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江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应
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这是一份江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应，共34页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·江西九江·统考三模）湿法制备高铁酸钾的过程：①将制得的Cl2通入一定体积分数的KOH溶液中得到KClO溶液；②将KOH固体溶解在①中得到的KClO溶液中，加入一定质量的Fe(NO3)3·9H2O，搅拌得到K2FeO4溶液，继续加KOH固体至溶液饱和；③减压过滤，滤渣经一系列操作得到K2FeO4晶体。已知K2FeO4性质：低温、碱性环境稳定；具有强氧化性，能氧化烃、苯胺和80%以下的乙醇溶液。下列说法正确的是
A．②中两次使用KOH固体的作用相同
B．③中一系列操作含洗涤，洗涤时可用75%乙醇溶液
C．K2FeO4消毒净水过程均利用它的氧化性
D．制备过程中涉及的主要化学反应都是氧化还原反应
2．（2023·江西·统考二模）胆矾是中学实验室常见的物质，在生产、生活中有广泛应用。如游泳池用硫酸铜杀菌消毒等。某小组对胆矾的性质进行探究，设计实验及现象如下：
①在CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生沉淀和棕色溶液，过滤得到白色沉淀和棕色溶液，在棕色溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色；
②在氮气保护下加热CaSO4·5H2O晶体，固体先变白色，后变黑色；将气体依次通过含足量盐酸的BaCl2溶液、品红溶液、含KSCN的FeCl2溶液，依次观察到的现象是产生白色沉淀、品红褪色、溶液变红色。
下列叙述错误的是
A．实验①中，滴加淀粉溶液的目的是检验I2
B．实验①中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶1
C．实验②中，溶液中盐酸可以抑制SO2与水反应
D．实验②中，可用Ba(NO3)2溶液替代BaCl2溶液
3．（2023·江西·校联考二模）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，且Y、Z、W位于同周期，甲、乙、丁、戊、己是由这些元素组成的常见二元化合物，丙是一种气体单质，已知它们有如下转化关系(反应条件略)：
下列说法错误的是
A．元素Z与元素W至少可组成5种化合物
B．乙可能是无色气体，也可能是有色气体
C．上述四种元素可以组成离子化合物
D．生成等物质的量的丙，反应①与反应②转移电子数相等
4．（2023·江西新余·统考二模）设为阿伏加德罗常数的值，根据氯元素的“价-类”二维图，下列分析正确的是
A．标况下1.12L 溶于水充分反应，转移电子数为0.05
B．由“价-类”二维图推测可能具有强氧化性，能水解生成两种酸
C．工业上常用制备消毒剂，该反应n(氧化产物)：n(还原产物)=4：5
D．用pH试纸分别测定浓度均为1的和NaClO溶液的pH，可比较和HClO酸性的相对强弱
5．（2022·江西·校联考模拟预测）我国清代《本草纲目拾遗》中叙述]“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝⋯⋯日久起销，用刀刮其销⋯⋯所下之销末，名铁线粉”。铁线粉即含有铁锈酚铁粉，铁线粉溶于稀盐酸可能发生下列反应，其中氧化产物：还原产物的质量比为1：2的反应是
A． B．
C． D．
6．（2022·江西·校联考模拟预测）西汉·刘安在《淮南万毕术》中记载：“曾青得铁化为铜”。即铁与硫酸铜等溶液反应。下列叙述错误的是
A．铁与铜盐发生氧化还原反应 B．还原性：Fe>Cu
C．28gFe完全反应失去1.5mol电子 D．铁与铜盐反应后固体质量增大
7．（2022·江西九江·统考二模）Cl2O沸点3.8°C，熔点-116°C，是很好的氯化剂，利用HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O可以制备高纯度的Cl2O。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A．标准状况下，2.24LCl2O含有分子数为0.1NA
B．0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA
C．HgO与稀硝酸反应的离子方程式为O2-+2H+=H2O
D．Cl2O与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl2O+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
8．（2021·江西·校联考二模）硫酸盐气溶胶作为PM2.5的主要构成成分，科学家最近发现了一种“水分子桥”催化促进硫酸盐形成的化学机制如图所示，下列说法不正确的是
A．该机制可以解决SO2的空气污染问题
B．“水桥”的形成与氢键有关
C．HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO
D．电子传递可以促进HSO中O—H键的解离，进而形成中间体SO
二、工业流程题
9．（2023·江西九江·统考三模）二氧化铈(CeO2) 常用于玻璃添加剂，还可用在化妆品中起到抗紫外线作用。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
(1)步骤①过滤过程中使用的玻璃仪器主要有 ，滤渣A 的主要成分为 。
(2)第②步反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)第④步反应的化学方程式为 ，该步骤中洗涤滤渣的方法是 。
(4)工业上以CeCl3·7H2O为原料制备无水CeCl3，流程如下：
制备过程中，如直接加热CeCl3·7H2O会发生反应生成CeOC1，该反应的化学方程式为 ，加NH4Cl能够减少CeOCl的生成，其原因为 (用化学方程式表示)。
10．（2023·江西鹰潭·统考二模）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：
(1)“滤渣”的成分是 。
(2)“酸浸”时Na2SO3发生反应的离子方程式 。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是 。
(3)“除铁”的离子方程式为 。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
(4)从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为 。
(5)“灼烧”时所用到的主要仪器有 (夹持仪器除外)。
(6)某工厂用钌矿石[含4.42tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最終制得1800kgRu，则Ru的产率为 。(保留三位有效数字)
11．（2023·江西景德镇·统考三模）工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程以及可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系分别如图a、b。当c≦1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。回答下列问题：
(1)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
(2)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。
(3)中和时pH的理论范围为 ；酸化的目的是 。
(4)副产品主要是 。
(5)此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被还原为Cr3+然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。已知Ksp(Cr(OH)3)=1.0×10-32；写出阳极的电极方程式： ；若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则此时c(Cr3+)= mol·L-1。
12．（2023·江西鹰潭·统考一模）随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LEP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片( LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如下：
已知： i．废旧磷酸铁锂正极片中的化学物质均不溶于水也不与水反应。
ii．Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应。
回答下列问题：
(1)LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素在周期表中的位置是 。
(2)“氧化浸出”时，保持其他条件不变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如下表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用NaClO3的原因是 。在“氧化浸出”时，适当的升温可加快反应速率，但般不采取高温法， 其原因是 。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为。 。
序号
锂含量/%
氧化剂
pH
浸出液Li
浓度/(g·L-1)
浸出渣中Li
含量/%
1
3.7
H2O2
3.5
9.02
0.10
2
3.7
NaClO3
3.5
9.05
0.08
3
3.7
O2
3.5
7.05
0.93
4
3.7
NaClO
3.5
8.24
0.43
(3)“浸出液”循环两次的目的是 。
(4)“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为 。
(5)“一系列操作”具体包括 、洗涤、干燥。
13．（2022·江西景德镇·统考二模）某废钯催化剂主要含Pd、活性炭、SiO2、Al2O3、Fe3O4、CuO、ZnO。其一种回收利用工艺如图所示。回答相关问题。
(1)焙烧的目的 。
(2)浸出后Pd以PdCl形式存在，写出对应的离子方程式 。
(3)已知Cu2+和Zn2+易与氨水形成Cu(NH3)和Z(NH3)，则滤渣2的化学式为 。
(4)除杂后Pd以Pd(NH3)形式存在，沉钯时得到的是(NH4)2PdCl4， 写出沉钯时对应的离子方程式 。
(5)若还原时生成1mol Pd，则理论上需要消耗N2H4的质量为 。
(6)工业上制备乙醛是在PdCI2—CuCl2催化下用氧气氧化乙烯制备。写出该反应的化学方程式 。 该反应过程复杂，可简单用下列3个反应表示，将反应②补齐。
①C2H4+ PdCl2+ H2O= CH3CHO+ Pd+2HCl
② ；
③4CuCl+O2+4HCl=4CuCl2+2H2O
14．（2022·江西·校联考模拟预测）硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。利用黄铜矿(CuFeS2)制备硫酸亚铁并回收铜的工艺流程如图所示：
(1)①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是 。
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，写出SO2参与反应的电极反应式： 。
(2)还原过程中加入的X为 (填化学式)，该过程发生反应的离子方程式是 。
(3)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)①向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是 。
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，则x= 。
15．（2022·江西九江·统考二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为 。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为 (写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为 。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为 。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是 。
(5)结合图象，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为： 、 ，酒精洗涤，低温干燥。
16．（2022·江西南昌·统考一模）含锌催化剂(主要为ZnO、同时含有少量Fe、Cu、Pb等氧化物)用于合成氨工业和有机合成工业。为充分利用资源，通过如下工艺流程回收锌并制备纳米氧化锌。
(1)90℃酸浸中，硫酸质量分数控制在30%左右，原因是 。
(2)氧化除杂阶段主要是除去铁，氧化时发生的离子方程式是 。调节pH发生的离子方程式为 。
(3)加入锌除去的杂质离子是 ，深度除杂的目的是 。
(4)由碱式碳酸锌分解得到纳米氧化锌的方法是 。
(5)酸浸中，硫酸的量是理论用量的90%，硫酸不能过量的主要原因是 。
17．（2021·江西萍乡·统考二模）锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：
已知：Li2CO3在不同温度下的溶解度
温度/℃
0
10
20
50
75
100
Li2CO3
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.728
(1)第①步反应中会有气体生成，该气体为： ，若要增大第①步反应的浸取率，可以采取的措施有： (写两条)。
(2)第②步反应得到的沉淀X的化学式为 ，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有： 。
(3)工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是 。
(4)写出第③步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式： 。
(5)固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，球磨3-5小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。
①写出该反应的化学方程式： 。
②LiMn2O4中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2+、Mn3+和Mn4+的含量与温度的关系见表。
T/℃
w(Mn2+)(%)
w(Mn3+)(%)
w(Mn4+)(%)
700
5.56
44.58
49.86
750
2.56
44.87
52.57
800
5.50
44.17
50.33
850
6.22
44.40
49.38
由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是：随温度升高 (填选项)
