重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04氧化还原反应（1）

这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04氧化还原反应（1），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04氧化还原反应（1）

一、单选题
1．（2023·重庆·统考二模）室温下，经指定操作后，下列各组溶液中的离子还能大量共存的是
A．通入足量：、、、
B．通入适量：、、、
C．通入足量HCl：、、、
D．通入足量：、、、
2．（2023·重庆九龙坡·统考二模）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．39g含有键的数目为
B．和中含有的质子数均为
C．和完全反应生成的分子数为
D．与足量完全反应，转移电子数为
3．（2023·重庆·统考三模）Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化的历程如图。下列说法正确的是
  
A．过程①→②中C的杂化方式都是 B．过程②→③涉及极性键的断裂与生成
C．生成1mol CO，需要1mol电子 D．从反应历程看，Ni未参与反应
4．（2023·重庆·统考模拟预测）化合物X的结构如图所示。a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，基态时c原子2p原子轨道上有1对成对电子。下列说法正确的是

A．X的水溶液呈碱性，也有还原性
B．原子半径：
C．c、d两种单质化合形成的物质含有共价键
D．化合物X有较强的氧化性且在高温下稳定存在
5．（2022·重庆·模拟预测）某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示下列说法不正确的是

A．在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成
B．在该循环中，催化剂为循环图化合物1
C．循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应
D．在循环过程中，无机物发生的反应为：
6．（2022·重庆·模拟预测）反应可应用于解决冬季开采石油井下结蜡难题。下列说法正确的是
A．的空间构型为三角锥型 B．中仅含离子键
C．仅为氧化产物 D．该反应的
7．（2022·重庆·统考模拟预测）我校辅导小组在Pd/SVC催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及其活化能Ea(kJ·mol-1)如图所示。下列说法不正确的是

A．生成NH3各基元反应中，N元素均被还原
B．生成N2的总反应方程式为2H2+2NON2+2H2O
C．由图可知，H2还原NO为N2和NH3的反应均为吸热反应
D．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3
8．（2022·重庆·统考模拟预测）下列实验操作现象与结论对应关系正确的是

实验操作、现象
结论
A
向某黄色溶液中加入淀粉-KI溶液，溶液变蓝
溶液中一定含有Br2
B

一块除去铁锈的铁片上滴加铁氰化钾溶液，静置2~3min，有蓝色沉淀出现
铁片上发生了吸氧腐蚀

C
将SO2通入Ca(ClO)2溶液，出现白色沉淀
SO2是酸性氧化物
D
向某盐溶液中加入NaOH溶液，并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
原溶液中存在


A．A B．B C．C D．D
9．（2022·重庆·统考模拟预测）下列物质的性质和用途均正确，且有因果关系的是
A．CCl4难溶于水，密度小于水，可用作有机溶剂
B．晶体硅硬度大，熔点高，可用于制作手机芯片
C．维生素C具有还原性，可帮助人体将食物中的Fe3+转变为Fe2+
D．Na2O2具有漂白性，可用于呼吸面具中作为氧气的来源
10．（2022·重庆·统考二模）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)，通过与空气作用释放低浓度二氧化氯(ClO2)杀菌消毒从而起到防护效果。一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如下：

*纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。下列说法错误的是
A．母液中含有的溶质有NaHSO4
B．氧化性：H2O2>ClO2>ClO
C．发生器中鼓入空气的主要目的是稀释ClO2以防爆炸
D．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解

二、多选题
11．（2022·重庆·模拟预测）二氧化氯()是一种黄绿色、易溶于水的气体，常用于污染物的处理。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示。下列说法正确的是

A．a极与电源的负极连接，Y溶液是稀盐酸
B．a极上发生的反应为
C．二氧化氯发生器内发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6
D．当0.6mol阴离子通过离子交换膜时，理论上二氧化氯发生器中产生标准状况下

三、工业流程题
12．（2023·重庆·统考三模）以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：
  
已知：①铈的常见化合价为。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液；
②酸浸Ⅱ中发生反应：
(1)焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是___________。
(2)在“酸浸I”中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈由进入稀土溶液时发生反应的离子方程式为___________。
(3)“酸浸Ⅱ”使用到硼酸，已知硼酸与足量反应的产物是，则硼酸在水溶液中的电离方程式为___________。
(4)向中加入溶液的目的是___________。
(5)时，向的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的，若反应后溶液，此时是否沉淀完全？___________(答“是”或“否”)，判断的理由是___________。
(要求列式计算，已知：，视为沉淀完全)。
(6)晶体属立方型晶体，结构如图所示。
  
