还剩39页未读，
继续阅读
所属成套资源：山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编
成套系列资料，整套一键下载
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应
展开
这是一份山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应，共42页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·山西·校联考模拟预测）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入少量的氯气，再滴加少量苯，上层呈橙色
Fe3+的氧化性比Br2强
B
室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降
碳酸氢钠和盐酸反应吸收热量
C
将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，产生气泡
相同温度下，Ksp(BaCO3)
向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀
FeSO4没有变质
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·山西吕梁·统考二模）研究表明，苯能更好地转化成苯甲酸，其相应的机理(自由基过程)如图所示，已知：Ar为芳基(-C6H5)； Ac为乙酰基( )，下列说法错误的是
A．K2S2O8中S的化合价为+6价，在该反应机理中作氧化剂
B．CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·均为反应过程中的自由基
3．（2023·山西大同·统考三模）根据下列事实得出的相应结论错误的是
选项
事实
结论
A
25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7
两溶液中水的电离程度相等
B
t ℃时，反应①：Br2(g)+ H2(g) 2HBr(g) K=5. 6×107；反应②：I2(g)+ H2(g) 2HI(g) K=43
相同条件下。平衡体系中卤化氢所占的比例：反应①>反应②
C
向漂白粉溶液中通入足量SO2气体，产生白色沉淀
还原性：SO2>Cl-
D
常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合，所得混合液的体积为101 mL
混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键。且苯与CH3COOH分子问的范德华力弱于CH3COOH分子间的氢键
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·山西忻州·统考三模）化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法正确的是
A．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
B．燃煤脱硫可有效地减少空气污染，且有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料
D．以和为原料人工合成淀粉的过程中发生了氧化还原反应
5．（2023·山西临汾·统考二模）下列各组实验中，可以由操作，现象得出相应结论的是
实验操作
现象
结论
A
向KI溶液中滴加硝酸酸化的Fe(NO3)3溶液，再加CCl4振荡静置
下层溶液呈紫色
氧化性：Fe3+>I2
B
将乙醇与浓硫酸以体积比1：3混合，迅速加热到170°C，再将产生的气体通过溴水
溴水褪色
乙醇发生消去反应生成乙烯
C
在干冰中央挖一个小穴，撒一些镁粉，用红热的铁棒把镁引燃，盖上另一块干冰
镁粉在干冰中继续燃烧，发出耀眼的白光
CO2不能扑灭金属镁引起的火灾
D
向碳酸钠溶液中加入盐酸，将反应产生的气体通入苯酚钠溶液
溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·山西晋城·统考二模）工业上制取KIO3可采用如下两种方法：
方法1：直接歧化法：将精制I2溶于过量KOH溶液，发生的反应为3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O。
方法2：电解法：将直接歧化法反应后的溶液，加入阳极区，使KI转化为KIO3(I-+6OH--6e-=+3H2O)，在阴极区加入KOH溶液，电解槽用水冷却。
下列说法正确的是
A．方法1中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少18g
C．电解过程中处于阴极区的电极1上会有氧气生成
D．若电流利用率为100%，理论上电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的3倍
7．（2021·山西·统考一模）某化学实验小组探究Fe2+和Fe3+性质时，发现：往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。
已知：①X为NaClO溶液，Y为FeCl3和KSCN的混合溶液。②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；Ca(OH)2溶液变浑浊。根据实验现象推测下列说法错误的是
A．氯水可以将Fe2+氧化成Fe3+
B．烧瓶中还可能产生红褐色沉淀
C．烧瓶中产生的气体中一定含有SO2
D．KSCN中的N元素一定被氧化
8．（2021·山西吕梁·统考一模）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．处理过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋总数减少
B．该转化过程的实质为NOx被H2氧化
C．x=2时，过程II中氧化产物与还原产物的物质的量之比为8：1
D．过程I发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋=2H＋＋Ce3＋
二、工业流程题
9．（2023·山西·校联考模拟预测）以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4) 为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示：
已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。
回答下列问题：
(1)在“氧化”中低价态钒都转化为，其中V3+转化反应的离子方程式为 ，实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是 。
(2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1'时，则溶液中c()= mol·L-1。(结果保留1位小数)