A．增大 B减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
18．（2021·江西九江·统考一模）砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、、Zn、ZnO、Co、Ni等)中回收有价值的金属具有重要意义。
回答下列问题：
(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有 (写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为 。
(2)“氧化浸出“时，被氧化为的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因 。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为 。
(4)操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有 ，已知煅烧时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为4.82g，的体积为2.688L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
(5)已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为沉淀完全)的pH如下表所示：
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
8.0
10.0
7.5
9.5
若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中 。
19．（2021·江西·校联考二模）某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：
(1)结晶水合物M(M=322g/mol)的化学式为 。
(2)“转化”中，加入Na2SO3溶液的离子反应方程式 。
(3)“转化”中，加入Na2CO3目的是 。
(4)下列试剂可以替代Na2SO3溶液 (填写字母)。
A．H2O2溶液 B．Na2SO4溶液 C．高锰酸钾溶液 D．Fe2(SO4)3溶液
(5)该流程中可以循环利用的物质是 (填写物质名称)。
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，其主要原因是 。
(7)合成三盐的化学方程式为 ，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因 。
三、实验题
20．（2023·江西赣州·统考模拟预测）三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行了探究性实验。
实验1.探究Na2CS3的性质：
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变成红色
③
向另一份溶液中滴加用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去
(1)H2CS3是 (填“强”或“弱”)酸。
(2)已知步骤③中反应的氧化产物是 ，则每生成1 mol ，转移 mol 电子。
(3)某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量，你是否同意他的观点并说明理由： 。
实验II．测定Na2CS3溶液的浓度：
按如图所示装置进行实验：将50. 0 mL Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴入足量2.0 mol· L-1的稀H2SO4，关闭活塞。
已知： +2H+=CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒。(CS2不溶于水，沸点为46℃，与CO2的某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O)
(4)仪器M的名称是 ；反应开始前需要先通入一段时间N2，其作用为 。
(5)B中发生反应的离子方程式为 。
(6)为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可通过测定B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是 、干燥， 若B中生成沉淀的质量为8.4 g，则Na2CS3溶液的物质的量浓度是 mol·L-1。
21．（2023·江西景德镇·统考二模）CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：
(一)制备CeO2
I．取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。
Ⅱ．先用水洗涤Ce(OH)4沉淀3次，再用无水乙醇洗涤Ce(OH)4溶液沉淀3次。
Ⅲ．将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。
(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为 ，无水乙醇的作用是 。
(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4的化学方程式： 。
(3)二口烧瓶中为什么不能加沸石？ 。
(二)某样品中CeO2[M(CeO2)=172.1]纯度的测定
称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氨菲-亚铁指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。
(4)实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是 。
(5)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为 ；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：判断滴定终点的方法是 。
(6)样品中CeO2的质量分数w= (用含有c、V、m的代数式表示)。
22．（2022·江西九江·统考二模）利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略)：
(1)仪器a、d的名称分别为 、 。
(2)实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作 (填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
(3)装置B中氯气氧化锰酸钾的化学方程式为 。
(4)单向阀的作用是 ，当仪器B中 即停止通氯气。
(5)当B中反应结束，后续操作是熄灭酒精灯， ，待冷却后拆除装置。
(6)锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是 。
四、填空题
23．（2022·江西·校联考模拟预测）Na、Mg、Al、Fe、Cu、Zn是中学常见的金属率质，其合金在生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)实验室保存在煤油中的金属是 。在潮湿空气中久置会生成绿色锈的金属是 。
(2)铝合金广泛用于门窗，其耐腐蚀的主要原因是 。
(3)一包钠铝合金与水恰好完全反应，收集到8960mLH₂(标准状况)。则这包合金中钠的物质的量为 ，铝的质量为 。写出上述过程中涉及的两个反应的离子方程式： 、 。
(4)现有10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)。则合金组成可能是___________(填字母)。
A．Mg和Cu B．Al和Fe C．Mg和Zn D．Al和Cu
(5)等质量的镁、铝、锌与足量相同浓度的盐酸反应，产生H₂体积与时间关系如图所示。根据图像推知a、b、c曲线代表的金属依次是 (填元素符号)。
参考答案：
1．D
【详解】A．KClO在碱性条件下反应，则在②中先加 KOH 固体的作用是：与反应液中过量的氯气继续反应，营造碱性环境；生成K2FeO4溶液后继续加KOH固体的作用是：增大K＋浓度，促进K2FeO4晶体析出；两次使用KOH固体的作用不相同，故A错误；
B．K2FeO4能氧化80%以下的乙醇溶液，③中一系列操作含洗涤，洗涤时不能用75%乙醇溶液，故B错误；
C．K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，K2FeO4消毒净水过程利用它的氧化性和能形成胶体的性质，故C错误；
D．制备过程中涉及的主要离子反应为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O、2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO＋3Cl－+5H2O，都是氧化还原反应，故D正确；
故选D。
2．D
【详解】A．淀粉溶液遇碘单质变蓝，实验①中，滴加淀粉溶液的目的是检验I2，故A正确；
B．实验①中，在CuSO4溶液中加入过量KI溶液生成I2和CuI白色沉淀，配平化学方程式为：2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，I元素有一半化合价上升作还原剂，Cu元素化合价下降作氧化剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶1，故B正确；
C．SO2与水反应方程式为SO2+H2OH2SO3HSO+H+，加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，可以抑制SO2与水反应，故C正确；
D．Ba(NO3)2溶液中含有，在酸性环境中具有强氧化性，会和SO2反应，干扰后续实验，故D错误；
故选D。
3．D
【分析】丁既是氧化物又是氢化物，因此丁是H2O，戊是14电子分子，因此戊为CO，产物己为22电子分子的氧化物，可推知己是CO2。即X、Y、Z、W中，X是氢元素，Y、Z、W这三种同周期元素中有两种元素是C、O，另一种元素与O形成了氧化物乙，因此另一种元素应该是N。故X、Y、Z、W分别为H、C、N、O。
【详解】A．N与O两种元素可形成的化合物中，N有+1~+5五种价态，所以至少可以组合成5种化合物，A正确；
B．由分析可知，乙是氮的氧化物，若是NO，则无色，若是NO2，则为红棕色，B正确；
C．上述四种元素可以形成离子化合物NH4HCO3，C正确；
D．两个反应中，乙为氧化剂，乙得电子数即为反应转移电子数。反应①中，氮气中的氮元素来自甲、乙两种物质，而反应②中，氮气中的氮元素来自乙，因此生成等物质的量的氮气，消耗的乙物质不等量，故反应转移电子数不相等，D错误。
故本题选D。
4．B
【详解】A．溶于水充分反应，发生可逆反应，转移电子数无法确定，选项A错误；
B．由“价-类”二维图推测中Cl为+1价，N为+5价，可能具有强氧化性，能水解生成两种酸HClO和HNO3，选项B正确；
C．工业上常用制备消毒剂，该反应n(氧化产物)：n(还原产物)= n()：n(NaCl)=4：1，选项C错误；
D．和NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，选项D错误；
答案选B。
5．B
【详解】A．该反应无元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，A错误；
B．Fe转化为Fe2+，铁元素化合价升高，Fe做还原剂生成产物为氧化产物即1mol，Fe3+转化为Fe2+，铁元素化合价降低，Fe3+做氧化剂生成还原产物即2mol，氧化产物：还原产物的质量比等于物质的量比为1：2，B正确；
C．反应中Fe元素化合价升高，Fe做还原剂，Fe2+为氧化产物即1mol，H元素化合价降低，H+做氧化剂，H2为还原产物即1mol，氧化产物：还原产物的质量比为1×56：1×2=28：1，C错误；
D．该反应无元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，D错误；
故选：B。
6．C
【详解】A．Fe+Cu2+=Cu+Fe2+为置换反应，铁和铜元素化合价发生变化，一定发生氧化还原反应，A正确；
B．铁元素化合价升高Fe做还原剂，Cu是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物，则还原性：Fe>Cu，B正确；
C．28gFe的物质的量为，Fe完全反应生成Fe2+，则0.5molFe反应失去1.0mol电子，C错误；
D．1mol铁置换1mol铜，铁、铜的摩尔质量分别为56g/mol、64g/mol，则1mol铁与铜盐反应后固体质量增大64-56=8g，D正确；
故选：C。
7．B
【详解】A．标准状况下Cl2O为液体，无法计算2.24LCl2O含有的分子数，A错误；
B．在反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O中，氯由0价变为HgCl2中-1价的氯和Cl2O中+1价氯，该反应转移2个电子，故0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA，B正确；
C．HgO为金属氧化物，在写离子方程式的时候，正确的离子方程式为：HgO+2H+=H2O+Hg2+，C错误；
D．在该反应中氧元素不守恒，D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．该机制可以解决二氧化氮形成的污染问题，A错误；
B．氢氧原子间的虚线表示氢键，所以水桥的形成与氢键有关，B正确；
C．从图分析HSO与NO2间反应，最后得到亚硝酸和硫酸氢根离子，发生的总反应的离子方程式：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO，C正确；
D．电子传递可以促进HSO中O—H键的解离，使氢原子与二氧化氮结合生成亚硝酸，同时形成中间体SO，D正确；
故选A。
9．(1) 烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2、CeO2
(2)2：1
(3) 4Ce(OH)3 + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 继续向过滤器中加水浸没沉淀，待水自然流干，重复2~3次
(4) CeCl3·7H2OCeOCl +2HCl↑+6H2O CeOCl +2NH4ClCeCl3 +2NH3↑+ H2O或NH4ClNH3↑+HCl↑，CeOCl +2HCl(g)= CeCl3+H2O
【分析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)，加入稀盐酸后，Fe2O3转化为Fe3+和其他少量可溶于稀酸的物质留在滤液A中，滤渣A为SiO2和CeO2，加入稀硫酸和过氧化氢后转化为Ce3+，进入滤液B中，滤渣B为不溶解的SiO2和CeO2，向滤液B中加入碱后得到Ce(OH)3，通入氧气氧化后得到Ce(OH)4，在一定条件下生成CeO2。
【详解】（1）过滤过程中需要使用铁架台、漏斗，滤纸，烧杯和玻璃棒，玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。滤渣A为不溶于酸的SiO2和CeO2。
（2），氧化剂为CeO2，还原剂为，二者的物质的量之比为2：1；
