反应，正确的离子方程式为：，C项错误；
D．由于加入的NaHCO3是过量的，所以Ca(OH)2解离出的OH-被全部消耗，Ca2+则又与生成的结合生成沉淀，所以离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，D项正确；
答案选D。
【点睛】判断离子方程式是否正确，可以先验证其是否守恒(原子守恒，电荷守恒，电子得失守恒)，再验证其物质的拆分是否正确，最后查验反应是否符合实际，产物是否正确，化学计量系数是否正确等。
11．D
【详解】A.醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆写，A错误；
B. AlCl3与NH3∙H2O只能反应生成氢氧化铝沉淀，B错误；
C.向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成HCO3-，C错误；
D.等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NH4HCO3稀溶液混合生成BaCO3、NH3∙H2O，离子方程式为Ba2++2OH-+NH4++HCO3-→BaCO3↓+NH3∙H2O+H2O，D正确；
答案选D。
12．C
【详解】A．NaHCO3是弱酸强碱盐，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，A错误；
B．Na2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，B错误；
C．CaSO4是微溶物，CaCO3是难溶物，Na2CO3溶液与CaSO4反应：CaSO4(s)+CO32-=CaCO3(s)+SO42−，C正确；
D．Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应，使Ba2+恰好沉淀完全，其离子反应方程式为：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42−=BaSO4↓＋2H2O，D错误；故答案为：C。
13．C
【详解】A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成，氯化银沉淀转化为硫化银，反应离子方程式是2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)，正确，A不选；
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，HSO3-被高锰酸钾氧化为SO42-，溶液紫色褪去，反应的离子方程式是2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O，正确，B不选；
C．向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，错误，C选；
D．向稀硝酸中加入铜粉生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，正确，D不选。
答案选C。
14．B
【详解】A. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，正确离子方程式为：2H++SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，A项错误；
B. Cl2溶于过量NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，B项正确；
C. 醋酸为弱酸，离子方程式中不拆， C项错误；
D. 稀HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题易错点D，离子方程式正确判断时，要注意物质的性质，有强氧化剂时，会与还原剂发生氧化还原反应。
15．A
【分析】离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，据此分析解答。
【详解】A．硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，两种物质反应实质是氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正确；
B．碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故B错误；
C．醋酸为弱酸，应保留化学式，故C错误；
D．碳酸氢钠电离出是HCO3−而不是CO32−，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解质、单质等物质都要写化学式，为易错点。
16．A
【详解】A. Na2CO3溶液与水垢中的CaSO4反应生成溶解度更小的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为CO32－+ CaSO4 =CaCO3↓+ SO42－，故A错误；
B. 电解饱和食盐水时，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，电解的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故B正确；
C. 红热木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故C正确；
D.碱性条件下，乙醛与新制的氢氧化铜悬着液共热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀、乙酸钠和水，反应的化学方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D正确；
故选A。
【点睛】Na2CO3溶液与水垢中的CaSO4反应生成溶解度更小的碳酸钙和硫酸钠，反应物CaSO4是微溶物，不能拆写是易错点。
17．C
【详解】A. CH4分子为正四面体结构，球棍模型为：，故A正确；
B. CO2分子中C和O通过共用两对电子形成C=O键，电子式为： ，故B正确；
C. Na2CO3溶液呈碱性的原因是碳酸根的水解反应，主要发生第一步水解：CO32- + H2O HCO3-+ OH-
D.稀硝酸与银反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：3Ag ＋ 4H+ ＋ NO3-＝ 3Ag+＋ NO↑＋2H2O，故D正确；
故选C。
18． 控制温度在60~70℃、不断搅拌 CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O NO3-几乎全部被还原为NH4+ 还原剂 CuCl + Cl- = [CuCl2]- 去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化 CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-
【分析】I．溶解：溶解步骤的温度应控制在60～70℃，原因是温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，该步骤中Cu与NH4NO3反应的离子方程式为（N元素被还原到最低价）4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O；
II．转化：发生反应的离子方程式为2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋；过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化，烘干后得到CuCl产品。
【详解】（1）①温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，本工艺中促进海绵铜溶解的措施有控制温度在60~70℃、不断搅拌。故答案为：控制温度在60~70℃、不断搅拌；