①已知晶胞参数为，阿佛加德罗常数的值为，相对分子质量为，该晶体密度为___________(列出化简的计算式)。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称为原子分数坐标。如A离子的坐标为，则B离子的坐标为___________。
13．（2023·重庆九龙坡·统考二模）一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取氧化钇的工艺流程如下。

已知：
成分含量%
阶段

ZnO


MgO
预处理
24.28
41.82
7.81
1.67
0.19
预处理后
68.51
5.42
4.33
5.43
0.50
废弃CRT荧光粉预处理前后的组成(不参与反应的杂质未列出)

(1)在元素周期表中，钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布图为_______。
(2)“预处理”的目的为_______，“加热、过滤”阶段产生黄绿色气体的化学方程式为_______。
(3)氨水除去的金属离子是，除杂试剂DDTC除去的金属离子是_______，不能用碱代替DDTC的原因是_______。
(4)“沉钇”中沉淀完全，滴加草酸后的溶液中不低于_______。
(5)“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。
(6)铁酸钇的正交相晶胞结构如图。若1号氧原子分数坐标为，2号氧原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为_______。

14．（2023·重庆·统考二模）仲钼酸铵[]是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含钼废料(主要含有、CoS和)制备仲钼酸铵的工艺流程如下图所示：

请回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布式为_______。
(2)焙烧的过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，其优点是_______(任答两点即可)。

(3)焙烧时转化为，则焙烧时的化学方程式为_______。
(4)“操作”的名称是_______；实验室完成该“操作”用到的最主要的玻璃仪器是_______。
(5)“调pH为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为_______。
(6)已知有如下转化关系，则8钼酸铵的化学式为_______。
(7钼酸根)(8钼酸根)
(7)若在某温度下，在水中的溶解平衡曲线如下图所示。向100mL0.400mol/L溶液中滴加200mL溶液，恰好使完全沉淀[]，则所加入的溶液的浓度约为_______mol/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3位)。

15．（2023·重庆·统考模拟预测）四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分)为原料制备大颗粒的电池。

说明：
Ⅰ.“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图1所示(部分产物未标出)。

                 图1
Ⅱ.通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得。
Ⅲ.氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物




开始沉淀的pH
3.4
2.2
6.3
8.1
完全沉淀的pH
5.2
3.2
9.7
10.4
(1)滤渣1中主要成分的化学式为_______。
(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______。
(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为_______。
(4)加入“氧化”的目的是_______。
(5)检验“沉淀”已洗净的操作是_______。
(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图2所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是_______。

(7)一个立方体结构的晶胞如图3所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为，则的晶体密度为，则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。

16．（2022·重庆·统考模拟预测）碳酸锶()常用于制造彩电阴极射线管、电磁铁、锶铁氧体、烟火、荧光玻璃、信号弹等，也是生产其他锶盐的原料。一种由工业碳酸锶(含少量、、、等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：I.为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物




近似值




回答下列问题：
(1)气体A的化学式为_______；基态Cr原子的价层电子排布图为_______。
(2)酸溶时为了加快酸溶速率，可适当升高温度，但升温度又不能过高的原因是_______。
(3)“系列操作”是煮沸并趁热过滤、_______。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______(用化学方程式回答)。
(5)“调pH≈13”后，需对溶液进行煮沸并趁热过滤出“滤渣2”，“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)；要煮沸并趁热过滤的目的是_______。
(6)“还原”时含Cr微粒发生反应的离子方程式为_______。
(7)“碳化”时，实际所用的量为理论用量的111%，若要提纯1t含量为98%的工业碳酸锶，流程中的损失不计，“碳化”步骤中应加入_______t(保留到小数点后两位)。
17．（2022·重庆·模拟预测）钇(Y)是稀土元素中含量丰富的元素之一，钇及其化合物在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用。湖北应山-大悟地区含有较为丰富硅铍钇矿[]，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。

已知：元素与元素性质相似；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；
(1)在自然界中，钇只有一种稳定同位素，Y位于元素周期表的第_______周期第ⅢB族。硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，的化合价为_______。
(2)焙烧的目的是将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_______。硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后含铁元素的产物是_______(写化学式)。
(3)“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有_______。
(4)滤液Ⅱ中的_______(填物质名称)可参与循环使用。
(5)反应过程中，测得Y的沉淀率随的变化情况如图所示。当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是_______。