（3）反应为4Ce(OH)3和氧气，生成物为Ce(OH)4，根据电子守恒和原子守恒可得到化学方程式为4Ce(OH)3 + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；洗涤沉淀的方法为：继续向过滤器中加水浸没沉淀，待水自然流干，重复2~3次；
（4）CeCl3·7H2O 受热融化生成水分子，水解成CeOCl和HCl，化合价没有发生变化，所以该过程根据原子守恒可得到方程式为：CeCl3·7H2OCeOCl +2HCl↑+6H2O ；
加入NH4Cl 后，NH4ClNH3↑+HCl↑，在HCl的气流中，抑制了CeCl3的水解，故答案为CeOCl +2NH4ClCeCl3 +2NH3↑+ H2O或NH4ClNH3↑+HCl↑，CeOCl +2HCl(g)= CeCl3+H2O。
10．(1)SiO2、CaSO4
(2) 2SO+RuO4+4H+=Ru4++2SO+2H2O 65℃、pH=1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)
(5)坩埚、酒精灯
(6)84.9%
【分析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，并过滤；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，再过滤；向滤液中加入浓碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；将碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，化学式为：SiO2、CaSO4；
（2）“酸浸”时Na2SO3将RuO4还原为Ru(SO4)2等，被氧化为，发生反应的离子方程式：；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：；65℃、pH为1.0；
（3）“酸浸”后溶液中的铁元素以Fe2+的形式存在，“除铁”时加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，碳酸钠调节pH生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
（4）由分析可知，滤液2的主要成分为氯化铵，其电子式为；
（5）“灼烧”时所用到的仪器除夹持仪器以外，主要有坩埚、酒精灯；
（6）若钌矿石中含有4.42t Ru(CO3)2和165kgRuO4，依据Ru守恒，可得理论上生成=2121kgRu，所以其产率为：。
11．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
(3) 4.5~9.3 使2+2H++H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率
(4)Na2SO4
(5) Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【分析】铬铁矿焙烧将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后除去滤渣，滤液加入硫酸调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，过滤滤液加入硫酸酸化将转化为，溶液蒸发结晶后得到硫酸钠副产品和冷却结晶得到的Na2Cr2O7•2H2O；
【详解】（1）焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是增大接触面积，提高反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr2O3和碳酸钠、氧气反应生成氧化铁和Na2CrO4、二氧化碳，化学方程式4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
（3）中和的目的是调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，由图可知，pH的理论范围为4.5~9.3；酸化的目的是将溶液中转化为，从而提高Na2Cr2O7的产率；
（4）反应中加入硫酸，硫酸最终转化为副产品硫酸钠；
（5）阳极铁极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，反应为Fe-2e-=Fe2+；由图可知，铁离子完全沉淀是pH=3.0，则pOH=11.0，，，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则，此时c(Cr3+)=mol·L-1。
12．(1)第四周期VIII族
(2) 与盐酸反应产生，污染生产环境 防止H2O2分解和盐酸挥发
(3)可提高盐酸与H2O2的利用率
(4)2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
(5)水浴加热、趁热过滤
【分析】废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液，滤渣I为LiFePO4及石墨，加盐酸与氧化剂，将LiFePO4氧化得含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣Ⅱ含炭黑、FePO4，滤液含LiCl，浸出液循环两次提高盐酸与氧化剂的利用率，之后再加NaOH调节pH，除去少量铁离子，然后滤液加碳酸钠发生复分解反应生成Li2CO3，经一系列操作得Li2CO3，以此来解答。
【详解】（1）LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素是Fe，其在周期表中的位置是：第四周期VIII族；
（2）氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，一般不采取高温法；“氧化浸出”时，LiFePO4被H2O2 在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为；
（3）“浸出液”循环两次的目的是提高盐酸与H2O2的利用率；
（4）“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
（5）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：水浴加热；趁热过滤。
13．(1)除去活性炭
(2)Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2
(5)16g
(6) 2C2H4+O22CH3CHO Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl
【分析】由题给流程可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质；向焙烧后的固体中加入盐酸和过氧化氢混合溶液，将钯转化为四氯合钯酸根离子，金属单质转化为可溶性金属氯化物，硅不反应，过滤得到含有硅的滤渣1和含有四氯合钯酸根离子、可溶性金属氯化物的滤液；向滤液中加入氨水，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，将四氯合钯酸根离子、铜离子、锌离子转化为四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液；向滤液中加入盐酸，将四氨合钯离子转化为(NH4)2PdCl4沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液和(NH4)2PdCl4；(NH4)2PdCl4与肼发生氧化还原反应制得钯。
（1）
由分析可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质，则焙烧的目的是将活性炭转化为二氧化碳，达到除去活性炭的目的，故答案为：除去活性炭；
（2）
由分析可知，浸出时钯与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成四氯合钯酸根离子和水，反应的离子方程式为Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O，故答案为：Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O；
（3）
由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
由分析可知，沉钯时发生的反应为四氨合钯离子与盐酸反应生成(NH4)2PdCl4沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2，故答案为：Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2；
（5）
由得失电子数目守恒可知，生成1mol Pd时理论上需要消耗肼的质量为1mol××32g/mol=16g，故答案为：16g；
（6）
由题意可知，在PdCI2-CuCl2催化下，乙烯与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2C2H4+O22CH3CHO，由总反应和反应①、③的方程式可知，反应②为钯与氯化铜反应生成氯化钯和氯化亚铜，反应的化学方程式为Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl，故答案为：2C2H4+O22CH3CHO；Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl。
14．(1) 增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率 SO2-2e-+2H2O=+4H+
(2) Fe Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)Cu、Fe
(4) 抑制Fe2+水解 7
【分析】由题干工艺流程图转化信息可知，焙烧反应为：4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2，然后用H2SO4进行酸浸，反应原理为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，然后用过量X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，过量出滤渣主要成分为Fe和Cu，滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤干燥即得FeSO4·xH2O晶体，据此分析解题。
【详解】（1）①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率，故答案为：增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率；
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，即SO2失去电子发生氧化反应生成H2SO4，则SO2参与反应的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2O=+4H+；
（2）由分析可知，X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，则该过程发生反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe；Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是Fe、Cu，故答案为：Cu、Fe；
（4）①已知FeSO4是强酸弱碱盐，加热蒸发是促进Fe2+水解，向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解，故答案为：抑制Fe2+水解；
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，根据电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.0500mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-3mol，故14g样品中含有Fe2+的物质的量为：5×10-3mol×=5×10-2mol，故FeSO4·xH2O的摩尔质量为：=280g/mol，则x=≈7，故答案为：7。
15．(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【分析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
【详解】（1）“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
（2）碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
（3）铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
（4）通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
（5）从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
16．(1)低于30%，反应速率较低，高于30%，有SO2产生
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+ Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑
(3) Cu2+、Pb2+ 进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度
(4)煅烧
(5)溶解更多杂质，消耗更多除杂试剂
【分析】含锌催化剂加入硫酸进行酸浸，得到含有Zn、Fe、Cu、Pb元素金属阳离子的溶液，加入双氧水，Fe元素全部转化为Fe3+，同时加入碱式碳酸锌调节pH，使Fe3+转化为沉淀而除去，然后加入Zn置换Cu2+、Pb2+，将其除去，之后加入硫化钠进一步沉淀金属阳离子，过滤后再加入碳酸钠合称碱式碳酸锌，煅烧使其分解得到纳米氧化锌。
【详解】（1）低于30%，反应速率较低，而高于30%时，硫酸易被还原生成有毒的SO2；
（2）氧化时Fe2+会被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；据图可知调节pH时加入Zn2(OH)2CO3，可以与氢离子反应得到Zn2+、水和CO2，离子方程式为Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑；
（3）氧化除杂除去的是Fe，此时还有杂质Cu2+、Pb2+，Zn比Cu、Pb活泼，加入后可以发生置换反应，除去Cu2+、Pb2+；CuS、PbS都是沉淀，加入硫化钠可以进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度；
（4）煅烧碱式碳酸锌可使其分解得到纳米氧化锌；
（5）酸过量会溶解更多的杂质，消耗更多除杂试剂。
17． H2 适当升高温度，适当增大NaOH溶液的浓度，粉碎，充分搅拌 Al(OH)3 漏斗、烧杯、玻璃棒 降低Li2CO3的溶解度，减少溶解，提高产率 4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O 8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ C
