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安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（2）
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这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（2），共32页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2022·安徽芜湖·统考三模）下列离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Fe3+、Cl-、SO、K+
铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B
K+、HCO、AlO、Cl-
盐酸
H++ AlO+H2O=Al(OH)3↓
C
Na+、Fe2+、Br-、Mg2+
氯气
2 Br-+Cl2=Br2+2Cl-
D
NH、Na+、SO、HCO
NaOH
NH+OH-=NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·安徽黄山·统考二模）硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2
C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变
D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2
3．（2022·安徽淮北·统考一模）高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是
A．NaCuO2中铜的化合价为+3价
B．1molClO-参加反应转移2mol电子
C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3
D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
4．（2022·安徽淮北·统考一模）下列实验或事实的解释正确的是
选项
实验或事实
解释
A
用铝热反应来制备金属铁
还原性：Al>Fe
B
向澄清的CaSO4饱和溶液中加入等体积1mol•L-1Na2CO3溶液，产生了白色沉淀
Ksp：CaCO3>CaSO4
C
HNO2可与H2O2反应制得HNO3
氧化性：HNO2>H2O2
D
氢氧化铝胶体净水
利用了胶体的丁达尔效应
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·安徽淮北·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．0.5molPCl5中共用电子对的数目为2NA
B．标准状况下，11.2LCO2和SO2混合气体中氧原子数为NA
C．46g钠与水完全反应转移的电子数为2NA
D．0.1molFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1NA
6．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是
A．Fe3O4没有参与该循环历程
B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C．NO是NO催化还原过程的催化剂
D．在整个历程中，每1molH2可还原1 mol NO
7．（2021·安徽合肥·统考一模）常温下，将NO与的混合气体通入与的混合溶液中，NO可转化为无害物质，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．反应前后溶液中的浓度保持不变
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．反应Ⅱ为
D．理论上每生成至少需要消耗
8．（2021·安徽蚌埠·统考一模）二氧化氯具有杀菌消毒作用，是一种广谱型消毒剂。工业上常用Cl2氧化NaClO2制得，方程式为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，下列相关说法正确的是
A．反应中Cl2被氧化 B．消耗0.1 mol NaClO2时，转移0.1 mol电子
C．ClO2是还原产物 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2
二、工业流程题
9．（2022·安徽铜陵·统考二模）碘化钠(NaI，白色粒状)常用于医学和摄影技术。以纯碱(含少量Na2SO4杂质)为原料制备NaI的流程如下：
已知：①I2与Na2CO3生成NaI、NaIO和NaIO3；
②
③NaI·2H2O易被O2氧化生成I2，且温度越高，反应速率越快；
④减压可使物质的沸点降低。
回答下列问题：
(1)“转化”时，向溶液中加入少量NaI的目的是_______；该步骤反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃的原因是_______(从的性质考虑)。
(2)写出“还原”时，发生反应的离子方程式：_______()。
(3)“除”时，若试剂a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，则b是稍过量的_______。
(4)试剂X是_______
(5)获得NaI·2H2O时，采用减压蒸发的原因是_______。
(6)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的质量分数为_______。
10．（2022·安徽淮南·统考二模）锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(成分有ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：
已知：①浸取后溶液pH为2，Ge以GeO2+的形式存在；
②单宁酸为复杂有机酸，易与Fe3+络合沉淀。
(1)浸取时ZnO·GeO2发生反应的化学方程式是_______，浸渣的主要成分是_______。
(2)试剂X的作用是_______。
(3)下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为_______(填标号)。
A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0
(4)沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其原因是_______。
一段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
88.5
89.5
90.5
91.5
93.5
二段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
92
93.5
94.5
97
97.5
(5)可从滤液中回收的金属元素主要有_______。
(6)若用C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SO4，其在空气中灼烧会得到SO2、H2O、CO2三种气体，该反应方程式为_______。
11．（2022·安徽马鞍山·统考三模）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
(1)加快“脱锡”速率的措施有_______(写出一点)。“操作I” 包含_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_______；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因_______。
(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_______； 当阴极出现_______的现象时，说明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_______。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为_______。
12．（2022·安徽淮北·统考二模）某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
(1)已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是_______，实验室中宜选用的加热方式为_______(“水浴加热”或“油浴加热”)。
(2)已知“浸取液”的主要成分、、和过量的H2C2O4，滤渣的主要成分是_______；Fe2O3与H2C2O4的反应的离子方程式为_______。
(3)“浓缩液”经过两步氧化实现金属元素的分离。在溶液中存在平衡WO2(C2O4)+，WO2(C2O4)+ ，当溶液中的草酸氧化分解率到达67%时，开始水解生成。
①写出水解的离子方程式_______；
②已知离子在溶液中也存在类似的电离平衡，下列有关氧化离子生成V2O5·H2O的说法错误的是_______(填标号)。
A．加入促使离子的电离平衡正向移动
B．该过程涉及了2个以上的化学平衡
C．VO2+离子水解生成V2O5·H2O
(4)已知 K1；FeC2O4Fe2++ K2，当“滤液1”中时，的浓度为_______mol/L。(已知)
13．（2022·安徽马鞍山·统考一模）钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。
回答下列问题：
(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是___________;
(2)在实验室中，“操作1”需要的玻璃仪器有烧杯、___________，“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、___________
(3)调pH的目的是___________；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为___________。
(4)写出草酸钪焙烧时反应的化学方程式___________
(5)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多___________kg。
14．（2022·安徽淮北·统考一模）三氧化钼(MoO3)和五氧化二钒(V2O5)是石油炼制中的重要催化剂，可利用炼油废催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、MoO3，还有少量的Al2O3、Fe2O3、有机物等)来制备。工艺流程图如图：
已知：溶液中五价钒的存在形态如图所示：
(1)“焙烧”的目的是______。
(2)滤渣的主要成分是______。
(3)向滤液①中加H2O2的作用是______(用离子方程式表示)；有人提出用HNO3代替H2O2和盐酸，你认为是否合理，理由是______。
(4)除了调控滤液①pH为8外，还需要控制溶液中钒的总浓度不超过______mol•L-1；通过计算说明此时铝元素有无完全沉淀______。(已知：Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]- K=100.63；溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全)
(5)NH4VO3受热分解的化学方程式为______。
三、实验题
15．（2022·安徽淮南·统考二模）CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，是重要的工业催化剂。某化学兴趣小组同学对其制备过程进行了实验探究。
I．小组同学首先用如图装置制备CuCl2。
(1)仪器a的名称为_______NaOH溶液的作用是_______。
(2)三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
II．查阅资料后，小组同学用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl。
(3)制备反应的离子方程式为_______。
(4)将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品。