(6)“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。
18．（2022·重庆·统考模拟预测）硒和碲及其化合物应用广泛。工业上。从阳极泥［主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)］，回收硒和碲的流程如下：

已知：25℃时，亚碲酸()的，。
(1)要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是_______；“还原”这一步的目的是_______。
(3)在实验时过滤所需要的玻璃仪器有_______。
(4)“焙烧”时，参加反应的化学方程式为_______。
(5)滤渣与、稀硫酸反应生成的离子方程式为_______。
(6)常温下，溶液的pH_______7(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。

四、实验题
19．（2023·重庆九龙坡·统考二模）草酸及其盐在化工生产中具有重要价值，某实验小组做以下实验。
Ⅰ.制取草酸
反应原理：(葡萄糖)(浓)，装置如图(加热和夹持装置略)。

(1)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_______，装置B的作用是_______。
(2)检查图1装置气密性的方法是_______。在图1的装置B、C之间添加装置D，可在D中得到，通入气体X是_______。
Ⅱ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制取及组成测定
已知：三草酸合铁酸钾晶体呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，见光易分解。
(一)制取晶体
步骤1：向盛有3.000g黄色晶体的烧杯中，加入溶液，加热至40℃左右，缓慢滴入过量的，一段时间后，出现红褐色沉淀。
步骤2：加热至沸腾，分两次缓慢加入8～9mL 溶液，至沉淀溶解，得翠绿色溶液。加热浓缩、加入无水乙醇、结晶，抽滤干燥得7.860g三草酸合铁酸钾晶体。
(3)完成该过程的化学方程式并配平：_______。
______________＋_______＋______________
(4)步骤1中，生成三草酸合铁酸钾与另一种铁的化合物，该化合物为_______(填化学式)，步骤2加入无水乙醇的目的是_______。
(5)实验小组完成实验后发现产率偏低，其主要原因可能是_______。
(二)测定组成
称取5.000g所得的三草酸合铁酸钾晶体配制成250mL溶液。取25.00mL溶液，用酸性溶液滴定，终点时消耗溶液13.50mL。另取25.00mL溶液，用联合还原法，将还原为，再用酸性溶液滴定，终点时消耗溶液15.50mL。
(6)第一次滴定终点时的现象为_______，通过上述实验，测定出该晶体中与的配位比_______。
20．（2022·重庆·统考模拟预测）亚硝酸钠有毒，但它的用途很多，可以用作媒染剂、漂白剂、缓蚀剂、防腐剂等。实验室用下列仪器可以制取少量亚硝酸钠。(已知：；；NO可以被氧化成)

请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______：装置E中无水的作用是_______。
(2)若要加快B中反应速率所采取的措施是_______(写两条即可)。
(3)D中的现象是_______。
(4)装置的连接顺序为_______→_______→_______→_______→_______→______。_______
(5)C中反应的离子方程式为_______。
(6)称量0.5000g制得的样品，溶于水配成250mL溶液，取20.00mL待测液于锥形瓶中，加入足量KI酸性溶液，再滴入2~3滴淀粉溶液，然后用0.0200 mol∙L−1溶液进行滴定，重复实验后，平均消耗溶液的体积为20.00mL。(已知：；)
①滴定终点时的现象为_______。
②样品中的质量分数为_______。