【分析】正极材料经过过量NaOH反应后，铝箔被转化为NaAlO2，故过滤后所得滤液主要成分为NaAlO2，与过量CO2反应得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故沉淀X为Al(OH)3，LiMn2O4经过操作③，与H2SO4、O2反应转化为MnO2和Li2SO4，过滤后滤液中主要含有Li2SO4，加入一定量Na2CO3后Li2SO4转化为Li2CO3。
【详解】(1)由反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知第①步反应产生的气体为H2，故此处填H2；增大浸取率可从加快反应速率角度考虑，相同时间内，一般反应速率越快，浸取率越高，故此处填：适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度、将原料粉碎、搅拌等（任写两点）；
(2)由分析知，沉淀X化学式为Al(OH)3；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故此处填：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(3)由Li2CO3的溶解度信息知，随着温度升高，Li2CO3溶解度减小，故此处填：降低Li2CO3的溶解度，减少溶解损失，提高产率；
(4)由分析知，酸溶时，LiMn2O4转化为Li2SO4、MnO2，根据Mn元素化合价升高推测有O2参与反应，根据元素守恒推测还有H2O生成，初步确定反应为：LiMn2O4+H++O2→MnO2+Li++H2O，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为：4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O；
(5)①由所给信息初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→2LiMn2O4，根据Mn元素化合价降低，推测O元素化合价升高产生O2（C元素已经为最高价，故只能为O元素化合价升高），根据得失电子守恒初步配平反应为：8MnO2+2Li2CO3→4LiMn2O4+O2，根据元素守恒知还有2个CO2生成，故完整方程式为：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+O2↑+2CO2↑；
②由所给数据知，700~750℃，Mn3+、Mn4+含量在上升，Mn2+含量在减少，故Mn元素平均价态增大，750℃往后，Mn4+含量减少，Mn2+含量逐渐上升，故Mn元素平均价态降低，综上所述，答案选C。
18． 搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等 3 受热易分解 玻璃棒、漏斗、烧杯 1∶10
【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4,而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4∙2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4∙2H2O。
【详解】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。
(2)“氧化浸出“时，被过氧化氢氧化为，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为；此过程温度不能过高的原因是受热易分解。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为。
(4)，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.06mol，生成的氧化物中n(Co)=0.06mol，n(O)=，则n(Co)：n(O)=0.06mol：0.08mol=3：4，则此时所得钴的氧化物的化学式为。
(5)当pH=10.0时，Ni2+沉淀完全，则，当pH=9.5时，Co2+沉淀完全，则，若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中。
19． Na2SO4·10H2O SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH- 使PbSO4转化为PbCO3 A (稀)硝酸 低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解 4PbSO4+6NaOH=PbSO4·3PbO·H2O+3Na2SO4+2H2O Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率
【分析】向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液、Na2CO3溶液，PbO2有强氧化性，将Na2SO3溶液氧化生成PbSO4，Na2CO3溶液将PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，然后过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2；然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO•PbSO4•H2O+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到PbSO4•3PbO• H2O，滤液3中含有Na2SO4，据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，滤液1为Na2SO4溶液，蒸发、结晶可得到的副产品为硫酸钠晶体，其相对分子质量为322，则M为Na2SO4•10H2O，故答案为：Na2SO4•10H2O；
(2) PbO2有强氧化性，“转化”中，加入的Na2SO3溶液能够被PbO2氧化生成PbSO4，反应的离子方程式为SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，故答案为：SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-；
(3) Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，加入Na2CO3溶液，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，反应的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，故答案为：使PbSO4转化为PbCO3；
(4) Na2SO3溶液是将PbO2转化为Pb2+，体现了Na2SO3溶液的还原性，四种物质中只有H2O2溶液具有还原性，Na2SO4溶液不具有还原性，高锰酸钾溶液、Fe2(SO4)3溶液具有氧化性，因此可以用H2O2溶液代替Na2SO4溶液，故答案为：A；
(5)根据上述分析，滤液2的主要成分是HNO3，可以循环利用，故答案为：硝酸；
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，若低于40℃，反应速率慢，不利于酸溶；若高于40℃，硝酸会分解，故答案为：低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解；
(7) 合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO• H2O+2H2O，“合成”需控制溶液的pH不能大于10，若pH大于10，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH= PbSO4•3PbO• H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率。
20．(1)弱
(2)8
(3)不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大
(4) 分液漏斗 排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化
(5)Cu2++H2S= CuS↓ +2H+
(6) 过滤、洗涤 1.75
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究三硫代碳酸钠的性质，通过实验得到三硫代碳酸钠是具有还原性的强碱弱酸盐，并设计实验测定通过吸收、测定稀硫酸与三硫代碳酸钠溶液反应生成的硫化氢量计算得到溶液的浓度。
【详解】（1）由步骤②可知，三硫代碳酸钠是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则三硫代碳酸为弱酸，故答案为：弱；
（2）由硫元素的化合价变化控制，反应生成1mol硫酸根离子时，转移电子的物质的量为1mol×[+6—(—2)]=8mol，故答案为：8；
（3）酸性高锰酸钾溶液中含有用于酸化溶液的稀硫酸，则不能通过测定滴加足量盐酸和氯化钡溶液产生白色沉淀的质量来计算实验中所用的三硫代碳酸钠的质量，故答案为：不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大；
（4）由实验装置图可知，仪器M为分液漏斗；硫化氢具有强还原性，易被空气中的氧气氧化，为防止反应生成的硫化氢被氧化，反应开始前需要先通入一段时间氮气排尽装置中的空气，防止生成的硫化氢被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化；
（5）由题意可知，装置B中的硫酸铜溶液用于吸收、测定硫化氢的质量，反应的离子方程式为Cu2++H2S= CuS↓ +2H+，故答案为：Cu2++H2S= CuS↓ +2H+；
（6）由题意可知，装置B中的硫酸铜溶液用于吸收、测定硫化氢的质量，称量装置B中硫化铜沉淀质量之前需要进行的实验操作为过滤、洗涤、干燥；由反应方程式可得关系式：Na2CS3~H2S~CuS，反应生成硫化铜的质量为8.4 g，则三硫代碳酸钠溶液的浓度为=1.75mol/L，故答案为：过滤、洗涤；1.75。
21．(1) 恒压漏斗 除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥
(2)4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
(3)防止磁子搅拌时带动沸石打破烧瓶
(4)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解
(5) 2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑ 偏高 滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色
(6)
【详解】（1）由仪器构造可知，盛放NaOH溶液的仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥。
（2）Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
（3）二口烧瓶中含有磁子，不加沸石的目的是防止磁子搅拌时带动沸石打破烧瓶。
（4）温度过低时反应速率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热。
（5）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑，若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，还原Ce4+的用量偏高，最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色。
（6）根据得失电子守恒可得关系式：，故样品中的质量分数w=。
22．(1) 恒压滴液漏斗 洗气瓶
(2)不能
(3)Cl2 + 2K2MnO4 = 2KCl + 2KMnO4
(4) 防止倒吸 溶液由绿色完全转变为紫红色
(5)打开弹簧夹，通入空气(或N2)
(6)在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气通入装置B中与K2MnO4浓强碱溶液反应制备KMnO4，氯气有毒，不能排放到空气中，装置C用于尾气处理。
(1)
仪器a为恒压滴液漏斗，仪器d为洗气瓶。
(2)
仪器a为恒压滴液漏斗，漏斗中压强和三颈烧瓶中压强始终相同，因此该法不能检验装置气密性。
(3)
氯气与锰酸钾发生氧化还原反应生成高锰酸钾和氯化钾，依据得失电子守恒和原子守恒可得，反应的化学方程式为：Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4。
(4)
单向阀只允许气体从左流向右，能起到防倒吸的作用；K2MnO4浓强碱溶液为绿色，高锰酸钾溶液为紫色，当溶液由绿色完全转变为紫红色时，反应完全，停止通氯气。
(5)
装置中还有残留的氯气，为防止拆装置时装置中残留的氯气污染空气，熄灭酒精灯后，要打开弹簧夹，通入空气(或N2)，将装置中残留的氯气赶入装置C中，待冷却后拆除装置。
(6)
装置A中产生的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中的强碱发生反应，使得溶液碱性减弱，会导致KMnO4产率降低，因此改进方法为：在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶，以除去氯气中的氯化氢。
23．(1) Na Cu
(2)铝合金表面覆盖着一层致密氧化膜
(3) 0.2 5.4g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(4)BD
(5)Zn、Mg、Al
【详解】（1）Na很活泼，能与空气中氧气、水蒸气反应，故保存于煤油或石蜡油中；铜生锈生成碱式碳酸铜，呈绿色；
（2）铝合金材料表面覆盖着一层致密的氧化铝薄膜，具有抗腐蚀性；
（3）钠铝合金投入水中恰好生成NaAlO2和H2，离子方程式为Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑和2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，总方程式为Na+Al+2H2O=Na++AlO+2H2↑，收集到H2的物质的量为，由总方程式，可知：，，Al的质量；
（4）10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)，则，转移电子，即转移1mol电子消耗合金质量为10g，
A．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，A错误；
B．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，Fe失去1mol电子消耗的质量为28g，转移1mol电子消耗合金质量为9g28g之间，B正确；
C．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，Zn失去1mol电子消耗的质量为32.5g，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，C错误；
D．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量可能等于10g，D正确；