(3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是 ，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是 。
(4)“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是 。检验沉淀已洗涤干净的操作是 。
(5)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是 。
10．（2023·山西晋中·统考三模）碲是制作合金添加剂、半导体、制冷元件、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、石油、化工、航空航天与电子等领域。铜电解精炼阳极泥碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)提取碲的工艺流程如图所示，回答下列问题：
已知：TeO2难溶于水；亚碲酸钠易溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4。
(1)酸浸焙烧前要将碲化铜渣粉碎，目的是 。
(2)滤液i的主要成分： (写物质名称)。
(3)焙烧过程中涉及的化学方程式： 。
(4)碱浸的目的是 。
(5)用H2SO3“酸溶还原沉碲”，写出离子方程式： 。
(6)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿佛伽德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm。
11．（2023·山西吕梁·统考二模）以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流程如图所示：
(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成MnO2的离子方程式 ； 采用石灰石粉中和除去铝和铁，则中和渣中主要成分为 。
(2)流程中用到最多的操作是 ，该操作中玻璃棒的作用是 。
(3)用锌粉除镉(Cd2+ )的离子方程式为 ；沉锌生成碱式碳酸锌[2Zn(OH2)·ZnCO3·H2O]的化学方程式为 。
(4)检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作及现象为 。
(5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为 ，工艺流程设计中选用高效真空负压内转盘浓缩沉锌后液一体化设备生产无水 ，蒸发生产过程可实现零排放。
12．（2022·山西晋城·统考二模）“铝渣”是铝工业的副产品，主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO。利用“铝渣”制备Li2CO3的工业流程如下图所示：
已知：LiHCO3易溶于水；Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：
温度/°C
0
10
20
50
75
100
溶解度/g/100gH2O
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.740
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程不能在玻璃反应釜中进行，其主要原因是 。
(2)“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、 。
(3)“转化”步骤的目的是 。
(4)“除钙”时温度不能太高，否则会影响Li2CO3的产率，其原因是 (用化学方程式表示)。
(5)从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶 洗涤、干燥。
(6)利用表中数据计算100°C时Li2CO3的Ksp近似值为 。
(7)利用Li2CO3为原料采用固相法可制备锂离子电池的正极材料LiMn2O4，其制备过程：将MnO2和Li2CO3按一定物质的量之比配料，球磨后，高温加热，反应过程会产生两种气体，则两种气体的物质的量之比为 (要求：密度大的气体与密度小的气体作比)。
13．（2022·山西吕梁·统考二模）MnO2是常用的电极材料和催化剂。由富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2的工艺流程如下：
已知：I.难溶物的溶度积常数如表所示。
难溶物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ni(OH)2
Al(OH)3
MnS
FeS
NiS
溶度积常数(Ksp)
4×10-38
2×10-16
2×10-13
2×10-16
1×10-33
1×10-15
6×10-18
1×10-24
II.溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全
回答下列问题：
(1)“化浆”时生成气体的电子式为 。
(2)“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为 ；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为 。
(3)“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol·L-1、c(Ni2+)=0.00017mol·L-1、c(A13+)=0.001mol·L-1、c(Mn2+)=0.12mol·L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol·L-1、c(Ni2+)=0.0002mol·L-1，则“调pH”的范围为 (溶液体积变化忽略不计，保留两位有效数字)；从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为 。
(4)“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为 。
(5)“转化"反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
14．（2022·山西太原·统考三模）金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和 。
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
(2)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣2”主要是 (填化学式)。
(4)“操作X”是 ，产品 1是 。
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