参考答案：
1．B
【详解】A．具有强的还原性，能与和(酸性)发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．该组离子彼此不发生反应，且均与二氧化碳不能反应，可以大量共存，故B正确；
C．HCl具有还原性，能被离子氧化，不能大量共存，故C错误；
D．足量氨气能与形成络合离子，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
2．D
【详解】A．物质的量为，一个苯分子中含有一个大键，苯分子中含有键，A错误；
B．和中，因两者摩尔质量不同，物质的量不同，含有的质子数不同，B错误；
C．计量气体体积时，必须要说明温度和压强，C错误；
D．反应的化学方程式为：，反应时与转移的电子数关系为，物质的量为，故转移的电子数为，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．CO2中C的杂化方式为sp，故A错误；
B．根据历程，②→③过程中有水的生成，即有H-O键的生成，同时存在碳氧键的断裂，断裂和生成的化学键为极性键，故B正确；
B．由CO2生成CO，化合价变化为2，所以生成1molCO需要电子物质的量为2mol，故C错误；
D．反应历程中Ni是催化剂，有C-Ni键的形成和断裂，Ni参与了反应，故D错误；
答案为B。
4．A
【分析】c原子2p原子轨道上有1对成对电子，所以c是O元素；a与c形成的是共价单键，原子序数在c之前，所以a是H元素；d元素是一个正1价离子，原子序数比c大，又是短周期主族元素，所以d元素是Na元素；b与c共形成了4根共价键，故b元素是C元素。
【详解】A．根据上述推断，X物质是，碳酸根离子水解，溶液呈碱性；中O元素呈负一价，属于中间价态，具有还原性，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，同周期原子半径从左往右依次减小，所以，故B错误；；
C．c是氧元素，d是钠元素，化合物氧化钠中不含共价键，故C错误；
D．X物质是，具有氧化性，受热易分解，因比X物质在高温下不稳定，故D错误；
选A。
5．C
【详解】A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A正确；
B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B正确；
C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C错误；
D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D正确；
故选C。
6．D
【详解】A．中心原子sp3杂化，配位原子数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，A项错误；
B．含离子键、共价键，B项错误；
C．上述反应化合价变化，N元素由-3→0，，N元素由+3→0，故既是氧化产物又是还原产物，C项错误；
D．可应用于解决冬季开采石油井下结蜡，故反应放热，，D项正确；
答案选D。
7．C
【详解】A．由图示知，生成NH3的过程为：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，化合价由变化为+2、+1、0、-1、-2、-3，每步反应中N元素化合价均是降低被还原，A正确；
B．由图示知，NO和H2反应生成N2+H2O，故总反应方程式为2H2+2NO N2+2H2O，B正确；
C．=正反应活化能-逆反应活化能，根据表中可知正反应的活化能，逆反应活化能未知，无法计算反应的，故无法判断H2还原NO为N2和NH3的反应是否都为吸热反应，C错误；
D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，D正确；
故选C。
8．D
【详解】A．溶液中也可能有Fe3+，Fe3+会和I-发生氧化还原反应生成碘单质，A错误；
B．生成蓝色沉淀说明反应生成了Fe2+，但不一定发生的是吸氧腐蚀，也可能发生析氢腐蚀，B错误；
C．SO2与Ca(ClO)2溶液发生氧化还原反应生成，和Ca2+生成CaSO4沉淀，C错误；
D．向某盐溶液中加入NaOH溶液，并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则生成气体为NH3，说明原溶液中存在，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．CCl4能与多种有机物互溶，可作有机溶剂，故A不符合题意；
B．晶体硅是良好的半导体材料，可制作手机芯片，故B不符合题意；
C．维生素C具有还原性，可以将Fe3+转变为Fe2+，故C符合题意；
D．N2O2与H2O、CO2反应可生O2，可用于呼吸面具中作为氧气的来源，故D不符合题意；
故选C。
10．B
【分析】NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再得到NaClO2粗产品。
【详解】A．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中回收的主要物质是Na2SO4，溶液呈酸性，可能含有NaHSO4，故A正确；
B．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，NaClO3作氧化剂，ClO2为还原产物，则氧化性ClO >ClO2；吸收塔内ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，则氧化性ClO2> H2O2，故氧化性： ClO>ClO2> H2O2，故B错误；
C．根据信息，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的主要作用是将空气中ClO2的体积分数降至安全范围，故C正确；
D．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解，故D正确；
答案选B。
11．CD
【分析】根据图示装置可知，右侧为电解池，a极NH4Cl中失去电子生成NCl3，电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，则a为电解池阳极，与电源正极相连，b为电解池阴极，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，盐酸由浓变稀；a极生成的NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。
【详解】A．由分析可知，a为阳极，与直流电源的正极相连，Y溶液是稀盐酸，A错误；
B． a极NH4Cl中失去电子生成NCl3，电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B错误；
C．二氧化氯发生器中，发生反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，C正确；
D．有0.6mol阴离子通过交换膜，电路中就有0.6mol电子转移，由反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，转移0.6mol电子，生成0.1molNH3，标况下其体积为2.24L，D正确；
故选CD。
12．(1)将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离
(2)8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O
(3)H3BO3+H2O [B(OH)4]-+H+
(4)避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）
(5) 是 Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH-)=1.0×10-20，c(Ce3+)=mol/L=1.0×10-8mol/L＜1.0×10-5mol/L，Ce3+离子沉淀完全
(6) (，，)