故答案为：BD；
（5）比较铝、锌、镁三种金属，镁最活泼反应最快，反应完时消耗时间最短，相同质量的铝产生氢气最多，故a、b、c曲线代表的金属依次是Zn、Mg、Al。
江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·江西九江·统考三模）湿法制备高铁酸钾的过程：①将制得的Cl2通入一定体积分数的KOH溶液中得到KClO溶液；②将KOH固体溶解在①中得到的KClO溶液中，加入一定质量的Fe(NO3)3·9H2O，搅拌得到K2FeO4溶液，继续加KOH固体至溶液饱和；③减压过滤，滤渣经一系列操作得到K2FeO4晶体。已知K2FeO4性质：低温、碱性环境稳定；具有强氧化性，能氧化烃、苯胺和80%以下的乙醇溶液。下列说法正确的是
A．②中两次使用KOH固体的作用相同
B．③中一系列操作含洗涤，洗涤时可用75%乙醇溶液
C．K2FeO4消毒净水过程均利用它的氧化性
D．制备过程中涉及的主要化学反应都是氧化还原反应
2．（2023·江西·统考二模）胆矾是中学实验室常见的物质，在生产、生活中有广泛应用。如游泳池用硫酸铜杀菌消毒等。某小组对胆矾的性质进行探究，设计实验及现象如下：
①在CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生沉淀和棕色溶液，过滤得到白色沉淀和棕色溶液，在棕色溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色；
②在氮气保护下加热CaSO4·5H2O晶体，固体先变白色，后变黑色；将气体依次通过含足量盐酸的BaCl2溶液、品红溶液、含KSCN的FeCl2溶液，依次观察到的现象是产生白色沉淀、品红褪色、溶液变红色。
下列叙述错误的是
A．实验①中，滴加淀粉溶液的目的是检验I2
B．实验①中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶1
C．实验②中，溶液中盐酸可以抑制SO2与水反应
D．实验②中，可用Ba(NO3)2溶液替代BaCl2溶液
3．（2023·江西·校联考二模）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，且Y、Z、W位于同周期，甲、乙、丁、戊、己是由这些元素组成的常见二元化合物，丙是一种气体单质，已知它们有如下转化关系(反应条件略)：
下列说法错误的是
A．元素Z与元素W至少可组成5种化合物
B．乙可能是无色气体，也可能是有色气体
C．上述四种元素可以组成离子化合物
D．生成等物质的量的丙，反应①与反应②转移电子数相等
4．（2023·江西新余·统考二模）设为阿伏加德罗常数的值，根据氯元素的“价-类”二维图，下列分析正确的是
A．标况下1.12L 溶于水充分反应，转移电子数为0.05
B．由“价-类”二维图推测可能具有强氧化性，能水解生成两种酸
C．工业上常用制备消毒剂，该反应n(氧化产物)：n(还原产物)=4：5
D．用pH试纸分别测定浓度均为1的和NaClO溶液的pH，可比较和HClO酸性的相对强弱
5．（2022·江西·校联考模拟预测）我国清代《本草纲目拾遗》中叙述]“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝⋯⋯日久起销，用刀刮其销⋯⋯所下之销末，名铁线粉”。铁线粉即含有铁锈酚铁粉，铁线粉溶于稀盐酸可能发生下列反应，其中氧化产物：还原产物的质量比为1：2的反应是
A． B．
C． D．
6．（2022·江西·校联考模拟预测）西汉·刘安在《淮南万毕术》中记载：“曾青得铁化为铜”。即铁与硫酸铜等溶液反应。下列叙述错误的是
A．铁与铜盐发生氧化还原反应 B．还原性：Fe>Cu
C．28gFe完全反应失去1.5mol电子 D．铁与铜盐反应后固体质量增大
7．（2022·江西九江·统考二模）Cl2O沸点3.8°C，熔点-116°C，是很好的氯化剂，利用HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O可以制备高纯度的Cl2O。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A．标准状况下，2.24LCl2O含有分子数为0.1NA
B．0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA
C．HgO与稀硝酸反应的离子方程式为O2-+2H+=H2O
D．Cl2O与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl2O+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
8．（2021·江西·校联考二模）硫酸盐气溶胶作为PM2.5的主要构成成分，科学家最近发现了一种“水分子桥”催化促进硫酸盐形成的化学机制如图所示，下列说法不正确的是
A．该机制可以解决SO2的空气污染问题
B．“水桥”的形成与氢键有关
C．HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO
D．电子传递可以促进HSO中O—H键的解离，进而形成中间体SO
二、工业流程题
9．（2023·江西九江·统考三模）二氧化铈(CeO2) 常用于玻璃添加剂，还可用在化妆品中起到抗紫外线作用。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
(1)步骤①过滤过程中使用的玻璃仪器主要有 ，滤渣A 的主要成分为 。
(2)第②步反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)第④步反应的化学方程式为 ，该步骤中洗涤滤渣的方法是 。
(4)工业上以CeCl3·7H2O为原料制备无水CeCl3，流程如下：
制备过程中，如直接加热CeCl3·7H2O会发生反应生成CeOC1，该反应的化学方程式为 ，加NH4Cl能够减少CeOCl的生成，其原因为 (用化学方程式表示)。
10．（2023·江西鹰潭·统考二模）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：
(1)“滤渣”的成分是 。
(2)“酸浸”时Na2SO3发生反应的离子方程式 。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是 。
(3)“除铁”的离子方程式为 。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
(4)从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为 。
(5)“灼烧”时所用到的主要仪器有 (夹持仪器除外)。
(6)某工厂用钌矿石[含4.42tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最終制得1800kgRu，则Ru的产率为 。(保留三位有效数字)
11．（2023·江西景德镇·统考三模）工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程以及可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系分别如图a、b。当c≦1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。回答下列问题：
(1)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
(2)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。
(3)中和时pH的理论范围为 ；酸化的目的是 。
(4)副产品主要是 。
(5)此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被还原为Cr3+然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。已知Ksp(Cr(OH)3)=1.0×10-32；写出阳极的电极方程式： ；若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则此时c(Cr3+)= mol·L-1。
12．（2023·江西鹰潭·统考一模）随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LEP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片( LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如下：
已知： i．废旧磷酸铁锂正极片中的化学物质均不溶于水也不与水反应。
ii．Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应。
回答下列问题：
(1)LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素在周期表中的位置是 。
(2)“氧化浸出”时，保持其他条件不变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如下表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用NaClO3的原因是 。在“氧化浸出”时，适当的升温可加快反应速率，但般不采取高温法， 其原因是 。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为。 。
序号
锂含量/%
氧化剂
pH
浸出液Li
浓度/(g·L-1)
浸出渣中Li
含量/%
1
3.7
H2O2
3.5
9.02
0.10
2
3.7
NaClO3
3.5
9.05
0.08
3
3.7
O2
3.5
7.05
0.93
4
3.7
NaClO
3.5
8.24
0.43
(3)“浸出液”循环两次的目的是 。
(4)“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为 。
(5)“一系列操作”具体包括 、洗涤、干燥。
13．（2022·江西景德镇·统考二模）某废钯催化剂主要含Pd、活性炭、SiO2、Al2O3、Fe3O4、CuO、ZnO。其一种回收利用工艺如图所示。回答相关问题。
(1)焙烧的目的 。
(2)浸出后Pd以PdCl形式存在，写出对应的离子方程式 。
(3)已知Cu2+和Zn2+易与氨水形成Cu(NH3)和Z(NH3)，则滤渣2的化学式为 。
(4)除杂后Pd以Pd(NH3)形式存在，沉钯时得到的是(NH4)2PdCl4， 写出沉钯时对应的离子方程式 。
(5)若还原时生成1mol Pd，则理论上需要消耗N2H4的质量为 。
(6)工业上制备乙醛是在PdCI2—CuCl2催化下用氧气氧化乙烯制备。写出该反应的化学方程式 。 该反应过程复杂，可简单用下列3个反应表示，将反应②补齐。
①C2H4+ PdCl2+ H2O= CH3CHO+ Pd+2HCl
② ；
③4CuCl+O2+4HCl=4CuCl2+2H2O
14．（2022·江西·校联考模拟预测）硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。利用黄铜矿(CuFeS2)制备硫酸亚铁并回收铜的工艺流程如图所示：
(1)①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是 。
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，写出SO2参与反应的电极反应式： 。
(2)还原过程中加入的X为 (填化学式)，该过程发生反应的离子方程式是 。
(3)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)①向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是 。
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，则x= 。
15．（2022·江西九江·统考二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为 。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为 (写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为 。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为 。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是 。
(5)结合图象，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为： 、 ，酒精洗涤，低温干燥。
16．（2022·江西南昌·统考一模）含锌催化剂(主要为ZnO、同时含有少量Fe、Cu、Pb等氧化物)用于合成氨工业和有机合成工业。为充分利用资源，通过如下工艺流程回收锌并制备纳米氧化锌。
(1)90℃酸浸中，硫酸质量分数控制在30%左右，原因是 。
(2)氧化除杂阶段主要是除去铁，氧化时发生的离子方程式是 。调节pH发生的离子方程式为 。
(3)加入锌除去的杂质离子是 ，深度除杂的目的是 。
(4)由碱式碳酸锌分解得到纳米氧化锌的方法是 。
(5)酸浸中，硫酸的量是理论用量的90%，硫酸不能过量的主要原因是 。
17．（2021·江西萍乡·统考二模）锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：
已知：Li2CO3在不同温度下的溶解度
温度/℃
0
10
20
50
75
100
Li2CO3
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.728
(1)第①步反应中会有气体生成，该气体为： ，若要增大第①步反应的浸取率，可以采取的措施有： (写两条)。
(2)第②步反应得到的沉淀X的化学式为 ，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有： 。
(3)工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是 。
(4)写出第③步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式： 。
(5)固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，球磨3-5小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。
①写出该反应的化学方程式： 。
②LiMn2O4中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2+、Mn3+和Mn4+的含量与温度的关系见表。
T/℃
w(Mn2+)(%)
w(Mn3+)(%)
w(Mn4+)(%)
700
5.56
44.58
49.86
750
2.56
44.87
52.57
800
5.50
44.17
50.33
850
6.22
44.40
49.38
由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是：随温度升高 (填选项)
A．增大 B减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
