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吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04氧化还原反应
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这是一份吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04氧化还原反应，共29页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题，工业流程题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·吉林·统考二模）我国自主发明的“钛战甲”——钛合金材料，为实现万米深潜的“奋斗者”号建造了世界最大、搭载人数最多的潜水器载人舱球壳。四氯化钛()是生产钛合金的重要原料，某化学实验小组以和足量为原料制取，装置如下图：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
-23
76.8
与互溶
-25
136
遇潮湿空气产生白雾
有关物质的性质如上表，下列说法错误的是
A．B中反应的化学方程式为
B．实验开始时，点燃A处的酒精灯，再点燃B处
C．D中盛装的是碱石灰，防止生成的遇到空气中的水溶解变质
D．欲分离C装置中的，应采用的实验操作为蒸发
2．（2023·吉林·统考二模）固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是
A．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．Li是催化剂，只有是中间产物
D．整个过程的总反应可表示为
3．（2023·吉林·统考二模）下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是
A． B． C． D．
4．（2022·吉林·校联考模拟预测）天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO、Br-、CO、HCO等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是
A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO、HCO水解
B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO、SO等氧化生成SO
C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D．“排放”出来的海水中SO的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
5．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是
A．铝和过量NaOH溶液反应：Al+4OH-=+2H2O
B．惰性电极电解MgCl2水溶液：2Cl- +2H2O2OH-+Cl2↑十H2↑
C．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应：5+2+16H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．水玻璃中通入过量二氧化碳：+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2
6．（2022·吉林长春·统考模拟预测）《天工开物》中“治铁"原典中记载：“凡治铁成器，取已炒熟铁为之……凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……即用煤炭也别有铁炭一种，取其火性内攻、焰不虚腾者，与炊炭同行而有分类也……”。下列说法正确的是
A．熟铁是纯净的铁单质，生铁是铁和碳的混合物
B．治铁过程只涉及化合反应与置换反应，
C．铁炭和炊炭均为碳元素的同素异形体
D．治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物
7．（2022·吉林白山·统考一模）用NA表示阿伏加德罗常数的值。溴蒸气与氨气相遇产生“白烟"，化学方程式为8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。下列说法正确的是
A．生成14gN2时，反应中还原剂的分子数目为4NA
B．标准状况下，11.2LBr2参与反应时转移的电子数为NA
C．0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目为0.5NA
D．当生成29.4gNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA
8．（2022·吉林·校联考模拟预测）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）
组号
参加反应的物质
生成物
①
MnO4-、Cl-···
Cl2、Mn2+···
②
Cl2(少量)、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4-> Cl2>Fe3+>Br2
9．（2022·吉林·校联考模拟预测）分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是
选项
实 验
现 象
结 论
A
用熔融氯化铝做导电性实验
电流指针不偏转
氯化铝是共价化合物
B
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡
CCl4层无色
Fe2＋的还原性强于Br－
C
相同的铝片分别与同温同体积，且c(H＋)=1mol·L－1的盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产生气泡较快
可能是Cl－对该反应起到促进作用
D
向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡
先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·吉林长春·统考模拟预测）研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生光化学烟雾，其中部分反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．整个过程中O3作催化剂和氧化剂
B．反应Ⅲ的方程式为 CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2
C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等有机物
D．反应Ⅰ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
11．（2021·吉林长春·统考三模）《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、油脂、蛋白质等营养物质。下列说法正确的是
A．“五谷”富含淀粉，淀粉是天然高分子化合物
B．“五果”富含糖类，其中的葡萄糖、蔗糖和纤维素互为同系物
C．“五畜”富含油脂和蛋白质，它们的组成元素相同
D．“五菜”富含维生素，其中维生素C具有较强氧化性，常用做抗氧化剂
12．（2021·吉林长春·统考二模）科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z＞Y＞W
B．Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C．氢化物的沸点： Y＞X
D．l mol ZW与水发生反应生成1mol W2，转移电子2mol
13．（2021·吉林延边·统考模拟预测）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程中有H2O参与反应 B．硫酸盐气溶胶呈酸性
C．NO2是生成硫酸盐的催化剂 D．该过程中有氧氢键断裂
二、实验题
14．（2023·吉林白山·统考模拟预测）亚硝酸钠(NaNO2)主要用于医药、染料和漂白等行业，也常用于食品保鲜剂。某小组拟利用NOx制备亚硝酸钠，简易流程如图。
已知：NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，2NO2 + Na2CO3= NaNO2 + NaNO3 +CO2。
(1)利用饱和NH4Cl溶液和饱和NaNO2溶液在加热条件下反应可制得N2，该反应的化学方程式为 。实验时，应间断性通入适量的O2，其目的是 。
(2)装置C中盛装饱和Na2CO3溶液的仪器的名称是 ；NO不能单独被纯碱溶液吸收，为了使NOx完全被碱液吸收且产品纯度高，x= 。
(3)装置D的作用是 ，采用“倒置漏斗”措施的目的是 。
(4)实验完毕后，从装置C中分离出NaNO2固体产品(不含Na2CO3杂质)。设计实验探究NaNO2的性质。取少量NaNO2固体产品配制成溶液，分成三份分别进行甲、乙、丙三组实验，实验操作及现象、结论如表。
实验
实验操作及现象
结论
甲
滴入无色酚酞溶液中，无色酚酞溶液变红
HNO2是弱酸
乙
滴入少量酸性KI-淀粉溶液中，振荡，酸性KI-淀粉溶液变蓝
酸性条件下， 具有氧化性
丙
滴入少量酸性KMnO4溶液中，振荡，酸性KMnO4溶液褪色
酸性条件下 ， 具有还原性
上述实验 (填标号 )的结论不可靠，理由是 。以下经实验测得实验丙反应后的溶液中氮元素仅以的形式存在，酸性KMnO4溶液与反应的离子方程式为 。
(5)吸光光度法是借助分光光度计测定溶液的吸光度，根据朗伯一比耳定律确定物质溶液的浓度。亚硝酸钠标准曲线数据如表所示。(已知：稀溶液的吸光度与浓度成正比)
标准使用液浓度/(μg·mL-1)
取标准液体积/mL
相当于亚硝酸钠的质量/μg
吸光度A
1
4
4
2.7045
取0.001gNaNO2样品溶于蒸馏水配成1000mL稀溶液，取4.00mL该稀溶液测得吸光度为2.7000，对比标准曲线数据可知，该亚硝酸钠产品纯度为 (结果保留三位有效数字，已知1 μg=10-6 g)。
15．（2022·吉林·统考三模）2022年新冠肺炎疫情仍在全世界肆虐，二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂。利用氯酸钠(NaClO3)和草酸(H2C2O4)反应可以得到ClO2，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。
已知；①ClO2有类似Cl2的性质；②实验室常用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体；③草酸100 ℃可以升华，150℃左右开始分解。请回答下列问题：
(1)装置图中，仪器b的名称是 ， 比较仪器c和d，实验中c的优点是 。
(2)写出氯酸钠和草酸反应制备ClO2的离子反应方程式 。
(3)在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是 。
(4)制备ClO2时实验需在60 ℃~100 ℃进行的原因是 ，便于控制在此温度范围内加热，则装置中需改进的一项措施是 。
(5)下列有关说法错误的是 。
a．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2
b．装置e主要用于检验是否有Cl2生成
c．仪器f的主要作用是防止倒吸
三、填空题
16．（2023·吉林·统考二模）铜及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)纳米铜是性能优异的超导材料，工业上以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉，中铜元素的化合价为 价。
(2)无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成 色晶体，俗称 。
(3)的名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分，受热分解可生成黑色的CuO，化学方程式为 。
(4)常用作媒染剂、杀虫剂等。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。的化学式为 。
(5)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。在高于300℃，HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是 。
四、工业流程题
17．（2022·吉林·统考模拟预测）以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：
(1)制备之前，通常将电石渣进行粉碎，原因为 。
(2)“氯化”过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为 。
②“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是 。