②氧化铜是碱性氧化物，与酸反应生成铜盐和水，氧化铜溶解的离子方程式是CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O。故答案为：CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O；
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是：发生4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O反应，NO3-几乎全部被还原为NH4+。故答案为：NO3-几乎全部被还原为NH4+；
（2）①根据发生的反应;2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；
②n(NH4Cl)：n(Cu2+)1.1时，Cl-浓度增大，与CuCl络合生成可溶的络合物，CuCl的沉淀率下降的原因是CuCl + Cl- = [CuCl2]-。故答案为：CuCl + Cl- = [CuCl2]-；
（3）过程III中，用乙醇洗涤的目的是去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化。 故答案为：去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化；
（4）①铁离子具有氧化性，能将CuCl氧化，CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-；
②根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为= == 。故答案为：。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握流程中的反应、物质的性质、离子反应的书写等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（4）计算CuCl的含量：根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，计算CuCl的物质的量，再根据质量分数的计算公式计算。
19． 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O H2O2温度较高时易分解 阴极 加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤 4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气
【分析】（1）（3）NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，故加入空气稀释；方法1：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；
（4）由溶解度曲线可知，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，据此分析解答；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；
（6）盐酸浓度较大，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；
【详解】（1）步骤1，NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，则通入空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；
（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过20℃，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时易分解；
（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaClO2，故答案为：阴极；
（4）由NaClO2的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体是
NaClO2，所以从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaClO2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗
Na2S2O3增多，结果偏高；
（6）盐酸浓度大时，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。
20． FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，酸雨中含H+，结合CO32-，使得平衡正向移动，增大地下水中Fe2+的浓度 红褐 4[Fe(OH)2OFe]++O2+10H2O=8Fe(OH)3+4H+ BC 变小
【分析】(1)根据FeCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡分析；
(2)①根据Fe(OH)3是红褐色难溶性物质分析；
②根据题目已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，书写方程式；
③根据化学反应速率的影响因素分析；
(3)结合发生的氧化还原反应，分析溶液中H+离子浓度变化进行判断。
【详解】(1)FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32-形成HCO3-，使得溶液中c(CO32-)浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；
(2)①除铁滤池经过曝气3～7天后，表面被氧化产生Fe(OH)3，由于Fe(OH)3是红褐色难溶性物质，因此会看到滤料表面形成红褐色物质；
②根据电子守恒、原子守恒电荷守恒，可得过程ii的离子方程式为：4[Fe(OH)2OFe]++O2+10H2O=8Fe(OH)3+4H+；
③A. 降低温度，物质具有的能量降低，反应速率减低，A不符合题意；
B. 通入足量O2，增大了反应物浓度，化学反应速率加快，B符合题意；
C. 搅拌能够使反应物充分接触，反应物接触面积增大，反应速率加快，C符合题意；
故合理选项是BC；
(3)向除锰滤池中加入ClO2可将Mn2+氧化为MnO2，在溶液中发生反应：2ClO2+6H2O+5Mn2+=2Cl-+5MnO2+12H+，可见随着反应进行，滤池溶液中c(H+)增大，导致溶液的酸性增强，溶液的pH变小。
【点睛】本题考查了化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡及氧化还原反应的应用。掌握有关概念、反应原理是本题解答的关键。对于有电子转移的离子反应，在方程式书写时，要同时遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒，同时应注意物质的溶解性及电解质的强弱、物质的拆分原则，题目考查了学生应用能力和接受信息及处理能力。
21． 从废液中取出少许放入试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，证明溶液中含有Fe3+ 偏大 2Cu2++ 4I-=2CuI+ I2或2Cu2++5I-=2CuI+ I3- 使 I2转化成易溶于水的I3- 释放CuI沉淀吸附的少量I2 溶液由浅蓝色恰好变成无色，且半分钟不变色
【分析】(1)①根据Fe3+遇SCN-会使溶液变为血红色分析判断；
②根据 Fe3++6F-[FeF6]3-及Fe3+、Cu2+的氧化性分析，
(2)①步骤ii中Cu2+与I-会发生氧化还原反应产生CuI和I2，反应产生的I2再结合I-形成I3-；
②根据反应产生的物质及其溶解性分析；
(3)①CuI、CuSCN均为白色难溶物，CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2。