18．（2021·江西九江·统考一模）砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、、Zn、ZnO、Co、Ni等)中回收有价值的金属具有重要意义。
回答下列问题：
(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有 (写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为 。
(2)“氧化浸出“时，被氧化为的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因 。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为 。
(4)操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有 ，已知煅烧时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为4.82g，的体积为2.688L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
(5)已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为沉淀完全)的pH如下表所示：
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
8.0
10.0
7.5
9.5
若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中 。
19．（2021·江西·校联考二模）某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：
(1)结晶水合物M(M=322g/mol)的化学式为 。
(2)“转化”中，加入Na2SO3溶液的离子反应方程式 。
(3)“转化”中，加入Na2CO3目的是 。
(4)下列试剂可以替代Na2SO3溶液 (填写字母)。
A．H2O2溶液 B．Na2SO4溶液 C．高锰酸钾溶液 D．Fe2(SO4)3溶液
(5)该流程中可以循环利用的物质是 (填写物质名称)。
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，其主要原因是 。
(7)合成三盐的化学方程式为 ，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因 。
三、实验题
20．（2023·江西赣州·统考模拟预测）三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行了探究性实验。
实验1.探究Na2CS3的性质：
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变成红色
③
向另一份溶液中滴加用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去
(1)H2CS3是 (填“强”或“弱”)酸。
(2)已知步骤③中反应的氧化产物是 ，则每生成1 mol ，转移 mol 电子。
(3)某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量，你是否同意他的观点并说明理由： 。
实验II．测定Na2CS3溶液的浓度：
按如图所示装置进行实验：将50. 0 mL Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴入足量2.0 mol· L-1的稀H2SO4，关闭活塞。
已知： +2H+=CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒。(CS2不溶于水，沸点为46℃，与CO2的某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O)
(4)仪器M的名称是 ；反应开始前需要先通入一段时间N2，其作用为 。
(5)B中发生反应的离子方程式为 。
(6)为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可通过测定B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是 、干燥， 若B中生成沉淀的质量为8.4 g，则Na2CS3溶液的物质的量浓度是 mol·L-1。
21．（2023·江西景德镇·统考二模）CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：
(一)制备CeO2
I．取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。
Ⅱ．先用水洗涤Ce(OH)4沉淀3次，再用无水乙醇洗涤Ce(OH)4溶液沉淀3次。
Ⅲ．将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。
(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为 ，无水乙醇的作用是 。
(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4的化学方程式： 。
(3)二口烧瓶中为什么不能加沸石？ 。
(二)某样品中CeO2[M(CeO2)=172.1]纯度的测定
称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氨菲-亚铁指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。
(4)实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是 。
(5)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为 ；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：判断滴定终点的方法是 。
(6)样品中CeO2的质量分数w= (用含有c、V、m的代数式表示)。
22．（2022·江西九江·统考二模）利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略)：
(1)仪器a、d的名称分别为 、 。
(2)实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作 (填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
(3)装置B中氯气氧化锰酸钾的化学方程式为 。
(4)单向阀的作用是 ，当仪器B中 即停止通氯气。
(5)当B中反应结束，后续操作是熄灭酒精灯， ，待冷却后拆除装置。
(6)锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是 。
四、填空题
23．（2022·江西·校联考模拟预测）Na、Mg、Al、Fe、Cu、Zn是中学常见的金属率质，其合金在生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)实验室保存在煤油中的金属是 。在潮湿空气中久置会生成绿色锈的金属是 。
(2)铝合金广泛用于门窗，其耐腐蚀的主要原因是 。
(3)一包钠铝合金与水恰好完全反应，收集到8960mLH₂(标准状况)。则这包合金中钠的物质的量为 ，铝的质量为 。写出上述过程中涉及的两个反应的离子方程式： 、 。
(4)现有10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)。则合金组成可能是___________(填字母)。
A．Mg和Cu B．Al和Fe C．Mg和Zn D．Al和Cu
(5)等质量的镁、铝、锌与足量相同浓度的盐酸反应，产生H₂体积与时间关系如图所示。根据图像推知a、b、c曲线代表的金属依次是 (填元素符号)。
参考答案：
1．D
【详解】A．KClO在碱性条件下反应，则在②中先加 KOH 固体的作用是：与反应液中过量的氯气继续反应，营造碱性环境；生成K2FeO4溶液后继续加KOH固体的作用是：增大K＋浓度，促进K2FeO4晶体析出；两次使用KOH固体的作用不相同，故A错误；
B．K2FeO4能氧化80%以下的乙醇溶液，③中一系列操作含洗涤，洗涤时不能用75%乙醇溶液，故B错误；
C．K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质，K2FeO4消毒净水过程利用它的氧化性和能形成胶体的性质，故C错误；
D．制备过程中涉及的主要离子反应为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O、2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO＋3Cl－+5H2O，都是氧化还原反应，故D正确；
故选D。
2．D
【详解】A．淀粉溶液遇碘单质变蓝，实验①中，滴加淀粉溶液的目的是检验I2，故A正确；
B．实验①中，在CuSO4溶液中加入过量KI溶液生成I2和CuI白色沉淀，配平化学方程式为：2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，I元素有一半化合价上升作还原剂，Cu元素化合价下降作氧化剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶1，故B正确；
C．SO2与水反应方程式为SO2+H2OH2SO3HSO+H+，加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，可以抑制SO2与水反应，故C正确；
D．Ba(NO3)2溶液中含有，在酸性环境中具有强氧化性，会和SO2反应，干扰后续实验，故D错误；
故选D。
3．D
【分析】丁既是氧化物又是氢化物，因此丁是H2O，戊是14电子分子，因此戊为CO，产物己为22电子分子的氧化物，可推知己是CO2。即X、Y、Z、W中，X是氢元素，Y、Z、W这三种同周期元素中有两种元素是C、O，另一种元素与O形成了氧化物乙，因此另一种元素应该是N。故X、Y、Z、W分别为H、C、N、O。
【详解】A．N与O两种元素可形成的化合物中，N有+1~+5五种价态，所以至少可以组合成5种化合物，A正确；
B．由分析可知，乙是氮的氧化物，若是NO，则无色，若是NO2，则为红棕色，B正确；
C．上述四种元素可以形成离子化合物NH4HCO3，C正确；
D．两个反应中，乙为氧化剂，乙得电子数即为反应转移电子数。反应①中，氮气中的氮元素来自甲、乙两种物质，而反应②中，氮气中的氮元素来自乙，因此生成等物质的量的氮气，消耗的乙物质不等量，故反应转移电子数不相等，D错误。
故本题选D。
4．B
【详解】A．溶于水充分反应，发生可逆反应，转移电子数无法确定，选项A错误；
B．由“价-类”二维图推测中Cl为+1价，N为+5价，可能具有强氧化性，能水解生成两种酸HClO和HNO3，选项B正确；
C．工业上常用制备消毒剂，该反应n(氧化产物)：n(还原产物)= n()：n(NaCl)=4：1，选项C错误；
D．和NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，选项D错误；
答案选B。
5．B
【详解】A．该反应无元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，A错误；
B．Fe转化为Fe2+，铁元素化合价升高，Fe做还原剂生成产物为氧化产物即1mol，Fe3+转化为Fe2+，铁元素化合价降低，Fe3+做氧化剂生成还原产物即2mol，氧化产物：还原产物的质量比等于物质的量比为1：2，B正确；
C．反应中Fe元素化合价升高，Fe做还原剂，Fe2+为氧化产物即1mol，H元素化合价降低，H+做氧化剂，H2为还原产物即1mol，氧化产物：还原产物的质量比为1×56：1×2=28：1，C错误；
D．该反应无元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，D错误；
故选：B。
6．C
【详解】A．Fe+Cu2+=Cu+Fe2+为置换反应，铁和铜元素化合价发生变化，一定发生氧化还原反应，A正确；
B．铁元素化合价升高Fe做还原剂，Cu是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物，则还原性：Fe>Cu，B正确；
C．28gFe的物质的量为，Fe完全反应生成Fe2+，则0.5molFe反应失去1.0mol电子，C错误；
D．1mol铁置换1mol铜，铁、铜的摩尔质量分别为56g/mol、64g/mol，则1mol铁与铜盐反应后固体质量增大64-56=8g，D正确；
故选：C。
7．B
【详解】A．标准状况下Cl2O为液体，无法计算2.24LCl2O含有的分子数，A错误；
B．在反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O中，氯由0价变为HgCl2中-1价的氯和Cl2O中+1价氯，该反应转移2个电子，故0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA，B正确；
C．HgO为金属氧化物，在写离子方程式的时候，正确的离子方程式为：HgO+2H+=H2O+Hg2+，C错误；
D．在该反应中氧元素不守恒，D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．该机制可以解决二氧化氮形成的污染问题，A错误；
B．氢氧原子间的虚线表示氢键，所以水桥的形成与氢键有关，B正确；
C．从图分析HSO与NO2间反应，最后得到亚硝酸和硫酸氢根离子，发生的总反应的离子方程式：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO，C正确；
D．电子传递可以促进HSO中O—H键的解离，使氢原子与二氧化氮结合生成亚硝酸，同时形成中间体SO，D正确；
故选A。
9．(1) 烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2、CeO2
(2)2：1
(3) 4Ce(OH)3 + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 继续向过滤器中加水浸没沉淀，待水自然流干，重复2~3次
(4) CeCl3·7H2OCeOCl +2HCl↑+6H2O CeOCl +2NH4ClCeCl3 +2NH3↑+ H2O或NH4ClNH3↑+HCl↑，CeOCl +2HCl(g)= CeCl3+H2O
【分析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)，加入稀盐酸后，Fe2O3转化为Fe3+和其他少量可溶于稀酸的物质留在滤液A中，滤渣A为SiO2和CeO2，加入稀硫酸和过氧化氢后转化为Ce3+，进入滤液B中，滤渣B为不溶解的SiO2和CeO2，向滤液B中加入碱后得到Ce(OH)3，通入氧气氧化后得到Ce(OH)4，在一定条件下生成CeO2。
【详解】（1）过滤过程中需要使用铁架台、漏斗，滤纸，烧杯和玻璃棒，玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。滤渣A为不溶于酸的SiO2和CeO2。
（2），氧化剂为CeO2，还原剂为，二者的物质的量之比为2：1；
（3）反应为4Ce(OH)3和氧气，生成物为Ce(OH)4，根据电子守恒和原子守恒可得到化学方程式为4Ce(OH)3 + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；洗涤沉淀的方法为：继续向过滤器中加水浸没沉淀，待水自然流干，重复2~3次；