(3)“氯化”过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为 、 (填化学式)。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2] 1∶5(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，各物质溶解度随温度变化如图所示，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 、 、过滤、洗涤、干燥。
18．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）碳酸锶(SrCO3)是一 种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80~90% SrCO3， 少量MgCO3、CaCO3、 BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/(g/100g)
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
(1)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是 。
(2)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为 。进行高温煅烧反应的装置称为“立窑”，该装置的内层“衬里”应选择 (填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)做耐火材料。
(3)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是 ；滤渣1含有焦炭、MgO和 。
(4)“沉锶”中反应的化学方程式为 。
(5)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为 (取整数)。
(6)NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：Cd (s) +2NiOOH(s) +2H2O (1) Cd (OH)2(s) +2Ni (OH)2(s)
①放电一段时间后，溶液的pH将 (填 “增大”“减小”或“不变”)。
②充电时，阳极发生的电极反应式为 。
19．（2021·吉林四平·校联考模拟预测）锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是 。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4，该反应中还原产物是 (填化学式)，每生成1 molZnFe2O4转移的电子总数是 。
(2)业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：
①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是 (任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式 。
②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为 。
③净化II中Y的主要成分是 (填化学式)。
(3)金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L-1)]如图所示：
①pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是
②若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH 。
A．＜1 B．4左右 C．＞6
20．（2021·吉林松原·统考模拟预测）工业生产中会产生稀土草酸沉淀废水，其主要成分为盐酸和草酸(H2C2O4)的混合溶液及微量的草酸稀土杂质等。工业上处理废水的方法包括“①氧化法”和“②沉淀法”。相关工业流程如图所示：
已知：(1)Ka1(H2C2O4)=6.0×10-2；Ka2(H2C2O4)=6.25×10-5。
(2)25℃时，各物质的溶度积常数如表：
Ksp[Fe(OH)3]
Ksp(PbSO4)
Ksp(PbC2O4)
2.5×10-39
2.0×10-8
5.0×10-10
回答下列问题：
(1)过滤操作中需要用到的玻璃仪器有 ，上述过滤后可重复利用的物质为 (填物质名称)。
(2)“①氧化法”中Fe3+是反应的催化剂，反应产生了两种无毒气体，该氧化过程中的化学方程式为 。
(3)“氧化”步骤中，酸性越强，草酸去除率越高，其原因是 。为了使加入的17.5mg·L-1的Fe3+催化效果达到最佳，废水酸化时应将pH调整至小于 (已知lg2=0.3，1g5=0.7)。
(4)“②沉淀法”：将1.5molPbSO4沉淀剂加到1L含有0.1mol·L-1草酸的模拟废水中。沉淀时发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)。请计算此反应的平衡常数K= 。
(5)干燥步骤温度过高会降低草酸产率，其原因是 。
(6)已知在25℃时，亚硫酸的电离平衡常数为：K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7，向Na2C2O4溶液中通入少量的SO2气体，反应的离子方程式为 。
21．（2021·吉林·统考模拟预测）三氧化二钴(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。用某工业含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量PbO、NiO、FeO、SiO2) 制备Co2O3和Ni(OH)2的流程如下。
回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是 (填化学式)；检验其中阳离子可选用的化学试剂为 。
(2)实验室中进行操作X用到的硅酸盐仪器除酒精灯外还有 、 ；萃取分离用到的仪器是 。
(3)“酸浸”时不使用盐酸酸化的原因 。
(4)“酸浸”时H2O2的作用是 。
(5)“沉镍”时发生反应的离子方程式为 ；此步骤需加热，温度不能太高也不能太低的原因是 。
22．（2021·吉林·统考三模）某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
6.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
(1)废弃催化剂上的油脂在 过程中被处理
(2)滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有 。
(3)“转化”过程的离子方程式 ；“转化”过程宜控制较低温度的原因是 。
(4)加NaOH溶液“调pH”应控制的pH范围是 。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。
(6)操作I为 、 、过滤、洗涤、干燥，得到产品。
23．（2021·吉林长春·统考二模）用软锰矿(主要成分为MnO2，所含杂质为质量分数约8%Fe3O4和约5%Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3，同时制得Ba(OH)2，工艺流程如下：
已知：25℃时相关物质的Ksp见下表
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
回答下列问题：
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 ，能否通过加热的方式加快该反应的速率， (填“能”或“否”)
(2)已知MnO2为两性氧化物，保持BaS投料量不变，随软锰矿粉与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为 。
(4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式) 。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
五、元素或物质推断题
24．（2022·吉林·校联考模拟预测）红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：
请回答：
(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是 ，红褐色沉淀的化学式 。
(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式 。
(3)取黄色溶液W滴加在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因 。
参考答案：
1．D
【分析】实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统(装置)中的空气，在加热条件下，B装置中和足量反应生成四氯化钛，C装置冷却收集后产物后蒸馏分离得到产品；
【详解】A．在加热条件下，B装置中和足量反应生成四氯化钛和二氧化碳，发生反应，A正确；
B．为防止产品遇潮湿空气生杂质，实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统(装置)中的空气，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，B正确；
C．球形干燥管中盛装的是碱石灰，防止生成的遇到空气中的水潮解变质，C正确；
D．、，熔点较低，C装置可使这两种物质转化为液态，二者能互溶且沸点相差很大，应该采用蒸馏方法分离，D错误；
故选D。
2．D
【详解】A．根据转化关系可知：在转化过程中H始终呈+1价，A错误；
B．反应②为，该反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B错误；
C．Li是催化剂，和LiOH均是中间产物，C错误；
D．根据分析，整个过程的总反应为氮气和水生成氨气和氧气，可表示为，D正确；
故选D。
3．B
【分析】加入适当的氧化剂才能实现，选项中应为还原剂发生的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。
【详解】A．I元素化合价由0价降低到-1价，发生还原反应，A不符合题意；
B．Fe元素化合价由+2价升高到+3价，发生氧化反应，B符合题意；
C．无化合价变化，不发生氧化还原反应，C不符合题意；
D．Mn元素化合价由+7价降低到+4价，发生还原反应，C不符合题意；
故答案为：B。
4．D
【分析】火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔，加入天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水进行中和、稀释，最后排放。
【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、、Br-、、等离子，在这些离子中能发生水解的是、离子，+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、、等氧化为硫酸根离子，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，C正确；
D．从框图可知：排放出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，D错误；
故答案选D。
5．D
【详解】A．原离子方程式电荷不守恒，故铝和过量NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，A错误；
B．已知Mg2+和OH-结合成Mg(OH)2沉淀，故惰性电极电解MgCl2水溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl- +2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑十H2↑，B错误；
C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；
D．水玻璃中通入过量二氧化碳生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，故离子方程式为：+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2，D正确；
故答案为：D。
6．D
【详解】A．生铁是铁合金，属于混合物，生铁的含碳量为2％～4.3％，熟铁指的是钢，也是铁合金，属于混合物，钢的含碳量为0.03％～2％， 选项A错误；
B．治铁过程中CO与铁的氧化物反应生成铁和CO2属于氧化还原反应，选项B错误；
C．铁炭和炊炭不互为同素异形体，铁炭指铁合金，为混合物，选项C错误；
D．治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物，使其还原为铁单质，选项D正确；
答案选D。
7．D
【详解】A．14gN2即0.5molN2，生成0.5molN2时，根据N元素守恒，被氧化的氨气的物质的量是1mol，反应中还原剂的分子数目为NA，故A错误；