①过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免_______；
②判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是_______。
(5)研究发现，CuCl的产率与CuCl2起始浓度、溶液pH的关系如下图。
①随着pH增大，CuCl2浓度逐渐降低的原因是_______；
②控制溶液的pH在_______时，CuCl产率最高。
16．（2022·安徽淮北·统考二模）三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，Mr=491 g/mol)，是制备某些负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室中，可通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392 g/mol]制备，实验步骤如下：称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 mol/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解。再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后继续煮沸3分钟，过滤。在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体的质量为5.95g。回答下列问题：
(1)在实验室中，配制1.0 mol/LH2SO4溶液，需要的仪器有烧杯、玻璃棒、_______(从下图中选择，写出名称)。
(2)生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟的目的_______。
(3)①水浴温度控制在40℃最适宜，原因是_______；
②除去过量H2O2溶液的目的是_______；
③由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备溶液的化学反应方程式_______。
(4)析出的三草酸合铁酸钾晶体通过如图所示装置进行分离，与普通过滤装置相比，该装置的优点是_______。所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是_______%(保留3位有效数字)。
17．（2022·安徽宣城·二模）二氧化氯(ClO2)是广泛应用的高效安全消毒剂。
(1)ClO2性质活泼，气体及水溶液均不能稳定存在，使用时需现场制备或用稳定剂吸收、转化。用和将ClO2转化为，的反应装置如图1，已知反应放出大量的热，且温度高于60℃时分解生成和。
①仪器A的名称为_______，写出A中发生反应的化学方程式_______。
②实验时吸收液中和的物料比小于反应的化学计量数之比，原因可能是_______；为提高吸收率，在不改变吸收液的物料比的条件下，可以改进的措施是_______(写出一点即可)。
(2)用处理过的饮用水常含有一定量的，饮用水中的含量可用连续碘量法进行测定。被还原为或的转化率与溶液的关系如图2所示。反应生成的用标准溶液滴定：。
滴定过程为：准确量取VmL水样加入到碘量瓶中，调节水样的为，加入足量的晶体，充分反应后，用溶液滴定至淡黄色，加入淀粉溶液，滴定至第一次终点，消耗溶液；调节溶液的pH≤2.0，继续用溶液滴定至第二次终点，消耗溶液。
①写出当pH≤2.0时，与反应的离子方程式_______。
②两次滴定终点的现象_______(填“相同”或“不相同”)，根据上述数据，测得该水样中的浓度为_______(用含字母的代数式表示)。
③滴定所用碘量瓶(如图3，瓶口为喇叭形，磨口玻璃塞与瓶口间可形成一圈水槽)，加入水样和KI晶体后，盖上磨口塞并加蒸馏水液封，滴定前打开瓶塞，让水流下，并用少量水冲洗瓶塞和内壁，该操作的目的是_______。
(3)图4为新型电极材料电解食盐水制取ClO2和烧碱的装置示意图。则A极为_______极，B极的电极反应式为_______。
18．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）测定某明矾样品(含砷酸盐)中砷的含量，实验步骤如下：
实验一：配制砷标准溶液
①取一定质量的As2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液(此溶液1.0mL相当于0.10g砷)。
②取一定量上述溶液，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液。
(1)②需取用①中Na3AsO3溶液___________mL。
实验二：测定样品中砷含量(实验装置如图，夹持装置已略去)
①往B瓶中加入20.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。
②往B瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管C，并使C管右侧末端插入比色管D中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25~40℃。45 min后，打开K1通入N2，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。
③用明矾样品代替20.00mL砷标准溶液进行实验，相同条件下生成相同量红色胶态银，需要5.0g明矾样品。
(2)量取20.00mL砷标准溶液使用的定量仪器为___________，乙酸铅棉花的作用是___________。
(3)写出Zn与H3AsO3生成砷化氢反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目___________。
(4)控制B瓶中反应温度的方法是___________，反应中通入N2的作用是___________。
(5)明矾样品中砷的含量为___________％。
四、填空题
19．（2022·安徽淮北·统考一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.氢碘酸 d.磷酸
五、元素或物质推断题
20．（2021·安徽蚌埠·统考一模）如表是元素周期表的短周期。
(1)c元素在周期表中的位置是___。
(2)a和d的简单氢化物中稳定性较强的是___(写化学式，下同)。
(3)上表所列元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是___。
(4)写出b单质与水反应的化学方程式，并用单线桥法表示电子转移情况___。
参考答案：
1．A
【详解】A．Fe3+、Cl-、SO、K+之间不反应能够大量共存，加入铜粉后与Fe3+发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A符合题意；
B．由于HCO的酸性强于HAlO2，故HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+，即HCO、AlO在水溶液中不能大量共存，B不合题意；
C．Na+、Fe2+、Br-、Mg2+各离子互不反应可以大量共存，但由于Fe2+的还原性强于Br-，通入Cl2时，先发生的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C不合题意；
D．NH、Na+、SO、HCO各离子互不反应可以大量共存，但由于HCO先与OH-反应，故加入NaOH后，先发生的离子方程式为：HCO+OH-=+H2O，D不合题意；
故答案为：A。
2．C
【分析】本题由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为：2NO+2H2==N2+2H2O，据此分析。
【详解】A．由图分析，反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A项正确。
B．由图分析，反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B项正确。
C．据分析可知，Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C项错误。
D．据分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D项正确。
故答案为：C。
3．D
【详解】A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；
B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；
C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；
D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；
故选：D。
4．A
【详解】A．用铝热反应是金属铝和氧化铁反应置换出铁单质，故铝热反应可以制备金属铁，故A正确；
B．向澄清的CaSO4饱和溶液中加入等体积1mol•L-1Na2CO3溶液，产生了白色沉淀，说明CaSO4转化成更难溶的CaCO3，故Ksp(CaCO3)< Ksp(CaSO4)，故B错误；
C．HNO2可与H2O2反应制得HNO3，N元素化合价从+3升高到+5价，HNO2为还原剂，H2O2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，故氧化性：HNO2
故答案为A。
5．A
【详解】A．PCl5中共用电子对数是5，则0.5molPCl5中共用电子对的数目为0.5mol×5=2.5NA，故A错误；
B．标况下11.2L混合气体的物质的量为，而CO2和SO2中均含2个氧原子，故0.5mol混合物中含有的氧原子的个数为NA个，故B正确；
C．46g钠的物质的量为1mol，钠与水完全反应生成NaOH，反应后Na元素变为+1价，故2molNa反应转移的电子数为2NA，故C正确；
D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以0.1mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1 NA，故D正确；
故选：A。
6．B
【详解】A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误；
B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；
C．由图可知，在整个历程中，NO先被还原为NO，NO再被还原为N2，则NO是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，将NO最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4 mol NO，故D错误；
答案选B。
7．D
【分析】反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，每个Ce4+离子得到1个电子生成Ce3+离子，反应Ⅱ中Ce3+离子是还原剂，每个Ce3+离子失去1个电子生成Ce4+离子，NO是氧化剂，据此分析。
【详解】A．反应前后会产生水、气体，溶液的体积会发生变化，反应前后溶液中的浓度会变化，故A错误；
B．反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故B错误；
C．反应Ⅱ方程式：4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，故C错误；
D．总反应为2H2+2NO=N2+2H2O，每生成至少需要消耗，故D正确；
故选：D。
8．B
【详解】A．在该反应中Cl2得到电子被还原为NaCl，A错误；
B．在该反应中，NaClO2失去电子被氧化为ClO2，每有1 mol NaClO2反应，转移1 mol电子，则当消耗0.1 mol NaClO2时，转移0.1 mol电子，B正确；
C．ClO2是NaClO2失去电子后被氧化产生的氧化产物，C错误；
D．在该反应中Cl2作氧化剂，NaClO2作原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1，D错误；
故合理选项是B。
9．(1) 增大I2的溶解度，从而加快反应速率 防止I2升华
(2)
(3)Na2CO3溶液
(4)HI或氢碘酸
(5)蒸发速度快，且可减少因温度高导致NaI·2H2O氧化(或其他合理描述)
(6)95.76％