【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，煅烧分解生成CeO2，以此解答该题，
【详解】（1）通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离，故答案为：将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离；
（2）在酸浸I中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3+生成，且产生黄绿色气体，此气体为Cl2，则此时发生反应的离子方程式是8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O，故答案为：8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O；
（3）硼酸H3BO3与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)4]，则硼酸为一元弱酸，故硼酸的电离方程式为：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，故答案为：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+；
（4）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去或提高CeCl3的产率，故答案为：避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率；
（5）若反应后溶液pH=10，c(OH-)=mol/L=10-4mol/L，Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH-)=1.0×10-20，c(Ce3+)=mol/L=1.0×10-8mol/L＜1.0×10-5mol/L，Ce3+离子沉淀完全，故答案为：是；Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH-)=1.0×10-20，c(Ce3+)=mol/L=1.0×10-8mol/L＜1.0×10-5mol/L，Ce3+离子沉淀完全；
（6）①该晶胞中含有Ce4+个数为8×+6×=4，含有O2-个数为8，晶胞中含4个CeO2，阿伏伽德罗常数的值为NA，CeO2相对分子质量为M，晶体密度为ρ==g•cm-3=g•cm-3，故答案为：；
②A离子位于晶胞左侧面心，坐标为(0，，)，则位于晶胞体内，由上面心、后面心、右侧面心、右侧上后顶点的Ce4+构成的正四面体中心的B离子的坐标为(，，)，
故答案为：(，，)。
13．(1)
(2) 除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等
(3) 若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀
(4)
(5)
(6)

【分析】废弃阴极射线管(CRT)荧光粉化学成分为：、、、、，加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是，加入草酸将沉淀得到，最后将煅烧得到产品。
【详解】（1）钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布式为：；
（2）加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是；
（3）滤液中含有：、，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是；根据图示信息，若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀，所以不能用碱代替DDTC；
（4）根据，当完全沉淀，，；
（5）煅烧得到产品，反应的化学方程式为：；
（6）由图可知，3号Fe原子的坐标和2号O原子的x坐标一致，y坐标由正交图可知与2号O原子均在中间靠右，z的坐标在处，所以3号Fe原子的坐标为：。
14．(1)
(2)增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等
(3)
(4) 分液 分液漏斗
(5)
(6)
(7)0.206

【分析】含钼废料在空气中焙烧，MoS2 转化为MoO3，CoS转化为氧化物，然后加硫酸酸浸，金属进入酸浸液中，用有机萃取剂萃取，钼元素进入有机相中，在有机相中加入过量氨水得到(NH4)2MoO4溶液，向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵。
【详解】（1）Co的质子数为27，基态Co原子的价层电子排布式为。
（2）焙烧的过程中采用“多层逆流焙烧”，其优点是增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等。
（3）焙烧时 MoS2 转化为 MoO3 ，则 MoS2 焙烧时被空气中的氧气氧化，MoS2中的硫元素转化为SO2，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：。
（4）“操作”是将有机相和水相分开，则操作是分液，实验室分液时需要用到的最主要的玻璃仪器是分液漏斗。
（5）向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵，根据质量守恒，生成物还有硫酸铵和水，化学方程式为。
（6）8钼酸根中有8个Mo，即x=8，根据转化关系可知，Mo的化合价为+6价，8钼酸根带4个单位负电荷，所以O有26个，则8钼酸铵的化学式为。
（7）由题意可知：完全沉淀时：消耗；
由图可知，混合液中；
即混合液中；
故加入的溶液的浓度约为。
15．(1)S、
(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
(3)
(4)是把氧化成，如果不氧化，沉淀，同时也会沉淀
(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净
(6)开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)
(7) 6

【分析】由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时和颗粒反应生成硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣1，滤液加入二氧化锰氧化成，加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入氨水得到，通入空气氧化得到；
【详解】（1）由分析可知，滤渣1中主要成分的化学式为S、；
（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，阻碍了反应的进行，导致锰的浸出率降低；
（3）由图去可知，“浸取”时与反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为；
（4）加入“氧化”的目的是是把氧化成，便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；
（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净；
（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得；则pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)；
（7）立方晶胞中心的离晶胞的六个面心的等距离且最近，故距离最近的有6个；根据均摊法，该晶胞中数为：，数为：，该晶胞中含4个，的摩尔质量为120g/mol。设晶胞的边长为a nm，根据，解得nm。
16．(1) CO2
(2)防止硝酸受热分解
(3)洗涤烘干
(4)Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O
(5) Mg(OH)2、Ca(OH)2 有利于除尽溶液中的
(6)
(7)1.16