B．标准状况下，Br2是液体，11.2LBr2的物质的量不是0.5mol，故B错误；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目，故C错误；
D．29.4gNH4Br的物质的量是，当生成0.3molNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA，故D正确；
选D。
8．D
【分析】A.由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍；
B.由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断；
C.反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；
D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+。
【详解】A.由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子，A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n(C12)=n(FeBr2)，即n(C12)：n(FeBr2)=1：2，故B正确；
C.反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成O2，根据H元素守恒可知还生成H2O，C正确；
D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性：MnO4->Cl2，由②可知氧化性：Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算及氧化性强弱比较，把握氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意电子守恒的应用，侧重考查分析与应用能力。
9．D
【详解】A. 氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故A正确；
B. 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡，CCl4层无色，说明溴离子没有被氧化，从而可证明Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；
C. 氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl−对该反应起到促进作用，故C正确；
D. 滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液产生白色沉淀，再加入0.1mol/L的NaI溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp大小，故D错误；
故答案选D。
10．A
【详解】A．催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，选项A错误；
B．根据过程，反应III：CH2=CHCH3和O3参与反应，生成HCHO、CH3CHO、O2，即反应方程式为CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，选项B正确；
C．根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等有机物，选项C正确；
D．反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅲ：CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，选项D正确；
答案选A。
11．A
【详解】A．“五谷”一般为稻、黍、稷、麦、菽，主要成分为淀粉，淀粉是由葡萄糖聚合而成的高分子化合物，且自然界存在，是天然高分子化合物，A正确；
B．同系物的官能团相同、官能团数目也相同，葡萄糖、蔗糖、纤维素的官能团不同，不是同系物，B错误；
C．油脂只含C、H、O三种元素，蛋白质含C、H、O、N等元素，C错误；
D．维生素C因具有较强的还原性，因此常用作抗氧化剂，D错误；
综上所述答案为A。
12．B
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此解答。
【详解】A． H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，故A错误；
B． O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，故B正确；
C． C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2，呈液态，则C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，故C错误；
D． 1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，故D错误；
故选B。
13．C
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故B正确；
C．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故C错误；
D．根据图示转化过程，中，H2O分子中一个氧氢键断裂，故D正确；
答案选C。
14．(1) NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O 将部分NO转化为NO2
(2) 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 1. 5
(3) 吸收尾气 防倒吸
(4) 乙 产品可能混有 5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O
(5)99. 8%
【分析】A中铜与稀硝酸反应制取NO，B中间断性通入适量的O2，其目的是将部分NO转化为NO2，C中发生NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，2NO2 + Na2CO3= NaNO2 + NaNO3 +CO2，D中吸收尾气。
【详解】（1）利用饱和NH4Cl溶液和饱和NaNO2溶液在加热条件下反应可制得N2，同时生成氯化钠和水，反应的化学方程式为NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O。实验时，应间断性通入适量的O2，其目的是将部分NO转化为NO2。故答案为：NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O；将部分NO转化为NO2；
（2）装置C中盛装饱和Na2CO3溶液的仪器的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶)；NO不能单独被纯碱溶液吸收，为了使NOx完全被碱液吸收且产品纯度高，根据NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，N与O原子个数比为2∶3，x=1. 5。故答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶)；1. 5；
（3）装置D的作用是吸收尾气，采用“倒置漏斗”措施的目的是防倒吸。故答案为：吸收尾气；防倒吸；
（4）实验甲中NaNO2是强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，甲正确；实验丙中 具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，振荡，酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，丙正确；上述实验乙 (填标号 )的结论不可靠，理由是产品可能混有，在酸性条件下，、均具有氧化性。经实验测得实验丙反应后的溶液中氮元素仅以的形式存在，酸性KMnO4溶液与反应生成Mn2+、，离子方程式为5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O。故答案为：乙；产品可能混有；5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O；
（5）取0.001gNaNO2样品溶于蒸馏水配成1000mL稀溶液，浓度为10-6 g·mL-1，取4.00mL该稀溶液测得吸光度为2.7000，对比标准曲线数据可知，亚硝酸钠的浓度为=0.998μg·mL-1 ，该亚硝酸钠产品纯度为 99. 8%。故答案为：99. 8%。
15．(1) 球形冷凝管 平衡压强，使漏斗内的液体顺利流下
(2)
(3)
(4) 防止草酸分解 水浴加热
(5)b
【分析】三口烧瓶中氯酸钠和草酸反应生成ClO2，用稳定剂吸收ClO2生成NaClO2，向NaClO2溶液中加稀盐酸放出ClO2气体，用淀粉碘化钾溶液检验ClO2的生成，最后用氢氧化钠溶液吸收ClO2气体，防止污染。
【详解】（1）根据装置图，可知仪器b的名称是球形冷凝管， c是恒压滴液漏斗、d是分液漏斗，实验中c能平衡漏斗和三口烧瓶内的压强，使漏斗内的液体顺利流下。
（2）在酸性条件下，氯酸钠被草酸还原为ClO2，草酸被氧化为二氧化碳，反应的离子反应方程式为；
（3）在ClO2释放实验中，NaClO2和盐酸反应只释放出ClO2一种气体，说明在酸性条件下发生歧化反应生成ClO2和Cl-，发生的离子反应方程式是；
（4）草酸100 ℃可以升华，150℃左右开始分解，为防止草酸分解，制备ClO2时实验需在60 ℃~100 ℃进行，为便于控制在此温度范围内加热，则装置中需水浴加热
（5）a．ClO2有类似Cl2的性质，仪器a中NaOH溶液可以中和硫酸，停止反应，并吸收多余的ClO2，故a正确；
b．ClO2有类似Cl2的性质，NaClO2加酸只释放出ClO2一种气体，装置e主要用于检验有ClO2放出，故b错误；
c．仪器f是球形干燥管，可以防止ClO2溶于氢氧化钠形成倒吸，故c正确；
选b。
16．(1)+1
(2) 蓝 胆矾或蓝矾
(3)
(4)
(5)用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化
【详解】（1）中硫元素为-2价，则铜元素的化合价为+1；
（2）无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成蓝色硫酸铜晶体，俗称胆矾或蓝矾；
（3）碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水、二氧化碳，；
（4）Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，铜生成铜离子化合价升高，根据电子守恒可知，M生成中铁元素化合价降低，故为亚铁离子；
（5）氯化铜加热水解生成氢氧化铜和挥发性酸，HCl可抑制其水解，CuCl中铜具有还原性易被空气中氧气氧化，在HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化。
17．(1)增大接触面积，加快打浆速率并提高原料利用率
(2) 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
(3) CaCO3 Ca(OH)2 ＜
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】电石渣主要成分为氢氧化钙和碳酸钙，加入水打浆，然后通入氯气，可生成次氯酸钙，次氯酸钙进一步转化为氯酸钙，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体氯酸钾。
【详解】（1）将电石渣进行粉碎，可增大接触面积，加快打浆速率并提高原料利用率
（2）氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
（3）碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]＜1∶5。
（4）根据图象可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率
(2) SrCO3+2CSr+3CO↑ 碱性耐火砖
(3) 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 Ca(OH)2
(4)Sr(OH)2+ (NH4)2CO3=SrCO3 +2NH3·H2O
(5)6
(6) 增大 Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、CaO、BaO、MgO等物质，加入热水浸取，将不溶于热水的氧化镁、Ca(OH)2、C等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此分析解题。
【详解】（1）反应物的颗粒越小，比表面积越大，即反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率，故答案为：增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率；