【分析】纯碱中加入蒸馏水溶解然后向其中加入I2，发生歧化反应产生NaI、NaIO3、NaIO，向其中加入N2H4·H2O，可以将NaIO3还原为N2， NaIO3则被还原为I-；然后加入活性炭脱水，再过滤弃去滤渣，向滤液中先加入Ba(OH)2溶液，使转化为BaSO4沉淀，再加入稍过量Na2CO3溶液除去过量Ba2+，除去过量BaSO4、BaCO3沉淀，向滤液中加入HI调整溶液pH，反应产生NaI，然后在80℃条件下减压蒸发、再冷却结晶得到NaI·2H2O，然后加热使其失去结晶水得到NaI。
【详解】（1）因为I2在水中的溶解度小，结合已知信息可知，向溶液中加入少量NaI，其目的是增大I2的溶解度，从而加快反应速率；
该步骤I2易升华，反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃，是由于反应温度过高会导致I2会发生升华，为防止其升华，反应温度不能太高，控制温度为40~70℃；
（2）还原时NaIO3则被还原为I-，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；
（3）“除”时，若a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，可以使溶液中的形成BaSO4沉淀除去，则b应该是可以除去过量Ba2+的试剂，又因不能引入其它离子，所以加入的试剂b为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；
（4）调pH应加酸酸化除去过量OH-，同时也不能引入杂质离子，结合生成物可知，试制X应为HI或氢碘酸；
（5）减压蒸发操作的目的有两个，一是可降低点蒸发发时溶液的温度，因而可减少NaI·2H2O的氧化，二是降低物质的沸点，使物质在较低温度时蒸发速度快；
（6）NaI与AgNO3溶液会发生反应：NaI+AgNO3=AgI↓+NaNO3，根据物质反应转化关系可知在25.0 mL溶液中含有NaI的物质的量n(NaI)=n(AgNO3)=0.2100 mol/L×0.01520 L=0.003192 mol，则5.00 g样品配制的250 mL溶液中含有的NaI的物质的量n(NaI)=0.003192 mol×10=0.03192 mol，则其中NaI的质量为m(NaI)=0.03192 mol×150 g/mol=4.788 g，故该样品中NaI的质量分数为。
10．(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4
(2)还原Fe3+
(3)C
(4)单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小
(5)Zn、Fe
(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2
【分析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中加入硫酸溶液浸取时，PbO与硫酸溶液反应生成PbSO4，ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2溶于硫酸溶液得到含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4，过滤得到含有PbSO4的滤渣和含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4的滤液；向滤液中先加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再加入氧化锌调节溶液pH至2.5，后加入单宁酸沉锗，经洗涤、压滤得到含有ZnSO4、FeSO4的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO2。
【详解】（1）由分析可知，ZnO·GeO2与硫酸溶液反应生成ZnSO4、GeOSO4和水，反应的化学方程式为ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO4；
（2）由分析可知，试剂X为铁，加入铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：还原Fe3+；
（3）由图可知，溶液pH为2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH应为2.5，故选C；
（4）由表格数据可知，当单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产成本，应选择单宁酸总用量为25倍进行二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；
（5）由分析可知，滤液中含有ZnSO4、FeSO4，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁元素，故答案为：Zn、Fe；
（6）由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反应为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反应生成二氧化锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2，故答案为：2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2。
11．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
12．(1) 90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率 水浴加热
(2) SiO2 Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O
(3) +2H2O=H2WO4↓+2H+ C
(4)0.01
【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入草酸溶液将金属氧化物转化为离子、离子、离子，二氧化硅与草酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有离子、离子、离子的浸取液；浸取液经加热蒸发得到浓缩液，向浓缩液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将离子转化为沉淀，过滤得到和滤液1；与稀氢氧化钠溶液反应得到钨酸钠；向滤液1中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将离子转化为氢氧化铁沉淀，同时将离子转化为V2O5·H2O沉淀；过滤得到滤液2和含有氢氧化铁、V2O5·H2O；向氢氧化铁、V2O5·H2O中加入稀氢氧化钠溶液将V2O5·H2O转化为钒酸钠。
【详解】（1）由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热，故答案为：90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；水浴加热；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；氧化铁与草酸溶液反应生成二草酸根离子合铁离子、二氧化碳、氢离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O，故答案为：SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O；
（3）①由题意可知，在溶液中发生水解反应生成钨酸沉淀和氢离子，反应的离子方程式为+2H2O=H2WO4↓+2H+，故答案为：+2H2O=H2WO4↓+2H+；
②A．加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，使VO2+离子浓度减小，电离平衡正向移动，故正确；
B．由离子在溶液中也存在类似的电离平衡可知，离子在溶液中也存在着两步电离平衡，加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O的过程中还存在着化学平衡，所以该过程涉及了2个以上的化学平衡，故正确；
C．VO2+离子转化为V2O5·H2O的反应中钒元素的化合价升高被氧化，所以转化过程为氧化还原反应，不可能是水解反应，故错误；
故选C。
（4）由电离常数公式可知，溶液中K1K2=，当时，溶液中草酸根离子浓度为 =mol/L=0.01 mol/L，故答案为：0.01。
13．(1)将Fe2+氧化为Fe3+
(2) 玻璃棒、漏斗 Fe(OH)3、Sc(OH)3
(3) 溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+
(4)2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2
(5)1.80或1.8
【分析】钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc) ，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析解题。
（1）
“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去；
（2）
在实验室中，“操作1”为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，因为加入氢氧化钠溶液之前溶液中含有Sc3+和Fe3+；
（3）
调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为：取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色；
（4）
草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2；
（5）
Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3， n(Sc)=，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多：m= n(Sc)÷2×(90+48)÷85%=1.8kg。
14．(1)除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质
(2)Fe2O3
(3) H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O 不合理，硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染
(4) 0.01 pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀
(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
【分析】Na2CO3加入废催化剂焙烧，由于Fe2O3难溶于水碱液，滤渣是Fe2O3，加入H2O2将VO氧化为VO，调节pH生成Al(OH)3沉淀，加入NH4Cl结合VO生成NH4VO3沉淀，在500~550℃受热分解为V2O5，滤液3内含MoO，系列操作后生成MoO3；
【详解】（1）Na2CO3是强碱弱酸盐，呈碱性，“焙烧”的目的是除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质；
（2）Fe2O3难溶于水碱液，滤渣的主要成分是Fe2O3；
（3）滤液①中加H2O2的作用是将VO氧化为VO，离子方程式为：H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O；若用HNO3代替不合理，因为硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染；
（4）由图知，pH=8时，五价钒的存在形态为VO，lgc(V)=-2.0，c(V)=0.01mol/L，pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀；
（5）NH4VO3受热分解生成V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。
15．(1) 恒压漏斗(或恒压滴液漏斗) 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O
(3)2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+
(4) CuCl被空气氧化 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净