【分析】工业碳酸锶(含少量、、、等)加硝酸进行“酸溶"，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2得到含Sr2+、、、、的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、、. 、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、、. 、Cr3+的溶液，向溶液中加.氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使、沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3，据此分析。
【详解】（1）碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2；基态Cr原子为24号元素，故基态Cr原子的价层电子排布图： ；答案为：CO2； ；
（2）酸溶时，温度不能过高，原因是防止硝酸受热分解，降低酸的浓度，降低反应速率，故答案为：防止硝酸受热分解；
（3）“系列操作”是煮沸并趁热过滤、洗涤烘干，洗涤可以除去固体表面附着的离子，烘干可以蒸发掉水，同时也可以除去易分解的固体杂质；答案为：洗涤烘干；
（4）为两性氢氧化物，如果碱性过大，会使其溶解，导致铬的去除率降低，反应的方程式为：Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O；答案为：Cr(OH)3＋NaOH=NaCrO2＋2H2O；
（5）加NaOH调pH≈13使、沉淀，“滤渣2”的主要成分为：Mg(OH)2、Ca(OH)2；煮沸并趁热过滤的原因是Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的；答案为：Mg(OH)2、Ca(OH)2；有利于除尽溶液中的；
（6）溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，“还原”时含Cr微粒发生反应的离子方程式为：；答案为：；
（7）“碳化”时，发生的离子反应方程式为：，可得关系式：，则需要的质量为：，答案为：1.16。
17．(1) 五 +2
(2) 增大反应物的接触面积，提高原料利用率 Fe(OH)3
(3)分液漏斗、烧杯
(4)盐酸
(5)草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物
(6)

【分析】硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为NaBeO2、Na2SiO3，通入氧气可氧化亚铁离子为铁离子，再结合NaOH生成氢氧化铁沉淀，加水浸取得到滤液含可溶性钠盐，滤渣为、Fe(OH)3，加入稀盐酸反应生成YCl3、FeCl3，加入萃取剂除去铁离子，加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2；
【详解】（1）Y是39号元素，则Y位于元素周期表的第五周期第ⅢB族；硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，Be为+2价，Si为+4价，O为-2价，设的化合价为x，根据化合价之和为0可得：(+3)×2+x+(+2)×2+[+4+(-2)×4]×2+(-2)×2=0，解得x=+2，故的化合价为+2；
（2）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物的接触面积，提高原料利用率；硅铍钇矿中铁元素为+2价，具有还原性，焙烧中通入熔融氢氧化钠和氧气，则铁元素转化为Fe(OH)3，焙烧后含铁元素的产物是Fe(OH)3；
（3）“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；
（4）‘沉钇’过程中加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O和HCl，则滤液II中盐酸可参与循环使用；
（5）已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是：草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物；
（6）Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2，碳元素化合价升高了1，氧元素化合价降低了2，已经有6个C原子发生变价失去了6个电子，有2个O原子发生变价得到4个电子，根据得失电子守恒，Y2(C2O4)3∙9H2O前配系数2，O2前配系数3，结合原子守恒则反应化学方程式为。
18．(1)将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等
(2) 加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失 将溶液中少量的还原为除杂
(3)烧杯、漏斗和玻璃棒
(4)2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2
(5)Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
(6) ＜ 的电离程度大于水解程度，溶液显酸性

【分析】阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3、Cu2O和少量的Na2SeO4；80℃下水浸后过滤I，得滤渣中Cu2O加入H2O2和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后转化为TeO2沉淀，过滤II后，TeO2通过HCl和SO2转化为Te；剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的还原为除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒，据此分析解题。
【详解】（1）要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施有：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等，故答案为：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等；
（2）浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失，由分析可知，“还原”这一步的目的是将溶液中少量的还原为除杂，故答案为：加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失；将溶液中少量的还原为除杂；
（3）在实验时过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；
（4）阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2，故答案为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（5）由分析可知，滤渣的主要成分是Cu2O，故其与H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；
（6）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh==＜Ka2，故的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH＜7；故答案为：＜；的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。
19．(1) 碘溶液 冷凝草酸，收集草酸
(2) 关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好 氧气
(3)
(4) Fe(OH)3 降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高提高产率
(5)该产物在见光条件下分解，引起产率偏低；
(6) 当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复，则为滴定终点