（2）分析流程图信息可知，碳酸锶和碳在高温的条件下生成锶和一氧化碳，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑，由于石英砂砖中的SiO2在高温下能与SrCO3反应而腐蚀石英砂砖，故该装置的内层“衬里”应选择碱性耐火砖做耐火材料，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
（3）氢氧化锶溶解度随温度升高而增大、氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出；在立窑煅烧时MgCO3生成氧化镁，氧化镁是不溶物，滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；Ca(OH)2；
（4）沉锶”反应中氢氧化锶和NH4HCO3发生反应，产物除了碳酸锶外，还有水和一水合氨，则化学反应方程式为Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3•H2O+H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3•H2O+H2O；
（5）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则有：，解得为6，故答案为：6；
（6）①放电一段时间后，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2 H2O=2Ni(OH)2+2OH-，根据电极反应式知，负极消耗的n(OH-)等于正极生成的n(OH-)，则溶液中n(OH-)不变，但消耗了电解质中的水，导致溶液中c(OH-)增大，则溶液的pH增大，故答案为：增大；
②放电时正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，则充电时阳极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
19．(1) ＋3 CO 4NA(或2.408×1024)
(2) 适当增大c(H＋)(或升高温度、搅拌等其他合理答案) ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O CuS、ZnS
(3) Cu2+ B
【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O、ZnO＋2H＋=Zn2＋＋H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，调节溶液的pH将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入ZnS，发生反应Cu2＋＋ZnS=Zn2＋＋CuS，然后过滤，所以Y中含有CuS，最后电解得到Zn，据此分析解题。
【详解】（1）(1)①ZnFe2O4中Zn是＋2价，O是-2价，根据化合物中正负价代数和为0可知Fe的化合价是＋3价；
②反应中Fe元素化合价从＋2价升高到＋3价，碳元素化合价从＋3价部分降低到＋2价，部分升高到＋4价，所以还原产物是CO；根据方程式可知每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子的物质的量是4 mol，总数是4NA(或2.408×1024)；
（2）(2)①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O；
②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；
③由于ZnS过量，则净化Ⅱ中Y的主要成分是CuS、ZnS；
（3）(3)①由图可知，在pH=3时，不会发现Cu(OH)2沉淀，铜元素以铜离子形式存在。
②要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。
20． 漏斗、烧杯、玻璃杯 硫酸铅 H2C2O4+O32CO2+O2+H2O pH升高后，Fe3+生成Fe(OH)3，降低催化效果 2.3 1.5×10-4 草酸加热会分解，变成二氧化碳、一氧化碳和水 SO2+H2O+C2O=HSO+HC2O
【分析】由题意知，方法①为氧化法，加入盐酸酸化后，在酸性条件下，草酸被O3氧化为CO2，Fe3+在反应中充当催化剂作用，方法②为沉淀法，加入PbSO4后，草酸转化为PbC2O4沉淀，经过浓硫酸酸化后，PbC2O4又转化为PbSO4（重复利用）和H2C2O4，过滤后滤液主要含H2C2O4，经过结晶、过滤、干燥操作获得草酸晶体。
【详解】(1)过滤操作中用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃杯；由分析知，过滤后得到的PbSO4可重复利用；
(2)根据题意，方法①为将草酸氧化为CO2，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：H2C2O4+O32CO2+O2+H2O；
(3)pH升高后，溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，使催化活性降低，所以pH增大，草酸去除率降低，故酸性越强，草酸去除率越高；加入Fe3+的浓度为c==3.125×10-4 mol/L，要使得Fe3+的催化效果最好，则Fe3+不能开始沉淀，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)，则c(OH-)= =2×10-12mol·L-1，c(H+)= =5×10-3mol·L-1，pH=-Lgc(H+)=-lg5×10-3=2.3；
(4)反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+(aq)的平衡常数表达式为K= ==1.5×10-4；
(5)草酸加热会分解，变成二氧化碳、一氧化碳和水，故干燥不能高温；
(6)根据草酸和亚硫酸的电离平衡常数大小可知，少量SO2通入Na2C2O4溶液中，反应能将离子生成，不能生成H2C2O4，同时生成，故离子方程式为：SO2+H2O+=+。
21． Fe(OH)3 KSCN(写“NH4SCN”“苯酚”“亚铁氰化钾”也可以) 坩埚 泥三角 分液漏斗 盐酸会被Co2O3氧化为氯气污染空气，无法除尽Pb2+ 作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，作还原剂将Co3+还原为Co2+ Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O 温度太低反应速率太慢，温度太高分解
【分析】由题给流程可知，向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，氧化亚铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，PbO转化为硫酸铅沉淀，二氧化硅不溶解，过滤得到含有氢离子、亚钴离子、铁离子、亚镍离子的酸浸液；调节酸浸液的pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有亚钴离子、亚镍离子的滤液；向滤液中加入萃取剂，萃取分液得到含有亚钴离子的水相和含有亚镍离子的有机相；向水相中加入氨水，亚钴离子离子转化为Co2(OH)2CO3沉淀，高温煅烧，Co2(OH)2CO3与空气中的氧气发生氧化还原反应生成氧化钴、二氧化碳和水。含有亚镍离子的有机相进行反萃取得到含亚镍离子的水溶液，加入碳酸氢铵沉镍生成NiCO3，硫酸溶解得到NiSO4，最后加入氢氧化钠得到Ni(OH)2，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析可知调节pH沉淀铁离子，则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；铁离子可以用KSCN溶液检验，则检验其中阳离子可选用的化学试剂为KSCN溶液。
(2)操作X是煅烧，实验室中进行操作X用到的硅酸盐仪器除酒精灯外还有坩埚、泥三角；萃取分离用到的仪器是分液漏斗。
(3)由于盐酸会被Co2O3氧化为氯气污染空气，无法除尽Pb2+，所以“酸浸”时不使用盐酸酸化。
(4)根据以上分析可知“酸浸”时H2O2的作用是作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，作还原剂将Co3+还原为Co2+。
(5)“沉镍”时根据原子守恒可知还有二氧化碳和水生成，则发生反应的离子方程式为Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O；由于温度太低反应速率太慢，温度太高分解，所以此步骤加热时温度不能太高也不能太低。
22． 碱浸 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O 温度过高会导致过氧化氢分解 3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2) 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】由流程可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，以此解答该题。
【详解】(1)油脂可以在碱性环境中水解生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，所以油脂在“碱浸”过程中被处理；
(2)根据分析可知滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有铝以及氧化铝和NaOH溶液反应生成的；
(3)转化过程中发生的主要反应为双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；温度过高会导致过氧化氢分解，所以“转化”过程宜控制较低温度；
(4)调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，但不使Ni2+沉淀，根据题目所给数据可知范围为3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)；
(5)根据题意可知碱性溶液中Ni2+被ClO-氧化为NiOOH，化合价升高1价，ClO-被还原为Cl-，根据电子守恒可知Ni2+和ClO-的系数比应为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O；
(6)操作I可以从滤液中得到硫酸镍晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
23． MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S 能 MnO2为两性氧化物，过量的MnO2会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小； 漏斗、玻璃棒 H2O2 4.9 Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)，加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，过滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢钠、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】(1)MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；一般来说，升高反应的温度可以加快反应速率，故可通过加热的方式加快该反应的速率；
(2)MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒；
(4)净化时为更好的除去Fe元素，需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O。
24． O3 Fe(OH)3 6Fe2O34Fe3O4＋O2↑ 2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2
【分析】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。
【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，
（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；
故答案为：O3；Fe(OH)3；
（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；
故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；
（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；
故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。