(5) 随着pH增大，Cu2+水解程度增大 3.2(3-4之间的合理答案均可)
【分析】本题为实验室制备CuCl的探究，实验I为制备CuCl2，原理为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，然后用NaOH吸收挥发出来的HCl，实验II为用用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl，反应原理为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品，据此分析解题。
(1)
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗，由分析可知，NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：恒压滴液漏斗；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
(2)
由分析可知，三颈烧瓶中发生反应的反应方程式为：Cu+H2O2+2HClCuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；
(3)
由分析可知，制备反应的方程式为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，故该反应的离子方程式为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+，故答案为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
①由题干信息可知，CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，则过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免因过滤速度慢，CuCl长期暴露在空气中而被氧化，故答案为：CuCl被空气氧化；
②由分析可知，根据反应原理可知，CuCl沉淀表面还有(NH4)2SO4等可溶性杂质，只要检测不到洗涤液中还有即说明洗涤干净，故判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
(5)
①由于Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，随着pH增大，H+浓度减小，上述水解平衡正向移动，导致CuCl2浓度逐渐降低，故答案为：随着pH增大，Cu2+水解程度增大；
②由题干图示信息可知，控制溶液的pH在3.2左右时，CuCl产率最高，故答案为：3.2(3-4之间的合理答案均可)。
16．(1)量筒、容量瓶、胶头滴管
(2)使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤
(3) 温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O；故水浴温度控制在40℃产率最高 防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低 2FeC2O4·2H2O+ H2O2+3K2C2O4+ H2C2O4= 2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
(4) 快速过滤、沉淀易干燥 95.0
【分析】本实验是通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]来制备三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)。实验过程中，称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 mol/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解，加入几滴稀硫酸目的是抑制Fe2+水解，然后再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀，反应原理为，继续煮沸3分钟，使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，过滤，在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体，该过程将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为，以此分析来解题。
(1)
在实验室中，配制1.0 mol/L H2SO4溶液属于一定物质的量浓度溶液的配制，除了烧杯、玻璃棒之外，还需用到量筒、容量瓶和胶头滴管，故答案为量筒、容量瓶、胶头滴管；
(2)
生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟，根据胶体的性质，FeC2O4·2H2O胶状沉淀会发生聚沉，生成较大颗粒的沉淀，故答案为：使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤；
(3)
①滴加H2O2溶液，是为了将FeC2O4·2H2O中的Fe2+氧化为Fe3+，而H2O2溶液受热时自身易发生分解，因此水浴温度控制在40℃最适宜，原因是温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，故答案为：温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，水浴温度控制在40℃产率最高；②后续实验会继续加入饱和H2C2O4溶液，如果过量的H2O2溶液不除去，可能会发生氧化还原反应，影响实验结果，故答案为：防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低；③根据氧化还原反应方程式的书写方法，由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备K3[Fe(C2O4)3]溶液的化学反应方程式为；
(4)
①该装置是减压过滤装置，与普通过滤装置相比，该装置的优点是过滤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：快速过滤、沉淀易干燥；②假设理论上获得三草酸合铁酸钾晶体的质量为，根据Fe原子守恒，可得关系式：
即 ，。
所以所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是，故答案为95.0。
17．(1) 三颈烧瓶 受热易分解 使用冰水浴或缓慢通入
(2) 相同 用水液封防止碘升华散逸，水将挥发至内壁上的碘冲洗下来，减少误差
(3) 阳
【分析】由实验装置图可知，装置Ⅰ中二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应制备亚氯酸钠，装置Ⅱ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氯，防止污染空气。
【详解】（1）①由实验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶；A中发生的反应为二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为，故答案为：三颈烧瓶；；
②二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，会导致过氧化氢分解，为使过氧化氢能与二氧化氯完全反应，在不改变吸收液的物料比的条件下，实验时应采取控制二氧化氯的通入速率、控制吸收液中氢氧化钠和过氧化氢的物料比小于反应的化学计量数之比、在冰水浴中反应等措施，提高二氧化氯的吸收率，故答案为：受热易分解；使用冰水浴或缓慢通入；
（2）①由图可知，当溶液pH≤2.0时，亚氯酸根离子与碘离子反应生成氯离子、碘和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由题意可知，第一次滴定发生的反应为pH为7.0—8.0时水中的二氧化氯与碘离子反应生成亚氯酸根和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色；第二次滴定发生的反应为pH≤2.0时，溶液中亚氯酸根与碘离子反应生成氯离子和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色，则两次滴定终点的现象相同；由得失电子数目守恒可得第一次滴定有如下关系：2ClO2—I2—2Na2S2O3—2ClO，滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则反应生成亚氯酸根离子的物质的量为10—3c1Vmol，由得失电子数目守恒可得第一次滴定有如下关系：ClO—2I2—4Na2S2O3，滴定滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则水中亚氯酸根离子的物质的量为×10-3cV2mol—10-3cV1mol，所以水中亚氯酸根离子的浓度为=mol/L，故答案为：相同；；
③由于碘受热易升华附着在锥形瓶壁上，题给装置用水液封的方法防止碘升华散逸，同时用水洗将挥发至内壁上的碘冲洗下来，使反应生成的碘充分反应，减少误差，故答案为：用水液封防止碘升华散逸，水将挥发至内壁上的碘冲洗下来，减少误差；
（3）由钠离子的移动方向可知，A极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，B极为阴极，水在阳极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，故答案为：阳极；。
18．(1)5
(2) 酸式滴定管 除去H2S，以免干扰D中反应
(3)
(4) 水浴加热 将砷化氢气体完全带入D中，使其完全反应
(5)0.4
【详解】（1）（1）根据质量守恒，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液，需取用Na3AsO3溶液。
（2）量取20.00mL砷标准溶液使用的定量仪器为酸式滴定管，乙酸铅和H2S反应生成PbS沉淀，乙酸铅棉花的作用是吸附H2S。
（3）Zn与H3AsO3生成砷化氢，砷元素化合价由+3价降低为-3价、锌元素化合价由0价升高为+3价，反应的离子方程式为 ，并用单线桥表示电子转移的方向和数目为。
（4）控制反应温度25~40℃，控制B瓶中反应温度的方法是水浴加热；开K1通入N2，使生成的砷化氢气体被D中银盐完全吸收；
（5）20.00mL砷标准溶液含砷量为0.02L×1.0g·L-1=0.02g，明矾样品中砷的含量为。
19．(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2) 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4) 2 b
【详解】（1）铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
（2）①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
（3）已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
（4）①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
20．(1)第三周期ⅢA族
(2)NH3
(3)HClO4
(4)
【分析】根据元素在周期表的位置可知：a是N，b是F，c是Al，d是P，e是Cl元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
(1)
c是Al，原子核外电子排布是2、8、3，根据原子结构与元素位置关系可知Al位于元素周期表第三周期ⅢA族；
(2)
a是N，d是P，二者是同一主族元素。元素的原子核外电子层数越少，元素的非金属性就越强，该元素的最简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>P，所以氢化物的稳定性：NH3>PH3，故稳定性较强的是NH3；
(3)
元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，在上述元素形成的最高价含氧酸中，酸性最强的是HClO4；
(4)