(6)在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
15．（2022·山西临汾·统考模拟预测）六氟锑酸钠( NaSbF6)广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂等。一种由锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“碱浸、还原”时，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2：1，则氧化产物为 ，Sb2S3发生反应的离子方程式为
(2)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入CuSO4溶液，若此时溶液中-lgc(S2- )与pH的关系如图。
已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20，则Ksp(CuS) =
(3)“转化”时控温约50°C的原因 ；“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净应选用的试剂为 。
(4)“氟化”反应的离子方程式为 。
(5)“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则下列仪器中需使用的有 (填字母标号) ，不需使用的为 (填名称)。
A． B． C． D． E．
16．（2021·山西晋中·统考二模）肺炎重症患者肺部功能严重受损时，需通过气管切开术指了。手术力的材料主要是钛合金。金属钛熔点高、强度高且质地轻。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料冶炼金属钛的流程如下：
已知：室温下钛不与X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反应，也不与强酸、强碱甚至王水反应。但高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应。
回答下列问题。
(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，该过程的离子方程式为 。
(2)“溶煮”过程中同时加入物质A，其目的是防止Fe2＋被氧化，物质A是 。
(3)已知在不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表(数据以含铁量来折算)。则“操作a”为 。
温度/℃
30
20
14
10
5
1
-6
溶解度/(g∙L-1)
88
70
48
43
35
25
14
(4)“过滤1”后加热滤液，使其中的Ti4＋生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀。常温下H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度积常数Ksp＝1.0×10－29，则“过滤2”所得溶液的pH约为 (已知≈2.7，≈1.35，lg2.7≈0.43)
(5)煅烧偏钛酸得到TiO2，TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，写出“共热”过程中的化学方程式： 。
(6)“高温”过程需要在Ar气氛中进行的理由是 ；利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂质 ，可用 除去。
三、实验题
17．（2023·山西·校联考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)可用作催化剂、杀菌剂和脱色剂，实验室制备CuCl实验步骤如下：
回答下列问题：
(1)步骤I中，配制0.50 mol/LCuCl2溶液时，不需要使用下列仪器中的 (填仪器名称)。
(2)步骤Ⅱ中，充分反应后铜元素转化为无色的[CuCl2]-，其发生可逆反应的离子方程式为 。在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，其目的是 。
(3)在进行制备[CuCl2]- 的实验时，为保持安全的实验环境，可以采取的措施是 。
(4)步骤Ⅲ中，用无水乙醇洗涤沉淀的原因是 。
(5)取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
已知：滴定原理： Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+； 邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子。
①“再加50mL水”的目的是 。
②滴定终点的现象是 。
③若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数是 。
18．（2023·山西·统考二模）I.磷酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。
(1)工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸(熔点)。的VSEPR模型是 (填名称)。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向其过饱和溶液中加入 促进其结晶，但是所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是 。
Ⅱ.研究小组以无水甲苯为溶剂，(易水解)和(叠氮化钠)为反应物制备纳米球状红磷。
(2)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。
①金属的作用是 。
②回流过程中，除水时打开的活塞是 ；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
(3)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(夹持、搅拌、加热装置已略)。
①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，其化学方程式为 ；用氩气赶走空气的目的是 。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是 、 。
19．（2023·山西运城·统考二模）为探究某铁硫簇化合物(用FexSy表示)的组成，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量：
已知： i．样品的主要成分为FexSy，含少量不溶于水、盐酸，且不参与装置C中反应的杂质；
ii． Mn2+在稀溶液中近乎无色。
实验步骤：
①按图连接装置，进行气密性检查，然后装入相应的药品；
②通入氧气并加热，装置C中固体逐渐转变为红棕色；