【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：
①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。
吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·吉林·统考二模）我国自主发明的“钛战甲”——钛合金材料，为实现万米深潜的“奋斗者”号建造了世界最大、搭载人数最多的潜水器载人舱球壳。四氯化钛()是生产钛合金的重要原料，某化学实验小组以和足量为原料制取，装置如下图：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他性质
-23
76.8
与互溶
-25
136
遇潮湿空气产生白雾
有关物质的性质如上表，下列说法错误的是
A．B中反应的化学方程式为
B．实验开始时，点燃A处的酒精灯，再点燃B处
C．D中盛装的是碱石灰，防止生成的遇到空气中的水溶解变质
D．欲分离C装置中的，应采用的实验操作为蒸发
2．（2023·吉林·统考二模）固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是
A．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．Li是催化剂，只有是中间产物
D．整个过程的总反应可表示为
3．（2023·吉林·统考二模）下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是
A． B． C． D．
4．（2022·吉林·校联考模拟预测）天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO、Br-、CO、HCO等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是
A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO、HCO水解
B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO、SO等氧化生成SO
C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D．“排放”出来的海水中SO的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
5．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是
A．铝和过量NaOH溶液反应：Al+4OH-=+2H2O
B．惰性电极电解MgCl2水溶液：2Cl- +2H2O2OH-+Cl2↑十H2↑
C．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应：5+2+16H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．水玻璃中通入过量二氧化碳：+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2
6．（2022·吉林长春·统考模拟预测）《天工开物》中“治铁"原典中记载：“凡治铁成器，取已炒熟铁为之……凡炉中炽铁用炭，煤炭居十七，木炭居十三……即用煤炭也别有铁炭一种，取其火性内攻、焰不虚腾者，与炊炭同行而有分类也……”。下列说法正确的是
A．熟铁是纯净的铁单质，生铁是铁和碳的混合物
B．治铁过程只涉及化合反应与置换反应，
C．铁炭和炊炭均为碳元素的同素异形体
D．治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物
7．（2022·吉林白山·统考一模）用NA表示阿伏加德罗常数的值。溴蒸气与氨气相遇产生“白烟"，化学方程式为8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。下列说法正确的是
A．生成14gN2时，反应中还原剂的分子数目为4NA
B．标准状况下，11.2LBr2参与反应时转移的电子数为NA
C．0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目为0.5NA
D．当生成29.4gNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA
8．（2022·吉林·校联考模拟预测）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）
组号
参加反应的物质
生成物
①
MnO4-、Cl-···
Cl2、Mn2+···
②
Cl2(少量)、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4-> Cl2>Fe3+>Br2
9．（2022·吉林·校联考模拟预测）分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是
选项
实 验
现 象
结 论
A
用熔融氯化铝做导电性实验
电流指针不偏转
氯化铝是共价化合物
B
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡
CCl4层无色
Fe2＋的还原性强于Br－
C
相同的铝片分别与同温同体积，且c(H＋)=1mol·L－1的盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产生气泡较快
可能是Cl－对该反应起到促进作用
D
向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡
先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·吉林长春·统考模拟预测）研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生光化学烟雾，其中部分反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．整个过程中O3作催化剂和氧化剂
B．反应Ⅲ的方程式为 CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2
C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等有机物
D．反应Ⅰ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
11．（2021·吉林长春·统考三模）《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、油脂、蛋白质等营养物质。下列说法正确的是
A．“五谷”富含淀粉，淀粉是天然高分子化合物
B．“五果”富含糖类，其中的葡萄糖、蔗糖和纤维素互为同系物
C．“五畜”富含油脂和蛋白质，它们的组成元素相同
D．“五菜”富含维生素，其中维生素C具有较强氧化性，常用做抗氧化剂
12．（2021·吉林长春·统考二模）科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z＞Y＞W
B．Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C．氢化物的沸点： Y＞X
D．l mol ZW与水发生反应生成1mol W2，转移电子2mol
13．（2021·吉林延边·统考模拟预测）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程中有H2O参与反应 B．硫酸盐气溶胶呈酸性
C．NO2是生成硫酸盐的催化剂 D．该过程中有氧氢键断裂
二、实验题
14．（2023·吉林白山·统考模拟预测）亚硝酸钠(NaNO2)主要用于医药、染料和漂白等行业，也常用于食品保鲜剂。某小组拟利用NOx制备亚硝酸钠，简易流程如图。
已知：NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，2NO2 + Na2CO3= NaNO2 + NaNO3 +CO2。
(1)利用饱和NH4Cl溶液和饱和NaNO2溶液在加热条件下反应可制得N2，该反应的化学方程式为 。实验时，应间断性通入适量的O2，其目的是 。
(2)装置C中盛装饱和Na2CO3溶液的仪器的名称是 ；NO不能单独被纯碱溶液吸收，为了使NOx完全被碱液吸收且产品纯度高，x= 。
(3)装置D的作用是 ，采用“倒置漏斗”措施的目的是 。
(4)实验完毕后，从装置C中分离出NaNO2固体产品(不含Na2CO3杂质)。设计实验探究NaNO2的性质。取少量NaNO2固体产品配制成溶液，分成三份分别进行甲、乙、丙三组实验，实验操作及现象、结论如表。
实验
实验操作及现象
结论
甲
滴入无色酚酞溶液中，无色酚酞溶液变红
HNO2是弱酸
乙
滴入少量酸性KI-淀粉溶液中，振荡，酸性KI-淀粉溶液变蓝
酸性条件下， 具有氧化性
丙
滴入少量酸性KMnO4溶液中，振荡，酸性KMnO4溶液褪色
酸性条件下 ， 具有还原性
上述实验 (填标号 )的结论不可靠，理由是 。以下经实验测得实验丙反应后的溶液中氮元素仅以的形式存在，酸性KMnO4溶液与反应的离子方程式为 。
(5)吸光光度法是借助分光光度计测定溶液的吸光度，根据朗伯一比耳定律确定物质溶液的浓度。亚硝酸钠标准曲线数据如表所示。(已知：稀溶液的吸光度与浓度成正比)
标准使用液浓度/(μg·mL-1)
取标准液体积/mL
相当于亚硝酸钠的质量/μg
吸光度A
1
4
4
2.7045
取0.001gNaNO2样品溶于蒸馏水配成1000mL稀溶液，取4.00mL该稀溶液测得吸光度为2.7000，对比标准曲线数据可知，该亚硝酸钠产品纯度为 (结果保留三位有效数字，已知1 μg=10-6 g)。
15．（2022·吉林·统考三模）2022年新冠肺炎疫情仍在全世界肆虐，二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂。利用氯酸钠(NaClO3)和草酸(H2C2O4)反应可以得到ClO2，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。
已知；①ClO2有类似Cl2的性质；②实验室常用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体；③草酸100 ℃可以升华，150℃左右开始分解。请回答下列问题：
(1)装置图中，仪器b的名称是 ， 比较仪器c和d，实验中c的优点是 。
(2)写出氯酸钠和草酸反应制备ClO2的离子反应方程式 。
(3)在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是 。
(4)制备ClO2时实验需在60 ℃~100 ℃进行的原因是 ，便于控制在此温度范围内加热，则装置中需改进的一项措施是 。
(5)下列有关说法错误的是 。
a．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2
b．装置e主要用于检验是否有Cl2生成
c．仪器f的主要作用是防止倒吸
三、填空题
16．（2023·吉林·统考二模）铜及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)纳米铜是性能优异的超导材料，工业上以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉，中铜元素的化合价为 价。
(2)无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成 色晶体，俗称 。
(3)的名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分，受热分解可生成黑色的CuO，化学方程式为 。
(4)常用作媒染剂、杀虫剂等。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。的化学式为 。
(5)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。在高于300℃，HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是 。
四、工业流程题
17．（2022·吉林·统考模拟预测）以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：
(1)制备之前，通常将电石渣进行粉碎，原因为 。
(2)“氯化”过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为 。
②“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是 。
(3)“氯化”过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为 、 (填化学式)。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2] 1∶5(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，各物质溶解度随温度变化如图所示，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 、 、过滤、洗涤、干燥。