b是F，其单质F2与H2O反应产生HF、O2，该反应的方程式为2F2+2H2O=4HF+O2。在该反应中F元素化合价由反应前F2中的0价变为反应后HF中的-1价，化合价降低，得到电子4×e-，被还原；O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子2×2e- ，被氧化，用单线桥法表示电子转移为：。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2022·安徽芜湖·统考三模）下列离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
Fe3+、Cl-、SO、K+
铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B
K+、HCO、AlO、Cl-
盐酸
H++ AlO+H2O=Al(OH)3↓
C
Na+、Fe2+、Br-、Mg2+
氯气
2 Br-+Cl2=Br2+2Cl-
D
NH、Na+、SO、HCO
NaOH
NH+OH-=NH3·H2O
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·安徽黄山·统考二模）硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2
C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变
D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2
3．（2022·安徽淮北·统考一模）高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是
A．NaCuO2中铜的化合价为+3价
B．1molClO-参加反应转移2mol电子
C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3
D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
4．（2022·安徽淮北·统考一模）下列实验或事实的解释正确的是
选项
实验或事实
解释
A
用铝热反应来制备金属铁
还原性：Al>Fe
B
向澄清的CaSO4饱和溶液中加入等体积1mol•L-1Na2CO3溶液，产生了白色沉淀
Ksp：CaCO3>CaSO4
C
HNO2可与H2O2反应制得HNO3
氧化性：HNO2>H2O2
D
氢氧化铝胶体净水
利用了胶体的丁达尔效应
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·安徽淮北·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．0.5molPCl5中共用电子对的数目为2NA
B．标准状况下，11.2LCO2和SO2混合气体中氧原子数为NA
C．46g钠与水完全反应转移的电子数为2NA
D．0.1molFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1NA
6．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是
A．Fe3O4没有参与该循环历程
B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C．NO是NO催化还原过程的催化剂
D．在整个历程中，每1molH2可还原1 mol NO
7．（2021·安徽合肥·统考一模）常温下，将NO与的混合气体通入与的混合溶液中，NO可转化为无害物质，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．反应前后溶液中的浓度保持不变
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．反应Ⅱ为
D．理论上每生成至少需要消耗
8．（2021·安徽蚌埠·统考一模）二氧化氯具有杀菌消毒作用，是一种广谱型消毒剂。工业上常用Cl2氧化NaClO2制得，方程式为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，下列相关说法正确的是
A．反应中Cl2被氧化 B．消耗0.1 mol NaClO2时，转移0.1 mol电子
C．ClO2是还原产物 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2
二、工业流程题
9．（2022·安徽铜陵·统考二模）碘化钠(NaI，白色粒状)常用于医学和摄影技术。以纯碱(含少量Na2SO4杂质)为原料制备NaI的流程如下：
已知：①I2与Na2CO3生成NaI、NaIO和NaIO3；
②
③NaI·2H2O易被O2氧化生成I2，且温度越高，反应速率越快；
④减压可使物质的沸点降低。
回答下列问题：
(1)“转化”时，向溶液中加入少量NaI的目的是_______；该步骤反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃的原因是_______(从的性质考虑)。
(2)写出“还原”时，发生反应的离子方程式：_______()。
(3)“除”时，若试剂a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，则b是稍过量的_______。
(4)试剂X是_______
(5)获得NaI·2H2O时，采用减压蒸发的原因是_______。
(6)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的质量分数为_______。
10．（2022·安徽淮南·统考二模）锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(成分有ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：
已知：①浸取后溶液pH为2，Ge以GeO2+的形式存在；
②单宁酸为复杂有机酸，易与Fe3+络合沉淀。
(1)浸取时ZnO·GeO2发生反应的化学方程式是_______，浸渣的主要成分是_______。
(2)试剂X的作用是_______。
(3)下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为_______(填标号)。
A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0
(4)沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其原因是_______。
一段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
88.5
89.5
90.5
91.5
93.5
二段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
92
93.5
94.5
97
97.5
(5)可从滤液中回收的金属元素主要有_______。
(6)若用C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SO4，其在空气中灼烧会得到SO2、H2O、CO2三种气体，该反应方程式为_______。
11．（2022·安徽马鞍山·统考三模）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
(1)加快“脱锡”速率的措施有_______(写出一点)。“操作I” 包含_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_______；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因_______。
(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_______； 当阴极出现_______的现象时，说明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_______。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为_______。
12．（2022·安徽淮北·统考二模）某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
(1)已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是_______，实验室中宜选用的加热方式为_______(“水浴加热”或“油浴加热”)。
(2)已知“浸取液”的主要成分、、和过量的H2C2O4，滤渣的主要成分是_______；Fe2O3与H2C2O4的反应的离子方程式为_______。
(3)“浓缩液”经过两步氧化实现金属元素的分离。在溶液中存在平衡WO2(C2O4)+，WO2(C2O4)+ ，当溶液中的草酸氧化分解率到达67%时，开始水解生成。
①写出水解的离子方程式_______；
②已知离子在溶液中也存在类似的电离平衡，下列有关氧化离子生成V2O5·H2O的说法错误的是_______(填标号)。
A．加入促使离子的电离平衡正向移动
B．该过程涉及了2个以上的化学平衡
C．VO2+离子水解生成V2O5·H2O
(4)已知 K1；FeC2O4Fe2++ K2，当“滤液1”中时，的浓度为_______mol/L。(已知)
13．（2022·安徽马鞍山·统考一模）钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。
回答下列问题：
(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是___________;
(2)在实验室中，“操作1”需要的玻璃仪器有烧杯、___________，“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、___________
(3)调pH的目的是___________；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为___________。
(4)写出草酸钪焙烧时反应的化学方程式___________
(5)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多___________kg。
14．（2022·安徽淮北·统考一模）三氧化钼(MoO3)和五氧化二钒(V2O5)是石油炼制中的重要催化剂，可利用炼油废催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、MoO3，还有少量的Al2O3、Fe2O3、有机物等)来制备。工艺流程图如图：
已知：溶液中五价钒的存在形态如图所示：
(1)“焙烧”的目的是______。
(2)滤渣的主要成分是______。
(3)向滤液①中加H2O2的作用是______(用离子方程式表示)；有人提出用HNO3代替H2O2和盐酸，你认为是否合理，理由是______。
(4)除了调控滤液①pH为8外，还需要控制溶液中钒的总浓度不超过______mol•L-1；通过计算说明此时铝元素有无完全沉淀______。(已知：Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]- K=100.63；溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全)
(5)NH4VO3受热分解的化学方程式为______。
三、实验题
15．（2022·安徽淮南·统考二模）CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，是重要的工业催化剂。某化学兴趣小组同学对其制备过程进行了实验探究。
I．小组同学首先用如图装置制备CuCl2。
(1)仪器a的名称为_______NaOH溶液的作用是_______。
(2)三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
II．查阅资料后，小组同学用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl。
(3)制备反应的离子方程式为_______。
(4)将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品。
①过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免_______；
②判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是_______。
(5)研究发现，CuCl的产率与CuCl2起始浓度、溶液pH的关系如下图。