②根据I2与淀粉溶液变为蓝色判断；
(4)根据反应转化关系，得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后计算废液中c(Cu2+)。
【详解】(1)①从废液中取出少许放入试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色，就可以证明溶液中含有Fe3+；
②在步骤i中加入NH4HF2，就可以发生反应 Fe3++ 6F-[FeF6]3-，消耗Fe3+，当加入过量KI溶液时，只发生反应2Cu2++4I-=2CuI+I2或2Cu2++ 5I-=2CuI+ I3-；否则还会发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++ I2，产生较多的I2，导致滴定时消耗较多的Na2S2O3标准溶液，使测定结果偏大；
(2)①步骤ii中Cu2+与I-会发生氧化还原反应产生CuI和I2，反应方程式为：2Cu2++ 4I-=2CuI+I2或2Cu2++5I-=2CuI+ I3-；
②向含有Cu2+的溶液中加入KI溶液，发生反应：2Cu2++4I-=2CuI+I2，反应产生的I2在水中溶解度不大，但容易与溶液中的I-发生反应：I-+I2I3-，所以步骤ii中加入的KI的量是理论值的2至3倍，其目的一是使Cu2+ 充分反应；二是使 I2转化成易溶于水的I3-；
(3)①步骤ii中加入KI溶液，反应产生CuI沉淀，同时产生I2，在步骤iii中加入KSCN溶液使ii中的CuI沉淀转化为CuSCN沉淀，利用CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2，因此该操作目的是释放CuI沉淀吸附的少量I2；
③溶液中Cu2+与I-反应产生I2，以淀粉为指示剂，此时溶液为蓝色，当不断滴加Na2S2O3标准溶液时，I2不断被消耗，当溶液中I2恰好反应完全时，溶液蓝色褪去，此时达到滴定终点，故步骤iii中判定滴定终点的现象是滴加最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由浅蓝色恰好变成无色，且半分钟不变色；
(4)根据反应方程式：2Cu2++4I-=2CuI+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：2Cu2+～I2～2S2O32-，n(S2O32-)=c·V=0.1000 mol/L×V2×10-3 L=1.0×V2×10-4 mol，反应废液的体积是V1 mL= 1×10-3 L，根据关系式可知n(Cu2+)=n(S2O32-)=1.0×V2×10-4 mol，则反应后废液中c(Cu2+)== mol/L。
【点睛】本题考查了离子的检验方法及化学平衡移动原理的应用及得到方法在物质含量测定的应用。掌握离子的检验方法及物质的溶解性及作用是解题关键。当物质发生多步反应时，可根据反应方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后利用关系式法进行化学计算。
22． ZnS+2Fe3+==Zn2++S+2Fe2+ 细菌的活性降低或失去活性 4LiCoO2+12H+4Li++4Co2++6H2O+O2↑ 加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率 AgCoO2+3Fe3+==Ag++Co2++3Fe2++O2↑ 加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大
【分析】（1）①根据图示，反应2是ZnS被Fe3+氧化成S单质；
②温度较高或酸性过强时细菌的活性降低或失去活性；
（2）①反应1是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，根据氧化亚铁硫杆菌是催化剂书写总反应；
②Ⅰ．由图1可知，Ag+浓度越大，钴浸出速率越快；
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，反应3-反应4=反应5；
Ⅲ．加入Ag+催化了反应3，反应速率加快，相同时间内消耗H+更多。
【详解】（1）①根据图示，反应2是ZnS被Fe3+氧化成S单质，根据得失电子守恒、电荷守恒，该反应的离子方程式是ZnS+2Fe3+==Zn2++S+2Fe2+；
②温度较高或酸性过强时细菌的活性降低或失去活性，所以金属离子的浸出率均偏低；
（2）反应1：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，
反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
氧化亚铁硫杆菌是催化剂，消掉Fe2+、Fe3+，得总反应4LiCoO2+12H+ 4Li++4Co2++6H2O+O2↑；
②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率，所以Ag+能催化浸出Co2+；
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
反应4：Ag++LiCoO2==AgCoO2+Li+；反应3-反应4=反应5，反应5是：AgCoO2+3Fe3+==Ag++Co2++3Fe2++O2↑；
Ⅲ．加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，由总反应4LiCoO2+12H+4Li++4Co2++6H2O+O2↑可知，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。
23． CaO与水反应放出大量热且生成的OH-均促进Al3+的水解，同时Ca2+与SO42-生成微溶物控制溶液中的SO42-的量 2SO2+O2+2H2O2H2SO4 通入SO2，溶液红色褪去(或变浅) SO2+H2O2=H2SO4
【分析】(1)①氧化钙可以和水反应生成氢氧化钙，同时产生大量的热，水解反应为吸热反应；要生成碱式硫酸铝需要控制硫酸根的量，而硫酸钙微溶；
②SO2与OH-按照1：2反应；
(3)①由于Fe2+作催化剂，所以反应ii中要使用亚铁离子的再生；
②铁元素的存在形式为Fe2+→Fe3+→Fe2+；
(4)该滴定原理为：先用双氧水氧化二氧化硫生成硫酸，再用NaOH标准液滴定硫酸的量，从而确定二氧化硫的量。
【详解】(1)①CaO溶于水生成Ca(OH)2，生成了氢氧根离子，同时放热大量的热，促进Al3+的水解；生成的钙离子结合SO42-生成硫酸钙，可沉淀部分SO42-，以控制溶液中硫酸根的量；
②SO2与OH-按照1：2反应生成SO32-，则Al2(SO4)x(OH)y吸收SO2后的产物是；
(2)根据元素化合价变化可知该过程中氧气氧化二氧化硫生成硫酸，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；
(3)①由于Fe2+作催化剂，则ⅱ中Fe3+与SO2反应生成Fe2+，实现Fe2+的再生，则ⅱ的离子方程式为2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-；
②根据反应ⅰ：2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42-可知，向FeCl2溶液通入少量SO2，有铁离子生成，滴入KSCN后颜色变红，继续通入SO2，发生反应ⅱ：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-，溶液红色褪去(或变浅)；
(4)①H2O2氧化SO2生成硫酸，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；
②根据关系式：SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=cmol/L×a×10-3L=5ac×10-4mol，标况下5ac×10-4mol SO2的体积为：22.4L/mol×5ac×10-4mol=1.12×10-2ac L，所以废气中残留SO2的体积分数为：。
24． Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe3+催化，使H2O2分解放出氧气 加入铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀 Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，pH=4时，生成Fe(OH)沉淀所需c(Fe，根据氯化亚铁溶解度，溶液中亚铁离子浓度不可能达到 4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+ pH过高(pH>9)、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3分解成红棕色Fe2O3 Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O
【分析】印刷电路板回收液的pH=1，含Fe2+、Cu2+、Cl-及H+和少量Fe3+，由于微粒的氧化性：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+，向其中加入足量的Fe粉，会先后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2H+=Fe2++H2↑.然后过滤除去过量的Fe及产生的Cu，向滤液中加入双氧水，发生反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调整溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量的比，使n(Fe3+)：n(Fe2+)=1.6：1，然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，发生反应产生Fe3O4和H2O，过滤得到磁性氧化铁。
【详解】(1)过程Ⅰ中Fe与Cu2+发生置换反应产生Cu单质与Fe2+，所以过程Ⅰ中除铜反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
(2)过程Ⅱ中加入H2O2，发生氧化还原反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调n(Fe3+)：n(Fe2+)比为1.6：1，在此过程中有少量无色气体生成，该气体为O2，这是由于Fe3+具有催化作用，能够使H2O2分解放出O2；
(3)(i)①取静置后的上层清液，向其中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，就证明该溶液中含有Fe2+；
②pH≈4时，c(H+)=10-4 mol/L，则溶液中c(OH-)= mol/L=10-10 mol/L，由于在 25℃时：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，则要形成Fe(OH)2沉淀，需要Fe2+的最小浓度为c(Fe2+)>=8.0×104 mol/L，根据氯化亚铁溶解度，S(FeCl2 )=64g，则溶液中亚铁离子浓度不可能达到，因此沉淀中一定不含有Fe(OH)2；
(ii)①若调节pH过程太慢，在溶液pH≈5时，Fe2+容易被溶解在溶液中的O2氧化生成FeO(OH)固体影响产品质量，发生反应的离子方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+；
②若其它条件不变，调节pH过高，如溶液pH>9、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3受热分解产生红棕色Fe2O3，使产品中混有较多红棕色杂质；
(iii)迅速将溶液调节pH=9，在80~90℃下搅拌2小时，发生反应：Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O，然后过滤、洗涤、干燥得到晶体产品；
(4)取产品样品a g，加过量硫酸溶解，发生反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，得到样品溶液，然后用c mol/LKMnO4标准液滴定，发生MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL，n(KMnO4)=c·V=c mol/L×v1 ×10-3 L=cv1 ×10-3 mol；则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5cv1 ×10-3 mol；
ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL，则反应后溶液中Fe2+总物质的量为n(Fe2+)=5n(KMnO4)总=5cv2 ×10-3 mol；原溶液中Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=5cv2 ×10-3 mol-5cv1 ×10-3 mol=5c(v2 -v1)×10-3 mol。
(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比==。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的设计。包括反应条件的控制、氧化还原反应、离子方程式的书写、离子的检验方法及物质物质含量的测定等。掌握反应原理及遵循的规律是本题解答的关键。
25． H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快 温度升高， H2O2发生了分解 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀 提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率 S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动
【分析】Ⅰ.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，据此写离子方程式；
(2) H2O2具有氧化性；
(3)温度高，H2O2易分解；
(4) O2的可以将亚铁离子氧化；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；
Ⅱ.(5)根据反应机理，提高铜的浸出率的关键在慢反应；
(6)根据(NH4)2S2O8的性质分析作答。
【详解】Ⅰ.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，则离子方程式为，故答案为：；
(2) 浸出过程中铁离子变为亚铁离子，H2O2具有氧化性，可以再使亚铁离子氧化为铁离子，加快反应速率，故答案为：H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快；
(3)H2O2受热易分解，故答案为：温度升高， H2O2发生了分解；
(4) O2可以将亚铁离子氧化，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；
Ⅱ.(5)根据反应机理，反应有快慢之分，提高铜的浸出率的关键在慢反应，故答案为：提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率；
(6)(NH4)2S2O8电离为S2O82-和NH4+，S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，故答案为：S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动。
【点睛】本题难点(6)，分析(NH4)2S2O8的作用，要从反应机理出发，将物质电离成离子，分别看存在什么样的作用，可以快速解题。