18．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）碳酸锶(SrCO3)是一 种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80~90% SrCO3， 少量MgCO3、CaCO3、 BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/(g/100g)
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
(1)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是 。
(2)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为 。进行高温煅烧反应的装置称为“立窑”，该装置的内层“衬里”应选择 (填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)做耐火材料。
(3)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是 ；滤渣1含有焦炭、MgO和 。
(4)“沉锶”中反应的化学方程式为 。
(5)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为 (取整数)。
(6)NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：Cd (s) +2NiOOH(s) +2H2O (1) Cd (OH)2(s) +2Ni (OH)2(s)
①放电一段时间后，溶液的pH将 (填 “增大”“减小”或“不变”)。
②充电时，阳极发生的电极反应式为 。
19．（2021·吉林四平·校联考模拟预测）锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是 。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4，该反应中还原产物是 (填化学式)，每生成1 molZnFe2O4转移的电子总数是 。
(2)业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：
①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是 (任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式 。
②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为 。
③净化II中Y的主要成分是 (填化学式)。
(3)金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L-1)]如图所示：
①pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是
②若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH 。
A．＜1 B．4左右 C．＞6
20．（2021·吉林松原·统考模拟预测）工业生产中会产生稀土草酸沉淀废水，其主要成分为盐酸和草酸(H2C2O4)的混合溶液及微量的草酸稀土杂质等。工业上处理废水的方法包括“①氧化法”和“②沉淀法”。相关工业流程如图所示：
已知：(1)Ka1(H2C2O4)=6.0×10-2；Ka2(H2C2O4)=6.25×10-5。
(2)25℃时，各物质的溶度积常数如表：
Ksp[Fe(OH)3]
Ksp(PbSO4)
Ksp(PbC2O4)
2.5×10-39
2.0×10-8
5.0×10-10
回答下列问题：
(1)过滤操作中需要用到的玻璃仪器有 ，上述过滤后可重复利用的物质为 (填物质名称)。
(2)“①氧化法”中Fe3+是反应的催化剂，反应产生了两种无毒气体，该氧化过程中的化学方程式为 。
(3)“氧化”步骤中，酸性越强，草酸去除率越高，其原因是 。为了使加入的17.5mg·L-1的Fe3+催化效果达到最佳，废水酸化时应将pH调整至小于 (已知lg2=0.3，1g5=0.7)。
(4)“②沉淀法”：将1.5molPbSO4沉淀剂加到1L含有0.1mol·L-1草酸的模拟废水中。沉淀时发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)。请计算此反应的平衡常数K= 。
(5)干燥步骤温度过高会降低草酸产率，其原因是 。
(6)已知在25℃时，亚硫酸的电离平衡常数为：K1=1.54×10-2、K2=1.02×10-7，向Na2C2O4溶液中通入少量的SO2气体，反应的离子方程式为 。
21．（2021·吉林·统考模拟预测）三氧化二钴(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。用某工业含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量PbO、NiO、FeO、SiO2) 制备Co2O3和Ni(OH)2的流程如下。
回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是 (填化学式)；检验其中阳离子可选用的化学试剂为 。
(2)实验室中进行操作X用到的硅酸盐仪器除酒精灯外还有 、 ；萃取分离用到的仪器是 。
(3)“酸浸”时不使用盐酸酸化的原因 。
(4)“酸浸”时H2O2的作用是 。
(5)“沉镍”时发生反应的离子方程式为 ；此步骤需加热，温度不能太高也不能太低的原因是 。
22．（2021·吉林·统考三模）某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
6.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
(1)废弃催化剂上的油脂在 过程中被处理
(2)滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有 。
(3)“转化”过程的离子方程式 ；“转化”过程宜控制较低温度的原因是 。
(4)加NaOH溶液“调pH”应控制的pH范围是 。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。
(6)操作I为 、 、过滤、洗涤、干燥，得到产品。
23．（2021·吉林长春·统考二模）用软锰矿(主要成分为MnO2，所含杂质为质量分数约8%Fe3O4和约5%Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3，同时制得Ba(OH)2，工艺流程如下：
已知：25℃时相关物质的Ksp见下表
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
回答下列问题：
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 ，能否通过加热的方式加快该反应的速率， (填“能”或“否”)
(2)已知MnO2为两性氧化物，保持BaS投料量不变，随软锰矿粉与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为 。
(4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式) 。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
五、元素或物质推断题
24．（2022·吉林·校联考模拟预测）红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：
请回答：
(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是 ，红褐色沉淀的化学式 。
(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式 。
(3)取黄色溶液W滴加在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因 。
参考答案：
1．D
【分析】实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统(装置)中的空气，在加热条件下，B装置中和足量反应生成四氯化钛，C装置冷却收集后产物后蒸馏分离得到产品；
【详解】A．在加热条件下，B装置中和足量反应生成四氯化钛和二氧化碳，发生反应，A正确；
B．为防止产品遇潮湿空气生杂质，实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统(装置)中的空气，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，B正确；
C．球形干燥管中盛装的是碱石灰，防止生成的遇到空气中的水潮解变质，C正确；
D．、，熔点较低，C装置可使这两种物质转化为液态，二者能互溶且沸点相差很大，应该采用蒸馏方法分离，D错误；
故选D。
2．D
【详解】A．根据转化关系可知：在转化过程中H始终呈+1价，A错误；
B．反应②为，该反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B错误；
C．Li是催化剂，和LiOH均是中间产物，C错误；
D．根据分析，整个过程的总反应为氮气和水生成氨气和氧气，可表示为，D正确；
故选D。
3．B
【分析】加入适当的氧化剂才能实现，选项中应为还原剂发生的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。
【详解】A．I元素化合价由0价降低到-1价，发生还原反应，A不符合题意；
B．Fe元素化合价由+2价升高到+3价，发生氧化反应，B符合题意；
C．无化合价变化，不发生氧化还原反应，C不符合题意；
D．Mn元素化合价由+7价降低到+4价，发生还原反应，C不符合题意；
故答案为：B。
4．D
【分析】火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔，加入天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水进行中和、稀释，最后排放。
【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、、Br-、、等离子，在这些离子中能发生水解的是、离子，+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、、等氧化为硫酸根离子，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，C正确；
D．从框图可知：排放出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，D错误；
故答案选D。
5．D
【详解】A．原离子方程式电荷不守恒，故铝和过量NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，A错误；
B．已知Mg2+和OH-结合成Mg(OH)2沉淀，故惰性电极电解MgCl2水溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl- +2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑十H2↑，B错误；
C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；
D．水玻璃中通入过量二氧化碳生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，故离子方程式为：+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2，D正确；
故答案为：D。
6．D
【详解】A．生铁是铁合金，属于混合物，生铁的含碳量为2％～4.3％，熟铁指的是钢，也是铁合金，属于混合物，钢的含碳量为0.03％～2％， 选项A错误；
B．治铁过程中CO与铁的氧化物反应生成铁和CO2属于氧化还原反应，选项B错误；
C．铁炭和炊炭不互为同素异形体，铁炭指铁合金，为混合物，选项C错误；
D．治铁用到的煤炭和木炭均可还原铁的氧化物，使其还原为铁单质，选项D正确；
答案选D。
7．D
【详解】A．14gN2即0.5molN2，生成0.5molN2时，根据N元素守恒，被氧化的氨气的物质的量是1mol，反应中还原剂的分子数目为NA，故A错误；
B．标准状况下，Br2是液体，11.2LBr2的物质的量不是0.5mol，故B错误；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目，故C错误；
D．29.4gNH4Br的物质的量是，当生成0.3molNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA，故D正确；
选D。
8．D
【分析】A.由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍；