①随着pH增大，CuCl2浓度逐渐降低的原因是_______；
②控制溶液的pH在_______时，CuCl产率最高。
16．（2022·安徽淮北·统考二模）三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，Mr=491 g/mol)，是制备某些负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室中，可通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392 g/mol]制备，实验步骤如下：称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 mol/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解。再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后继续煮沸3分钟，过滤。在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体的质量为5.95g。回答下列问题：
(1)在实验室中，配制1.0 mol/LH2SO4溶液，需要的仪器有烧杯、玻璃棒、_______(从下图中选择，写出名称)。
(2)生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟的目的_______。
(3)①水浴温度控制在40℃最适宜，原因是_______；
②除去过量H2O2溶液的目的是_______；
③由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备溶液的化学反应方程式_______。
(4)析出的三草酸合铁酸钾晶体通过如图所示装置进行分离，与普通过滤装置相比，该装置的优点是_______。所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是_______%(保留3位有效数字)。
17．（2022·安徽宣城·二模）二氧化氯(ClO2)是广泛应用的高效安全消毒剂。
(1)ClO2性质活泼，气体及水溶液均不能稳定存在，使用时需现场制备或用稳定剂吸收、转化。用和将ClO2转化为，的反应装置如图1，已知反应放出大量的热，且温度高于60℃时分解生成和。
①仪器A的名称为_______，写出A中发生反应的化学方程式_______。
②实验时吸收液中和的物料比小于反应的化学计量数之比，原因可能是_______；为提高吸收率，在不改变吸收液的物料比的条件下，可以改进的措施是_______(写出一点即可)。
(2)用处理过的饮用水常含有一定量的，饮用水中的含量可用连续碘量法进行测定。被还原为或的转化率与溶液的关系如图2所示。反应生成的用标准溶液滴定：。
滴定过程为：准确量取VmL水样加入到碘量瓶中，调节水样的为，加入足量的晶体，充分反应后，用溶液滴定至淡黄色，加入淀粉溶液，滴定至第一次终点，消耗溶液；调节溶液的pH≤2.0，继续用溶液滴定至第二次终点，消耗溶液。
①写出当pH≤2.0时，与反应的离子方程式_______。
②两次滴定终点的现象_______(填“相同”或“不相同”)，根据上述数据，测得该水样中的浓度为_______(用含字母的代数式表示)。
③滴定所用碘量瓶(如图3，瓶口为喇叭形，磨口玻璃塞与瓶口间可形成一圈水槽)，加入水样和KI晶体后，盖上磨口塞并加蒸馏水液封，滴定前打开瓶塞，让水流下，并用少量水冲洗瓶塞和内壁，该操作的目的是_______。
(3)图4为新型电极材料电解食盐水制取ClO2和烧碱的装置示意图。则A极为_______极，B极的电极反应式为_______。
18．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）测定某明矾样品(含砷酸盐)中砷的含量，实验步骤如下：
实验一：配制砷标准溶液
①取一定质量的As2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液(此溶液1.0mL相当于0.10g砷)。
②取一定量上述溶液，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液。
(1)②需取用①中Na3AsO3溶液___________mL。
实验二：测定样品中砷含量(实验装置如图，夹持装置已略去)
①往B瓶中加入20.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。
②往B瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管C，并使C管右侧末端插入比色管D中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25~40℃。45 min后，打开K1通入N2，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。
③用明矾样品代替20.00mL砷标准溶液进行实验，相同条件下生成相同量红色胶态银，需要5.0g明矾样品。
(2)量取20.00mL砷标准溶液使用的定量仪器为___________，乙酸铅棉花的作用是___________。
(3)写出Zn与H3AsO3生成砷化氢反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目___________。
(4)控制B瓶中反应温度的方法是___________，反应中通入N2的作用是___________。
(5)明矾样品中砷的含量为___________％。
四、填空题
19．（2022·安徽淮北·统考一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.氢碘酸 d.磷酸
五、元素或物质推断题
20．（2021·安徽蚌埠·统考一模）如表是元素周期表的短周期。
(1)c元素在周期表中的位置是___。
(2)a和d的简单氢化物中稳定性较强的是___(写化学式，下同)。
(3)上表所列元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是___。
(4)写出b单质与水反应的化学方程式，并用单线桥法表示电子转移情况___。
参考答案：
1．A
【详解】A．Fe3+、Cl-、SO、K+之间不反应能够大量共存，加入铜粉后与Fe3+发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A符合题意；
B．由于HCO的酸性强于HAlO2，故HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+，即HCO、AlO在水溶液中不能大量共存，B不合题意；
C．Na+、Fe2+、Br-、Mg2+各离子互不反应可以大量共存，但由于Fe2+的还原性强于Br-，通入Cl2时，先发生的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C不合题意；
D．NH、Na+、SO、HCO各离子互不反应可以大量共存，但由于HCO先与OH-反应，故加入NaOH后，先发生的离子方程式为：HCO+OH-=+H2O，D不合题意；
故答案为：A。
2．C
【分析】本题由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为：2NO+2H2==N2+2H2O，据此分析。
【详解】A．由图分析，反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A项正确。
B．由图分析，反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B项正确。
C．据分析可知，Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C项错误。
D．据分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D项正确。
故答案为：C。
3．D
【详解】A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；
B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；
C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；
D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；
故选：D。
4．A
【详解】A．用铝热反应是金属铝和氧化铁反应置换出铁单质，故铝热反应可以制备金属铁，故A正确；
B．向澄清的CaSO4饱和溶液中加入等体积1mol•L-1Na2CO3溶液，产生了白色沉淀，说明CaSO4转化成更难溶的CaCO3，故Ksp(CaCO3)< Ksp(CaSO4)，故B错误；
C．HNO2可与H2O2反应制得HNO3，N元素化合价从+3升高到+5价，HNO2为还原剂，H2O2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，故氧化性：HNO2
故答案为A。
5．A
【详解】A．PCl5中共用电子对数是5，则0.5molPCl5中共用电子对的数目为0.5mol×5=2.5NA，故A错误；
B．标况下11.2L混合气体的物质的量为，而CO2和SO2中均含2个氧原子，故0.5mol混合物中含有的氧原子的个数为NA个，故B正确；
C．46g钠的物质的量为1mol，钠与水完全反应生成NaOH，反应后Na元素变为+1价，故2molNa反应转移的电子数为2NA，故C正确；
D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以0.1mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1 NA，故D正确；
故选：A。
6．B
【详解】A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误；
B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；
C．由图可知，在整个历程中，NO先被还原为NO，NO再被还原为N2，则NO是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，将NO最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4 mol NO，故D错误；
答案选B。
7．D
【分析】反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，每个Ce4+离子得到1个电子生成Ce3+离子，反应Ⅱ中Ce3+离子是还原剂，每个Ce3+离子失去1个电子生成Ce4+离子，NO是氧化剂，据此分析。
【详解】A．反应前后会产生水、气体，溶液的体积会发生变化，反应前后溶液中的浓度会变化，故A错误；
B．反应I中氢气是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故B错误；
C．反应Ⅱ方程式：4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，故C错误；
D．总反应为2H2+2NO=N2+2H2O，每生成至少需要消耗，故D正确；
故选：D。
8．B
【详解】A．在该反应中Cl2得到电子被还原为NaCl，A错误；
B．在该反应中，NaClO2失去电子被氧化为ClO2，每有1 mol NaClO2反应，转移1 mol电子，则当消耗0.1 mol NaClO2时，转移0.1 mol电子，B正确；
C．ClO2是NaClO2失去电子后被氧化产生的氧化产物，C错误；
D．在该反应中Cl2作氧化剂，NaClO2作原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1，D错误；
故合理选项是B。
9．(1) 增大I2的溶解度，从而加快反应速率 防止I2升华
(2)
(3)Na2CO3溶液
(4)HI或氢碘酸
(5)蒸发速度快，且可减少因温度高导致NaI·2H2O氧化(或其他合理描述)
(6)95.76％
【分析】纯碱中加入蒸馏水溶解然后向其中加入I2，发生歧化反应产生NaI、NaIO3、NaIO，向其中加入N2H4·H2O，可以将NaIO3还原为N2， NaIO3则被还原为I-；然后加入活性炭脱水，再过滤弃去滤渣，向滤液中先加入Ba(OH)2溶液，使转化为BaSO4沉淀，再加入稍过量Na2CO3溶液除去过量Ba2+，除去过量BaSO4、BaCO3沉淀，向滤液中加入HI调整溶液pH，反应产生NaI，然后在80℃条件下减压蒸发、再冷却结晶得到NaI·2H2O，然后加热使其失去结晶水得到NaI。