（4）CeCl3·7H2O 受热融化生成水分子，水解成CeOCl和HCl，化合价没有发生变化，所以该过程根据原子守恒可得到方程式为：CeCl3·7H2OCeOCl +2HCl↑+6H2O ；
加入NH4Cl 后，NH4ClNH3↑+HCl↑，在HCl的气流中，抑制了CeCl3的水解，故答案为CeOCl +2NH4ClCeCl3 +2NH3↑+ H2O或NH4ClNH3↑+HCl↑，CeOCl +2HCl(g)= CeCl3+H2O。
10．(1)SiO2、CaSO4
(2) 2SO+RuO4+4H+=Ru4++2SO+2H2O 65℃、pH=1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)
(5)坩埚、酒精灯
(6)84.9%
【分析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，并过滤；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，再过滤；向滤液中加入浓碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；将碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，化学式为：SiO2、CaSO4；
（2）“酸浸”时Na2SO3将RuO4还原为Ru(SO4)2等，被氧化为，发生反应的离子方程式：；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：；65℃、pH为1.0；
（3）“酸浸”后溶液中的铁元素以Fe2+的形式存在，“除铁”时加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，碳酸钠调节pH生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
（4）由分析可知，滤液2的主要成分为氯化铵，其电子式为；
（5）“灼烧”时所用到的仪器除夹持仪器以外，主要有坩埚、酒精灯；
（6）若钌矿石中含有4.42t Ru(CO3)2和165kgRuO4，依据Ru守恒，可得理论上生成=2121kgRu，所以其产率为：。
11．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
(3) 4.5~9.3 使2+2H++H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率
(4)Na2SO4
(5) Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【分析】铬铁矿焙烧将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后除去滤渣，滤液加入硫酸调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，过滤滤液加入硫酸酸化将转化为，溶液蒸发结晶后得到硫酸钠副产品和冷却结晶得到的Na2Cr2O7•2H2O；
【详解】（1）焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是增大接触面积，提高反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr2O3和碳酸钠、氧气反应生成氧化铁和Na2CrO4、二氧化碳，化学方程式4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
（3）中和的目的是调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，由图可知，pH的理论范围为4.5~9.3；酸化的目的是将溶液中转化为，从而提高Na2Cr2O7的产率；
（4）反应中加入硫酸，硫酸最终转化为副产品硫酸钠；
（5）阳极铁极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，反应为Fe-2e-=Fe2+；由图可知，铁离子完全沉淀是pH=3.0，则pOH=11.0，，，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则，此时c(Cr3+)=mol·L-1。
12．(1)第四周期VIII族
(2) 与盐酸反应产生，污染生产环境 防止H2O2分解和盐酸挥发
(3)可提高盐酸与H2O2的利用率
(4)2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
(5)水浴加热、趁热过滤
【分析】废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液，滤渣I为LiFePO4及石墨，加盐酸与氧化剂，将LiFePO4氧化得含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣Ⅱ含炭黑、FePO4，滤液含LiCl，浸出液循环两次提高盐酸与氧化剂的利用率，之后再加NaOH调节pH，除去少量铁离子，然后滤液加碳酸钠发生复分解反应生成Li2CO3，经一系列操作得Li2CO3，以此来解答。
【详解】（1）LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素是Fe，其在周期表中的位置是：第四周期VIII族；
（2）氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，一般不采取高温法；“氧化浸出”时，LiFePO4被H2O2 在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为；
（3）“浸出液”循环两次的目的是提高盐酸与H2O2的利用率；
（4）“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
（5）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：水浴加热；趁热过滤。
13．(1)除去活性炭
(2)Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2
(5)16g
(6) 2C2H4+O22CH3CHO Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl
【分析】由题给流程可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质；向焙烧后的固体中加入盐酸和过氧化氢混合溶液，将钯转化为四氯合钯酸根离子，金属单质转化为可溶性金属氯化物，硅不反应，过滤得到含有硅的滤渣1和含有四氯合钯酸根离子、可溶性金属氯化物的滤液；向滤液中加入氨水，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，将四氯合钯酸根离子、铜离子、锌离子转化为四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液；向滤液中加入盐酸，将四氨合钯离子转化为(NH4)2PdCl4沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液和(NH4)2PdCl4；(NH4)2PdCl4与肼发生氧化还原反应制得钯。
（1）
由分析可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质，则焙烧的目的是将活性炭转化为二氧化碳，达到除去活性炭的目的，故答案为：除去活性炭；
（2）
由分析可知，浸出时钯与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成四氯合钯酸根离子和水，反应的离子方程式为Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O，故答案为：Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O；
（3）
由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
由分析可知，沉钯时发生的反应为四氨合钯离子与盐酸反应生成(NH4)2PdCl4沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2，故答案为：Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2；
（5）
由得失电子数目守恒可知，生成1mol Pd时理论上需要消耗肼的质量为1mol××32g/mol=16g，故答案为：16g；
（6）
由题意可知，在PdCI2-CuCl2催化下，乙烯与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2C2H4+O22CH3CHO，由总反应和反应①、③的方程式可知，反应②为钯与氯化铜反应生成氯化钯和氯化亚铜，反应的化学方程式为Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl，故答案为：2C2H4+O22CH3CHO；Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl。
14．(1) 增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率 SO2-2e-+2H2O=+4H+
(2) Fe Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)Cu、Fe
(4) 抑制Fe2+水解 7
【分析】由题干工艺流程图转化信息可知，焙烧反应为：4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2，然后用H2SO4进行酸浸，反应原理为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，然后用过量X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，过量出滤渣主要成分为Fe和Cu，滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤干燥即得FeSO4·xH2O晶体，据此分析解题。
【详解】（1）①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率，故答案为：增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率；
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，即SO2失去电子发生氧化反应生成H2SO4，则SO2参与反应的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2O=+4H+；
（2）由分析可知，X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，则该过程发生反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe；Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是Fe、Cu，故答案为：Cu、Fe；
（4）①已知FeSO4是强酸弱碱盐，加热蒸发是促进Fe2+水解，向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解，故答案为：抑制Fe2+水解；
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，根据电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.0500mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-3mol，故14g样品中含有Fe2+的物质的量为：5×10-3mol×=5×10-2mol，故FeSO4·xH2O的摩尔质量为：=280g/mol，则x=≈7，故答案为：7。
15．(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【分析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
【详解】（1）“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
（2）碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
（3）铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
（4）通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
（5）从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
16．(1)低于30%，反应速率较低，高于30%，有SO2产生
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+ Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑
(3) Cu2+、Pb2+ 进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度
(4)煅烧
(5)溶解更多杂质，消耗更多除杂试剂
【分析】含锌催化剂加入硫酸进行酸浸，得到含有Zn、Fe、Cu、Pb元素金属阳离子的溶液，加入双氧水，Fe元素全部转化为Fe3+，同时加入碱式碳酸锌调节pH，使Fe3+转化为沉淀而除去，然后加入Zn置换Cu2+、Pb2+，将其除去，之后加入硫化钠进一步沉淀金属阳离子，过滤后再加入碳酸钠合称碱式碳酸锌，煅烧使其分解得到纳米氧化锌。
【详解】（1）低于30%，反应速率较低，而高于30%时，硫酸易被还原生成有毒的SO2；
（2）氧化时Fe2+会被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；据图可知调节pH时加入Zn2(OH)2CO3，可以与氢离子反应得到Zn2+、水和CO2，离子方程式为Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑；
（3）氧化除杂除去的是Fe，此时还有杂质Cu2+、Pb2+，Zn比Cu、Pb活泼，加入后可以发生置换反应，除去Cu2+、Pb2+；CuS、PbS都是沉淀，加入硫化钠可以进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度；
（4）煅烧碱式碳酸锌可使其分解得到纳米氧化锌；
（5）酸过量会溶解更多的杂质，消耗更多除杂试剂。
17． H2 适当升高温度，适当增大NaOH溶液的浓度，粉碎，充分搅拌 Al(OH)3 漏斗、烧杯、玻璃棒 降低Li2CO3的溶解度，减少溶解，提高产率 4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O 8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ C
【分析】正极材料经过过量NaOH反应后，铝箔被转化为NaAlO2，故过滤后所得滤液主要成分为NaAlO2，与过量CO2反应得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故沉淀X为Al(OH)3，LiMn2O4经过操作③，与H2SO4、O2反应转化为MnO2和Li2SO4，过滤后滤液中主要含有Li2SO4，加入一定量Na2CO3后Li2SO4转化为Li2CO3。