B.由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断；
C.反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；
D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+。
【详解】A.由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子，A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n(C12)=n(FeBr2)，即n(C12)：n(FeBr2)=1：2，故B正确；
C.反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成O2，根据H元素守恒可知还生成H2O，C正确；
D.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性：MnO4->Cl2，由②可知氧化性：Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算及氧化性强弱比较，把握氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意电子守恒的应用，侧重考查分析与应用能力。
9．D
【详解】A. 氯化铝为分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态不导电，是共价化合物，故A正确；
B. 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡，CCl4层无色，说明溴离子没有被氧化，从而可证明Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；
C. 氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl−对该反应起到促进作用，故C正确；
D. 滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液产生白色沉淀，再加入0.1mol/L的NaI溶液，硝酸银过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp大小，故D错误；
故答案选D。
10．A
【详解】A．催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，选项A错误；
B．根据过程，反应III：CH2=CHCH3和O3参与反应，生成HCHO、CH3CHO、O2，即反应方程式为CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，选项B正确；
C．根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等有机物，选项C正确；
D．反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅲ：CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，选项D正确；
答案选A。
11．A
【详解】A．“五谷”一般为稻、黍、稷、麦、菽，主要成分为淀粉，淀粉是由葡萄糖聚合而成的高分子化合物，且自然界存在，是天然高分子化合物，A正确；
B．同系物的官能团相同、官能团数目也相同，葡萄糖、蔗糖、纤维素的官能团不同，不是同系物，B错误；
C．油脂只含C、H、O三种元素，蛋白质含C、H、O、N等元素，C错误；
D．维生素C因具有较强的还原性，因此常用作抗氧化剂，D错误；
综上所述答案为A。
12．B
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C，Y为O，据此解答。
【详解】A． H+核外没有电子，半径最小，Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：O2-＞Na+＞H+，故A错误；
B． O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成NaO、Na2O2，故B正确；
C． C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2，呈液态，则C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，故C错误；
D． 1molNaH和H2O发生反应生成1molH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1molNaH反应转移1mol电子，故D错误；
故选B。
13．C
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故B正确；
C．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故C错误；
D．根据图示转化过程，中，H2O分子中一个氧氢键断裂，故D正确；
答案选C。
14．(1) NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O 将部分NO转化为NO2
(2) 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 1. 5
(3) 吸收尾气 防倒吸
(4) 乙 产品可能混有 5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O
(5)99. 8%
【分析】A中铜与稀硝酸反应制取NO，B中间断性通入适量的O2，其目的是将部分NO转化为NO2，C中发生NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，2NO2 + Na2CO3= NaNO2 + NaNO3 +CO2，D中吸收尾气。
【详解】（1）利用饱和NH4Cl溶液和饱和NaNO2溶液在加热条件下反应可制得N2，同时生成氯化钠和水，反应的化学方程式为NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O。实验时，应间断性通入适量的O2，其目的是将部分NO转化为NO2。故答案为：NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O；将部分NO转化为NO2；
（2）装置C中盛装饱和Na2CO3溶液的仪器的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶)；NO不能单独被纯碱溶液吸收，为了使NOx完全被碱液吸收且产品纯度高，根据NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，N与O原子个数比为2∶3，x=1. 5。故答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶)；1. 5；
（3）装置D的作用是吸收尾气，采用“倒置漏斗”措施的目的是防倒吸。故答案为：吸收尾气；防倒吸；
（4）实验甲中NaNO2是强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，甲正确；实验丙中 具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，振荡，酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，丙正确；上述实验乙 (填标号 )的结论不可靠，理由是产品可能混有，在酸性条件下，、均具有氧化性。经实验测得实验丙反应后的溶液中氮元素仅以的形式存在，酸性KMnO4溶液与反应生成Mn2+、，离子方程式为5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O。故答案为：乙；产品可能混有；5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O；
（5）取0.001gNaNO2样品溶于蒸馏水配成1000mL稀溶液，浓度为10-6 g·mL-1，取4.00mL该稀溶液测得吸光度为2.7000，对比标准曲线数据可知，亚硝酸钠的浓度为=0.998μg·mL-1 ，该亚硝酸钠产品纯度为 99. 8%。故答案为：99. 8%。
15．(1) 球形冷凝管 平衡压强，使漏斗内的液体顺利流下
(2)
(3)
(4) 防止草酸分解 水浴加热
(5)b
【分析】三口烧瓶中氯酸钠和草酸反应生成ClO2，用稳定剂吸收ClO2生成NaClO2，向NaClO2溶液中加稀盐酸放出ClO2气体，用淀粉碘化钾溶液检验ClO2的生成，最后用氢氧化钠溶液吸收ClO2气体，防止污染。
【详解】（1）根据装置图，可知仪器b的名称是球形冷凝管， c是恒压滴液漏斗、d是分液漏斗，实验中c能平衡漏斗和三口烧瓶内的压强，使漏斗内的液体顺利流下。
（2）在酸性条件下，氯酸钠被草酸还原为ClO2，草酸被氧化为二氧化碳，反应的离子反应方程式为；
（3）在ClO2释放实验中，NaClO2和盐酸反应只释放出ClO2一种气体，说明在酸性条件下发生歧化反应生成ClO2和Cl-，发生的离子反应方程式是；
（4）草酸100 ℃可以升华，150℃左右开始分解，为防止草酸分解，制备ClO2时实验需在60 ℃~100 ℃进行，为便于控制在此温度范围内加热，则装置中需水浴加热
（5）a．ClO2有类似Cl2的性质，仪器a中NaOH溶液可以中和硫酸，停止反应，并吸收多余的ClO2，故a正确；
b．ClO2有类似Cl2的性质，NaClO2加酸只释放出ClO2一种气体，装置e主要用于检验有ClO2放出，故b错误；
c．仪器f是球形干燥管，可以防止ClO2溶于氢氧化钠形成倒吸，故c正确；
选b。
16．(1)+1
(2) 蓝 胆矾或蓝矾
(3)
(4)
(5)用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化
【详解】（1）中硫元素为-2价，则铜元素的化合价为+1；
（2）无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成蓝色硫酸铜晶体，俗称胆矾或蓝矾；
（3）碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水、二氧化碳，；
（4）Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，铜生成铜离子化合价升高，根据电子守恒可知，M生成中铁元素化合价降低，故为亚铁离子；
（5）氯化铜加热水解生成氢氧化铜和挥发性酸，HCl可抑制其水解，CuCl中铜具有还原性易被空气中氧气氧化，在HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化。
17．(1)增大接触面积，加快打浆速率并提高原料利用率
(2) 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
(3) CaCO3 Ca(OH)2 ＜
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】电石渣主要成分为氢氧化钙和碳酸钙，加入水打浆，然后通入氯气，可生成次氯酸钙，次氯酸钙进一步转化为氯酸钙，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体氯酸钾。
【详解】（1）将电石渣进行粉碎，可增大接触面积，加快打浆速率并提高原料利用率
（2）氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
（3）碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]＜1∶5。
（4）根据图象可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率
(2) SrCO3+2CSr+3CO↑ 碱性耐火砖
(3) 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 Ca(OH)2
(4)Sr(OH)2+ (NH4)2CO3=SrCO3 +2NH3·H2O
(5)6
(6) 增大 Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、CaO、BaO、MgO等物质，加入热水浸取，将不溶于热水的氧化镁、Ca(OH)2、C等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此分析解题。
【详解】（1）反应物的颗粒越小，比表面积越大，即反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率，故答案为：增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率；
（2）分析流程图信息可知，碳酸锶和碳在高温的条件下生成锶和一氧化碳，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑，由于石英砂砖中的SiO2在高温下能与SrCO3反应而腐蚀石英砂砖，故该装置的内层“衬里”应选择碱性耐火砖做耐火材料，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