【详解】（1）因为I2在水中的溶解度小，结合已知信息可知，向溶液中加入少量NaI，其目的是增大I2的溶解度，从而加快反应速率；
该步骤I2易升华，反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃，是由于反应温度过高会导致I2会发生升华，为防止其升华，反应温度不能太高，控制温度为40~70℃；
（2）还原时NaIO3则被还原为I-，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；
（3）“除”时，若a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，可以使溶液中的形成BaSO4沉淀除去，则b应该是可以除去过量Ba2+的试剂，又因不能引入其它离子，所以加入的试剂b为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；
（4）调pH应加酸酸化除去过量OH-，同时也不能引入杂质离子，结合生成物可知，试制X应为HI或氢碘酸；
（5）减压蒸发操作的目的有两个，一是可降低点蒸发发时溶液的温度，因而可减少NaI·2H2O的氧化，二是降低物质的沸点，使物质在较低温度时蒸发速度快；
（6）NaI与AgNO3溶液会发生反应：NaI+AgNO3=AgI↓+NaNO3，根据物质反应转化关系可知在25.0 mL溶液中含有NaI的物质的量n(NaI)=n(AgNO3)=0.2100 mol/L×0.01520 L=0.003192 mol，则5.00 g样品配制的250 mL溶液中含有的NaI的物质的量n(NaI)=0.003192 mol×10=0.03192 mol，则其中NaI的质量为m(NaI)=0.03192 mol×150 g/mol=4.788 g，故该样品中NaI的质量分数为。
10．(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4
(2)还原Fe3+
(3)C
(4)单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小
(5)Zn、Fe
(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2
【分析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中加入硫酸溶液浸取时，PbO与硫酸溶液反应生成PbSO4，ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2溶于硫酸溶液得到含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4，过滤得到含有PbSO4的滤渣和含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4的滤液；向滤液中先加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再加入氧化锌调节溶液pH至2.5，后加入单宁酸沉锗，经洗涤、压滤得到含有ZnSO4、FeSO4的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO2。
【详解】（1）由分析可知，ZnO·GeO2与硫酸溶液反应生成ZnSO4、GeOSO4和水，反应的化学方程式为ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO4；
（2）由分析可知，试剂X为铁，加入铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：还原Fe3+；
（3）由图可知，溶液pH为2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH应为2.5，故选C；
（4）由表格数据可知，当单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产成本，应选择单宁酸总用量为25倍进行二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；
（5）由分析可知，滤液中含有ZnSO4、FeSO4，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁元素，故答案为：Zn、Fe；
（6）由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反应为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反应生成二氧化锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2，故答案为：2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2。
11．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
12．(1) 90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率 水浴加热
(2) SiO2 Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O
(3) +2H2O=H2WO4↓+2H+ C
(4)0.01
【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入草酸溶液将金属氧化物转化为离子、离子、离子，二氧化硅与草酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有离子、离子、离子的浸取液；浸取液经加热蒸发得到浓缩液，向浓缩液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将离子转化为沉淀，过滤得到和滤液1；与稀氢氧化钠溶液反应得到钨酸钠；向滤液1中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将离子转化为氢氧化铁沉淀，同时将离子转化为V2O5·H2O沉淀；过滤得到滤液2和含有氢氧化铁、V2O5·H2O；向氢氧化铁、V2O5·H2O中加入稀氢氧化钠溶液将V2O5·H2O转化为钒酸钠。
【详解】（1）由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热，故答案为：90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；水浴加热；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；氧化铁与草酸溶液反应生成二草酸根离子合铁离子、二氧化碳、氢离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O，故答案为：SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O；
（3）①由题意可知，在溶液中发生水解反应生成钨酸沉淀和氢离子，反应的离子方程式为+2H2O=H2WO4↓+2H+，故答案为：+2H2O=H2WO4↓+2H+；
②A．加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，使VO2+离子浓度减小，电离平衡正向移动，故正确；
B．由离子在溶液中也存在类似的电离平衡可知，离子在溶液中也存在着两步电离平衡，加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O的过程中还存在着化学平衡，所以该过程涉及了2个以上的化学平衡，故正确；
C．VO2+离子转化为V2O5·H2O的反应中钒元素的化合价升高被氧化，所以转化过程为氧化还原反应，不可能是水解反应，故错误；
故选C。
（4）由电离常数公式可知，溶液中K1K2=，当时，溶液中草酸根离子浓度为 =mol/L=0.01 mol/L，故答案为：0.01。
13．(1)将Fe2+氧化为Fe3+
(2) 玻璃棒、漏斗 Fe(OH)3、Sc(OH)3
(3) 溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+
(4)2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2
(5)1.80或1.8
【分析】钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc) ，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析解题。
（1）
“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去；
（2）
在实验室中，“操作1”为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，因为加入氢氧化钠溶液之前溶液中含有Sc3+和Fe3+；
（3）
调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为：取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色；
（4）
草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2；
（5）
Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3， n(Sc)=，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多：m= n(Sc)÷2×(90+48)÷85%=1.8kg。
14．(1)除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质
(2)Fe2O3
(3) H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O 不合理，硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染
(4) 0.01 pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀
(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
【分析】Na2CO3加入废催化剂焙烧，由于Fe2O3难溶于水碱液，滤渣是Fe2O3，加入H2O2将VO氧化为VO，调节pH生成Al(OH)3沉淀，加入NH4Cl结合VO生成NH4VO3沉淀，在500~550℃受热分解为V2O5，滤液3内含MoO，系列操作后生成MoO3；
【详解】（1）Na2CO3是强碱弱酸盐，呈碱性，“焙烧”的目的是除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质；
（2）Fe2O3难溶于水碱液，滤渣的主要成分是Fe2O3；
（3）滤液①中加H2O2的作用是将VO氧化为VO，离子方程式为：H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O；若用HNO3代替不合理，因为硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染；
（4）由图知，pH=8时，五价钒的存在形态为VO，lgc(V)=-2.0，c(V)=0.01mol/L，pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀；
（5）NH4VO3受热分解生成V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。
15．(1) 恒压漏斗(或恒压滴液漏斗) 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O
(3)2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+
(4) CuCl被空气氧化 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净
(5) 随着pH增大，Cu2+水解程度增大 3.2(3-4之间的合理答案均可)