【详解】(1)由反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知第①步反应产生的气体为H2，故此处填H2；增大浸取率可从加快反应速率角度考虑，相同时间内，一般反应速率越快，浸取率越高，故此处填：适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度、将原料粉碎、搅拌等（任写两点）；
(2)由分析知，沉淀X化学式为Al(OH)3；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故此处填：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(3)由Li2CO3的溶解度信息知，随着温度升高，Li2CO3溶解度减小，故此处填：降低Li2CO3的溶解度，减少溶解损失，提高产率；
(4)由分析知，酸溶时，LiMn2O4转化为Li2SO4、MnO2，根据Mn元素化合价升高推测有O2参与反应，根据元素守恒推测还有H2O生成，初步确定反应为：LiMn2O4+H++O2→MnO2+Li++H2O，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为：4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O；
(5)①由所给信息初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→2LiMn2O4，根据Mn元素化合价降低，推测O元素化合价升高产生O2（C元素已经为最高价，故只能为O元素化合价升高），根据得失电子守恒初步配平反应为：8MnO2+2Li2CO3→4LiMn2O4+O2，根据元素守恒知还有2个CO2生成，故完整方程式为：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+O2↑+2CO2↑；
②由所给数据知，700~750℃，Mn3+、Mn4+含量在上升，Mn2+含量在减少，故Mn元素平均价态增大，750℃往后，Mn4+含量减少，Mn2+含量逐渐上升，故Mn元素平均价态降低，综上所述，答案选C。
18． 搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等 3 受热易分解 玻璃棒、漏斗、烧杯 1∶10
【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4,而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4∙2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4∙2H2O。
【详解】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。
(2)“氧化浸出“时，被过氧化氢氧化为，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为；此过程温度不能过高的原因是受热易分解。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为。
(4)，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.06mol，生成的氧化物中n(Co)=0.06mol，n(O)=，则n(Co)：n(O)=0.06mol：0.08mol=3：4，则此时所得钴的氧化物的化学式为。
(5)当pH=10.0时，Ni2+沉淀完全，则，当pH=9.5时，Co2+沉淀完全，则，若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中。
19． Na2SO4·10H2O SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH- 使PbSO4转化为PbCO3 A (稀)硝酸 低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解 4PbSO4+6NaOH=PbSO4·3PbO·H2O+3Na2SO4+2H2O Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率
【分析】向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液、Na2CO3溶液，PbO2有强氧化性，将Na2SO3溶液氧化生成PbSO4，Na2CO3溶液将PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，然后过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2；然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO•PbSO4•H2O+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到PbSO4•3PbO• H2O，滤液3中含有Na2SO4，据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，滤液1为Na2SO4溶液，蒸发、结晶可得到的副产品为硫酸钠晶体，其相对分子质量为322，则M为Na2SO4•10H2O，故答案为：Na2SO4•10H2O；
(2) PbO2有强氧化性，“转化”中，加入的Na2SO3溶液能够被PbO2氧化生成PbSO4，反应的离子方程式为SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，故答案为：SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-；
(3) Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，加入Na2CO3溶液，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，反应的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，故答案为：使PbSO4转化为PbCO3；
(4) Na2SO3溶液是将PbO2转化为Pb2+，体现了Na2SO3溶液的还原性，四种物质中只有H2O2溶液具有还原性，Na2SO4溶液不具有还原性，高锰酸钾溶液、Fe2(SO4)3溶液具有氧化性，因此可以用H2O2溶液代替Na2SO4溶液，故答案为：A；
(5)根据上述分析，滤液2的主要成分是HNO3，可以循环利用，故答案为：硝酸；
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，若低于40℃，反应速率慢，不利于酸溶；若高于40℃，硝酸会分解，故答案为：低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解；
(7) 合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO• H2O+2H2O，“合成”需控制溶液的pH不能大于10，若pH大于10，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH= PbSO4•3PbO• H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率。
20．(1)弱
(2)8
(3)不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大
(4) 分液漏斗 排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化
(5)Cu2++H2S= CuS↓ +2H+
(6) 过滤、洗涤 1.75
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究三硫代碳酸钠的性质，通过实验得到三硫代碳酸钠是具有还原性的强碱弱酸盐，并设计实验测定通过吸收、测定稀硫酸与三硫代碳酸钠溶液反应生成的硫化氢量计算得到溶液的浓度。
【详解】（1）由步骤②可知，三硫代碳酸钠是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则三硫代碳酸为弱酸，故答案为：弱；
（2）由硫元素的化合价变化控制，反应生成1mol硫酸根离子时，转移电子的物质的量为1mol×[+6—(—2)]=8mol，故答案为：8；
（3）酸性高锰酸钾溶液中含有用于酸化溶液的稀硫酸，则不能通过测定滴加足量盐酸和氯化钡溶液产生白色沉淀的质量来计算实验中所用的三硫代碳酸钠的质量，故答案为：不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大；
（4）由实验装置图可知，仪器M为分液漏斗；硫化氢具有强还原性，易被空气中的氧气氧化，为防止反应生成的硫化氢被氧化，反应开始前需要先通入一段时间氮气排尽装置中的空气，防止生成的硫化氢被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化；
（5）由题意可知，装置B中的硫酸铜溶液用于吸收、测定硫化氢的质量，反应的离子方程式为Cu2++H2S= CuS↓ +2H+，故答案为：Cu2++H2S= CuS↓ +2H+；
（6）由题意可知，装置B中的硫酸铜溶液用于吸收、测定硫化氢的质量，称量装置B中硫化铜沉淀质量之前需要进行的实验操作为过滤、洗涤、干燥；由反应方程式可得关系式：Na2CS3~H2S~CuS，反应生成硫化铜的质量为8.4 g，则三硫代碳酸钠溶液的浓度为=1.75mol/L，故答案为：过滤、洗涤；1.75。
21．(1) 恒压漏斗 除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥
(2)4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
(3)防止磁子搅拌时带动沸石打破烧瓶
(4)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解
(5) 2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑ 偏高 滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色
(6)
【详解】（1）由仪器构造可知，盛放NaOH溶液的仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥。
（2）Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
（3）二口烧瓶中含有磁子，不加沸石的目的是防止磁子搅拌时带动沸石打破烧瓶。
（4）温度过低时反应速率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热。
（5）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑，若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，还原Ce4+的用量偏高，最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色。
（6）根据得失电子守恒可得关系式：，故样品中的质量分数w=。
22．(1) 恒压滴液漏斗 洗气瓶
(2)不能
(3)Cl2 + 2K2MnO4 = 2KCl + 2KMnO4
(4) 防止倒吸 溶液由绿色完全转变为紫红色
(5)打开弹簧夹，通入空气(或N2)
(6)在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气通入装置B中与K2MnO4浓强碱溶液反应制备KMnO4，氯气有毒，不能排放到空气中，装置C用于尾气处理。
(1)
仪器a为恒压滴液漏斗，仪器d为洗气瓶。
(2)
仪器a为恒压滴液漏斗，漏斗中压强和三颈烧瓶中压强始终相同，因此该法不能检验装置气密性。
(3)
氯气与锰酸钾发生氧化还原反应生成高锰酸钾和氯化钾，依据得失电子守恒和原子守恒可得，反应的化学方程式为：Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4。
(4)
单向阀只允许气体从左流向右，能起到防倒吸的作用；K2MnO4浓强碱溶液为绿色，高锰酸钾溶液为紫色，当溶液由绿色完全转变为紫红色时，反应完全，停止通氯气。
(5)
装置中还有残留的氯气，为防止拆装置时装置中残留的氯气污染空气，熄灭酒精灯后，要打开弹簧夹，通入空气(或N2)，将装置中残留的氯气赶入装置C中，待冷却后拆除装置。
(6)
装置A中产生的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中的强碱发生反应，使得溶液碱性减弱，会导致KMnO4产率降低，因此改进方法为：在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶，以除去氯气中的氯化氢。
23．(1) Na Cu
(2)铝合金表面覆盖着一层致密氧化膜
(3) 0.2 5.4g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(4)BD
(5)Zn、Mg、Al
【详解】（1）Na很活泼，能与空气中氧气、水蒸气反应，故保存于煤油或石蜡油中；铜生锈生成碱式碳酸铜，呈绿色；
（2）铝合金材料表面覆盖着一层致密的氧化铝薄膜，具有抗腐蚀性；
（3）钠铝合金投入水中恰好生成NaAlO2和H2，离子方程式为Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑和2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，总方程式为Na+Al+2H2O=Na++AlO+2H2↑，收集到H2的物质的量为，由总方程式，可知：，，Al的质量；
（4）10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)，则，转移电子，即转移1mol电子消耗合金质量为10g，
A．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，A错误；
B．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，Fe失去1mol电子消耗的质量为28g，转移1mol电子消耗合金质量为9g28g之间，B正确；
C．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，Zn失去1mol电子消耗的质量为32.5g，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，C错误；
D．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量可能等于10g，D正确；
故答案为：BD；
（5）比较铝、锌、镁三种金属，镁最活泼反应最快，反应完时消耗时间最短，相同质量的铝产生氢气最多，故a、b、c曲线代表的金属依次是Zn、Mg、Al。
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