（3）氢氧化锶溶解度随温度升高而增大、氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出；在立窑煅烧时MgCO3生成氧化镁，氧化镁是不溶物，滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；Ca(OH)2；
（4）沉锶”反应中氢氧化锶和NH4HCO3发生反应，产物除了碳酸锶外，还有水和一水合氨，则化学反应方程式为Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3•H2O+H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3•H2O+H2O；
（5）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则有：，解得为6，故答案为：6；
（6）①放电一段时间后，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2 H2O=2Ni(OH)2+2OH-，根据电极反应式知，负极消耗的n(OH-)等于正极生成的n(OH-)，则溶液中n(OH-)不变，但消耗了电解质中的水，导致溶液中c(OH-)增大，则溶液的pH增大，故答案为：增大；
②放电时正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，则充电时阳极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
19．(1) ＋3 CO 4NA(或2.408×1024)
(2) 适当增大c(H＋)(或升高温度、搅拌等其他合理答案) ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O CuS、ZnS
(3) Cu2+ B
【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O、ZnO＋2H＋=Zn2＋＋H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，调节溶液的pH将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入ZnS，发生反应Cu2＋＋ZnS=Zn2＋＋CuS，然后过滤，所以Y中含有CuS，最后电解得到Zn，据此分析解题。
【详解】（1）(1)①ZnFe2O4中Zn是＋2价，O是-2价，根据化合物中正负价代数和为0可知Fe的化合价是＋3价；
②反应中Fe元素化合价从＋2价升高到＋3价，碳元素化合价从＋3价部分降低到＋2价，部分升高到＋4价，所以还原产物是CO；根据方程式可知每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子的物质的量是4 mol，总数是4NA(或2.408×1024)；
（2）(2)①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O；
②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；
③由于ZnS过量，则净化Ⅱ中Y的主要成分是CuS、ZnS；
（3）(3)①由图可知，在pH=3时，不会发现Cu(OH)2沉淀，铜元素以铜离子形式存在。
②要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。
20． 漏斗、烧杯、玻璃杯 硫酸铅 H2C2O4+O32CO2+O2+H2O pH升高后，Fe3+生成Fe(OH)3，降低催化效果 2.3 1.5×10-4 草酸加热会分解，变成二氧化碳、一氧化碳和水 SO2+H2O+C2O=HSO+HC2O
【分析】由题意知，方法①为氧化法，加入盐酸酸化后，在酸性条件下，草酸被O3氧化为CO2，Fe3+在反应中充当催化剂作用，方法②为沉淀法，加入PbSO4后，草酸转化为PbC2O4沉淀，经过浓硫酸酸化后，PbC2O4又转化为PbSO4（重复利用）和H2C2O4，过滤后滤液主要含H2C2O4，经过结晶、过滤、干燥操作获得草酸晶体。
【详解】(1)过滤操作中用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃杯；由分析知，过滤后得到的PbSO4可重复利用；
(2)根据题意，方法①为将草酸氧化为CO2，根据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：H2C2O4+O32CO2+O2+H2O；
(3)pH升高后，溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，使催化活性降低，所以pH增大，草酸去除率降低，故酸性越强，草酸去除率越高；加入Fe3+的浓度为c==3.125×10-4 mol/L，要使得Fe3+的催化效果最好，则Fe3+不能开始沉淀，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)，则c(OH-)= =2×10-12mol·L-1，c(H+)= =5×10-3mol·L-1，pH=-Lgc(H+)=-lg5×10-3=2.3；
(4)反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+(aq)的平衡常数表达式为K= ==1.5×10-4；
(5)草酸加热会分解，变成二氧化碳、一氧化碳和水，故干燥不能高温；
(6)根据草酸和亚硫酸的电离平衡常数大小可知，少量SO2通入Na2C2O4溶液中，反应能将离子生成，不能生成H2C2O4，同时生成，故离子方程式为：SO2+H2O+=+。
21． Fe(OH)3 KSCN(写“NH4SCN”“苯酚”“亚铁氰化钾”也可以) 坩埚 泥三角 分液漏斗 盐酸会被Co2O3氧化为氯气污染空气，无法除尽Pb2+ 作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，作还原剂将Co3+还原为Co2+ Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O 温度太低反应速率太慢，温度太高分解
【分析】由题给流程可知，向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，氧化亚铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，PbO转化为硫酸铅沉淀，二氧化硅不溶解，过滤得到含有氢离子、亚钴离子、铁离子、亚镍离子的酸浸液；调节酸浸液的pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有亚钴离子、亚镍离子的滤液；向滤液中加入萃取剂，萃取分液得到含有亚钴离子的水相和含有亚镍离子的有机相；向水相中加入氨水，亚钴离子离子转化为Co2(OH)2CO3沉淀，高温煅烧，Co2(OH)2CO3与空气中的氧气发生氧化还原反应生成氧化钴、二氧化碳和水。含有亚镍离子的有机相进行反萃取得到含亚镍离子的水溶液，加入碳酸氢铵沉镍生成NiCO3，硫酸溶解得到NiSO4，最后加入氢氧化钠得到Ni(OH)2，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析可知调节pH沉淀铁离子，则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；铁离子可以用KSCN溶液检验，则检验其中阳离子可选用的化学试剂为KSCN溶液。
(2)操作X是煅烧，实验室中进行操作X用到的硅酸盐仪器除酒精灯外还有坩埚、泥三角；萃取分离用到的仪器是分液漏斗。
(3)由于盐酸会被Co2O3氧化为氯气污染空气，无法除尽Pb2+，所以“酸浸”时不使用盐酸酸化。
(4)根据以上分析可知“酸浸”时H2O2的作用是作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，作还原剂将Co3+还原为Co2+。
(5)“沉镍”时根据原子守恒可知还有二氧化碳和水生成，则发生反应的离子方程式为Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O；由于温度太低反应速率太慢，温度太高分解，所以此步骤加热时温度不能太高也不能太低。
22． 碱浸 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O 温度过高会导致过氧化氢分解 3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2) 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】由流程可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，以此解答该题。
【详解】(1)油脂可以在碱性环境中水解生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，所以油脂在“碱浸”过程中被处理；
(2)根据分析可知滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有铝以及氧化铝和NaOH溶液反应生成的；
(3)转化过程中发生的主要反应为双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；温度过高会导致过氧化氢分解，所以“转化”过程宜控制较低温度；
(4)调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，但不使Ni2+沉淀，根据题目所给数据可知范围为3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)；
(5)根据题意可知碱性溶液中Ni2+被ClO-氧化为NiOOH，化合价升高1价，ClO-被还原为Cl-，根据电子守恒可知Ni2+和ClO-的系数比应为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O；
(6)操作I可以从滤液中得到硫酸镍晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
23． MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S 能 MnO2为两性氧化物，过量的MnO2会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小； 漏斗、玻璃棒 H2O2 4.9 Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)，加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，过滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢钠、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】(1)MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；一般来说，升高反应的温度可以加快反应速率，故可通过加热的方式加快该反应的速率；
(2)MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒；
(4)净化时为更好的除去Fe元素，需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O。
24． O3 Fe(OH)3 6Fe2O34Fe3O4＋O2↑ 2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2
【分析】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。
【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，
（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；
故答案为：O3；Fe(OH)3；
（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；
故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；
（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；
故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。
【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：
①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。
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