【分析】本题为实验室制备CuCl的探究，实验I为制备CuCl2，原理为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，然后用NaOH吸收挥发出来的HCl，实验II为用用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl，反应原理为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品，据此分析解题。
(1)
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗，由分析可知，NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：恒压滴液漏斗；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
(2)
由分析可知，三颈烧瓶中发生反应的反应方程式为：Cu+H2O2+2HClCuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；
(3)
由分析可知，制备反应的方程式为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，故该反应的离子方程式为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+，故答案为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
①由题干信息可知，CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，则过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免因过滤速度慢，CuCl长期暴露在空气中而被氧化，故答案为：CuCl被空气氧化；
②由分析可知，根据反应原理可知，CuCl沉淀表面还有(NH4)2SO4等可溶性杂质，只要检测不到洗涤液中还有即说明洗涤干净，故判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
(5)
①由于Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，随着pH增大，H+浓度减小，上述水解平衡正向移动，导致CuCl2浓度逐渐降低，故答案为：随着pH增大，Cu2+水解程度增大；
②由题干图示信息可知，控制溶液的pH在3.2左右时，CuCl产率最高，故答案为：3.2(3-4之间的合理答案均可)。
16．(1)量筒、容量瓶、胶头滴管
(2)使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤
(3) 温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O；故水浴温度控制在40℃产率最高 防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低 2FeC2O4·2H2O+ H2O2+3K2C2O4+ H2C2O4= 2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
(4) 快速过滤、沉淀易干燥 95.0
【分析】本实验是通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]来制备三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)。实验过程中，称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 mol/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解，加入几滴稀硫酸目的是抑制Fe2+水解，然后再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀，反应原理为，继续煮沸3分钟，使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，过滤，在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体，该过程将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为，以此分析来解题。
(1)
在实验室中，配制1.0 mol/L H2SO4溶液属于一定物质的量浓度溶液的配制，除了烧杯、玻璃棒之外，还需用到量筒、容量瓶和胶头滴管，故答案为量筒、容量瓶、胶头滴管；
(2)
生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟，根据胶体的性质，FeC2O4·2H2O胶状沉淀会发生聚沉，生成较大颗粒的沉淀，故答案为：使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤；
(3)
①滴加H2O2溶液，是为了将FeC2O4·2H2O中的Fe2+氧化为Fe3+，而H2O2溶液受热时自身易发生分解，因此水浴温度控制在40℃最适宜，原因是温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，故答案为：温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，水浴温度控制在40℃产率最高；②后续实验会继续加入饱和H2C2O4溶液，如果过量的H2O2溶液不除去，可能会发生氧化还原反应，影响实验结果，故答案为：防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低；③根据氧化还原反应方程式的书写方法，由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备K3[Fe(C2O4)3]溶液的化学反应方程式为；
(4)
①该装置是减压过滤装置，与普通过滤装置相比，该装置的优点是过滤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：快速过滤、沉淀易干燥；②假设理论上获得三草酸合铁酸钾晶体的质量为，根据Fe原子守恒，可得关系式：
即 ，。
所以所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是，故答案为95.0。
17．(1) 三颈烧瓶 受热易分解 使用冰水浴或缓慢通入
(2) 相同 用水液封防止碘升华散逸，水将挥发至内壁上的碘冲洗下来，减少误差
(3) 阳
【分析】由实验装置图可知，装置Ⅰ中二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应制备亚氯酸钠，装置Ⅱ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氯，防止污染空气。
【详解】（1）①由实验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶；A中发生的反应为二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为，故答案为：三颈烧瓶；；
②二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，会导致过氧化氢分解，为使过氧化氢能与二氧化氯完全反应，在不改变吸收液的物料比的条件下，实验时应采取控制二氧化氯的通入速率、控制吸收液中氢氧化钠和过氧化氢的物料比小于反应的化学计量数之比、在冰水浴中反应等措施，提高二氧化氯的吸收率，故答案为：受热易分解；使用冰水浴或缓慢通入；
（2）①由图可知，当溶液pH≤2.0时，亚氯酸根离子与碘离子反应生成氯离子、碘和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由题意可知，第一次滴定发生的反应为pH为7.0—8.0时水中的二氧化氯与碘离子反应生成亚氯酸根和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色；第二次滴定发生的反应为pH≤2.0时，溶液中亚氯酸根与碘离子反应生成氯离子和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色，则两次滴定终点的现象相同；由得失电子数目守恒可得第一次滴定有如下关系：2ClO2—I2—2Na2S2O3—2ClO，滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则反应生成亚氯酸根离子的物质的量为10—3c1Vmol，由得失电子数目守恒可得第一次滴定有如下关系：ClO—2I2—4Na2S2O3，滴定滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则水中亚氯酸根离子的物质的量为×10-3cV2mol—10-3cV1mol，所以水中亚氯酸根离子的浓度为=mol/L，故答案为：相同；；
③由于碘受热易升华附着在锥形瓶壁上，题给装置用水液封的方法防止碘升华散逸，同时用水洗将挥发至内壁上的碘冲洗下来，使反应生成的碘充分反应，减少误差，故答案为：用水液封防止碘升华散逸，水将挥发至内壁上的碘冲洗下来，减少误差；
（3）由钠离子的移动方向可知，A极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，B极为阴极，水在阳极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，故答案为：阳极；。
18．(1)5
(2) 酸式滴定管 除去H2S，以免干扰D中反应
(3)
(4) 水浴加热 将砷化氢气体完全带入D中，使其完全反应
(5)0.4
【详解】（1）（1）根据质量守恒，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液，需取用Na3AsO3溶液。
（2）量取20.00mL砷标准溶液使用的定量仪器为酸式滴定管，乙酸铅和H2S反应生成PbS沉淀，乙酸铅棉花的作用是吸附H2S。
（3）Zn与H3AsO3生成砷化氢，砷元素化合价由+3价降低为-3价、锌元素化合价由0价升高为+3价，反应的离子方程式为 ，并用单线桥表示电子转移的方向和数目为。
（4）控制反应温度25~40℃，控制B瓶中反应温度的方法是水浴加热；开K1通入N2，使生成的砷化氢气体被D中银盐完全吸收；
（5）20.00mL砷标准溶液含砷量为0.02L×1.0g·L-1=0.02g，明矾样品中砷的含量为。
19．(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2) 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4) 2 b
【详解】（1）铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
（2）①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
（3）已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
（4）①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
20．(1)第三周期ⅢA族
(2)NH3
(3)HClO4
(4)
【分析】根据元素在周期表的位置可知：a是N，b是F，c是Al，d是P，e是Cl元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
(1)
c是Al，原子核外电子排布是2、8、3，根据原子结构与元素位置关系可知Al位于元素周期表第三周期ⅢA族；
(2)
a是N，d是P，二者是同一主族元素。元素的原子核外电子层数越少，元素的非金属性就越强，该元素的最简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>P，所以氢化物的稳定性：NH3>PH3，故稳定性较强的是NH3；
(3)
元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，在上述元素形成的最高价含氧酸中，酸性最强的是HClO4；
(4)
b是F，其单质F2与H2O反应产生HF、O2，该反应的方程式为2F2+2H2O=4HF+O2。在该反应中F元素化合价由反应前F2中的0价变为反应后HF中的-1价，化合价降低，得到电子4×e-，被还原；O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子2×2e- ，被氧化，用单线桥法表示电子转移为：。
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