【分析】制取草酸的装置为三口烧瓶，分液漏斗中滴加浓硝酸和浓硫酸的混酸，温度计测量温度，球形冷凝管冷凝回流，长玻璃管防倒吸，冷凝回收草酸在a中，NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气；
【详解】（1）淀粉遇到碘单质变成蓝色，故加入碘溶液，若变蓝说明水解未完全，不变蓝，说明水解完全；故答案为碘溶液；B中有长玻璃管，作用时冷却草酸，收集草酸，故答案为冷凝草酸，收集草酸；
（2）关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好，故答案为关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好；反应生成NO，为了得到硝酸需要通入氧化剂，所以通入的气体X为氧气；
（3）根据加入试剂的顺序及试剂，配平时根据原子守恒可得到三草酸合铁酸钾晶体的系数为2，观察法原子守恒，得到化学方程式为：
（4）步骤1中，出现红褐色沉淀，所以该化合物为Fe(OH)3，三草酸合铁酸钾晶体呈绿色，可落于水，难溶于乙醇，步骤2加入无水乙醇的目的是降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高提高产率；
（5）三草酸合铁酸钾晶体见光易分解，该实验在实验室环境中完成，所以该产物会见光分解，引起产率偏低，故答案为：该产物在见光条件下分解，引起产率偏低；
（6）25.00mL溶液中，的物质的量为xmol，第一步使用高锰酸钾滴定时，将氧化成二氧化碳，标准液为高锰酸钾溶液，故滴定终点的现象为：当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复，则为滴定终点；第二步用高锰酸钾将还原为亚铁离子的氧化为铁离子，同时将氧化成二氧化碳，设Fe3+的物质的量为ymol，
，
。
20．(1) 锥形瓶 吸收NO气体中水蒸气，干燥NO气体
(2)加热、将铜变为铜粉
(3)铜片溶解，溶液变为蓝色，有气泡产生
(4)B→D→E→A→E→C
(5)5NO＋3 ＋4H＋＝5＋3Mn2+＋2H2O
(6) 最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色且30s内不变色 69%

【分析】铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮通入D中与水反应生成硝酸和NO，硝酸和铜反应生成NO，NO气体中含有水蒸气杂质，用无水氯化钙干燥，干燥的NO通入都过氧化钠中反应生成亚硝酸钠，多余的NO气体被酸性高锰酸钾溶液吸收，防止污染环境。
(1)
仪器a的名称是锥形瓶：NO和过氧化钠反应，防止水蒸气与过氧化钠反应，因此装置E中无水的作用是吸收NO气体中水蒸气，干燥NO气体；故答案为：锥形瓶；吸收NO气体中水蒸气，干燥NO气体。
(2)
影响反应速率的因素主要是温度、浓度、催化剂、增大接触面积等，因此若要加快B中反应速率所采取的措施是加热、将铜变为铜粉；故答案为：加热、将铜变为铜粉。
(3)
D二氧化氮和水反应生成硝酸，铜和硝酸反应生成NO气体，因此D中的现象是铜片溶解，溶液变为蓝色，有气泡产生；故答案为：铜片溶解，溶液变为蓝色，有气泡产生。
(4)
根据前面分析得到先生成二氧化氮、二氧化氮通入到水中生成NO，NO先干燥，再通入过氧化钠反应，再防止高锰酸钾溶液中水蒸气进入反应装置中，最后再处理尾气，装置的连接顺序为B→D→E→A→E→C；故答案为：B→D→E→A→E→C。
(5)
C中是NO被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸根，根据氧化还原反应原理分析得到反应的离子方程式为5NO＋3 ＋4H＋＝5＋3Mn2+＋2H2O；故答案为：5NO＋3 ＋4H＋＝5＋3Mn2+＋2H2O。
(6)
①开始滴加淀粉，溶液变为蓝色，后来单质碘被硫代硫酸钠反应，溶液变为无色，因此滴定终点时的现象为滴入最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色且30s内不变色；故答案为：最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色且30s内不变色。
②根据方程式得到关系式，则样品中的质量分数为；故答案为：69%。