③待固体完全转化后，取装置D中的溶液6 mL于锥形瓶中，用0.1 mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液滴定。滴定共进行3次，平均消耗草酸溶液5.0 mL(假设装置D中溶液体积反应前后不变)；
④取装置C中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤；
⑤向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32 g固体。
回答下列问题：
(1)A为O2发生装置，则试剂a、试剂b可以分别是 。
(2)装置E中品红溶液的作用是 。
(3)写出草酸溶液滴定酸性高锰酸钾溶液时反应的离子方程式： 。(→ Mn2+)。
(4)为防止尾气污染，装置F中应加入的试剂是 ， 步骤⑤中灼烧滤渣应在 进行(填仪器名称)。
(5)若实验完成时装置E中品红溶液无变化，根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇化合物的化学式为 ，写出该铁硫簇化合物与O2反应的化学方程式： 。
(6)下列操作，可能导致x：y的值偏小的是 (填字母)。
a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分
b．配制草酸标准液时，定容操作俯视刻度线
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外几滴
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡
20．（2023·山西临汾·统考一模）在自然界和实验室中均可以实现不同价态含硫物质的相互转化。请回答下列问题：
(1)自然界中游离态的硫主要存在于 或地壳的岩层中。在岩层深处和海底的无氧环境下，硫元素的主要存在形式为 (填字母标号)。
A．CaSO4·2H2O B．Na2SO4·10H2O C． FeS2 D．CuFeS2
(2)为了验证-2价S可转化为0价S，设计如下实验装置。
①试剂a可选用下列溶液中的 (填字母标号)。
A．稀硫酸 B．H2SO3溶液 C． H2O2溶液 D．FeCl2溶液
②该实验的尾气处理不宜采用点燃法，其原因是 。
(3)将2.0 g铁粉和1. 0 g硫粉均匀混合，放在石棉网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒。
①移开玻璃棒后的实验现象为 。
②欲将上述生成的FeS纯化，首先采用磁选法除去剩余的铁粉，然后用 (填试剂化学式)将残留的硫粉溶解，随后进行分离、干燥、称重，得到纯净的FeS 2.2 g，则该反应的产率= 。
(4)硫代硫酸钠( Na2S2O3)广泛用于造纸、食品工业及医药。
①从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是 (填字母标号)。
a. Na2S+S b. Na2SO3+S c. SO2+ Na2SO4 d. Na2SO3+ Na2SO4
②Na2S2O3在空气中易氧化变质，设计实验证明某硫代硫酸钠样品已变质 。
21．（2022·山西太原·统考三模）高纯度硝酸高铈铵主要用作有机合成的催化剂和氧化剂、集成电路的腐蚀剂等。它的化学式为(NH4)2[Ce(NO3)6] ，是一种橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由9.99%的碳酸铈制备硝酸高铈铵时的主要步骤如下：
I．取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤后待用。在搅拌条件下，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黄色难溶物)。
II．将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，经过滤、洗涤、自然烘干后得到产品。
回答下列问题：
(1)①步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器的原因是 ，写出生成Ce(OH)4的离子方程式： 。
②步骤I中进行“氧化沉淀”时，加热的温度不宜过高，原因是 。
(2)步骤I中的Ce(OH)4在实验室中可由Ce(OH)3制取，某同学设计了如下装置： 。
①装置a圆底烧瓶中盛放的固体药品为 (填化学式)。
②当装置b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气(图中框内改为通空气装置)的目的是 ；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
(3)步骤II中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3反应的化学方程式为 。
22．（2022·山西临汾·统考模拟预测）亚硝酰氯( NOCl)是重要的有机合成试剂，可由NO与Cl2在常温下合成。某学习小组在实验室利用如图装置制备亚硝酰氯。
已知：①亚硝酰氯易水解，能与O2反应；
②沸点：NOCl为-5.5℃，Cl2为-34℃，NO为-152℃；
③常温下，2NO + Cl2 =2NOCl2 2NO2 + Cl2 =2NO2Cl。
请回答下列问题：
(1)NOCl中N元素的化合价为 ；NOCl水解生成两种酸，其化学方程式为 。
(2)实验所需的NO在A装置中制得，反应的离子方程式为 。
(3)装置B中所盛试剂为 其作用是 。
(4)实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是 。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，当观察到D中 时， 关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2。
(5)为收集产物和分离未反应的两种原料， E、F装置采用不同温度的低温浴槽，其中装置E的温度T区间应控制在 ，装置F 的U形管中收集到的是 。
23．（2022·山西太原·统考一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
(1)仪器a的名称是 。
(2)装置C中盛放的试剂是 。装置B的作用是 。
(3)制备N2H4的离子方程式为 。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是 。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为 。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
(5)请完成表中的空白部分：① ；② 。
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因： 。
24．（2021·山西临汾·统考一模）山西南部中条山地区采矿炼铜历史悠久。黄铜矿[主要成分是，含少量氯磷灰石等]为原料的火法炼铜主要流程如下：
已知：氯磷灰石高温下易被氧化为。某化学兴趣小组以黄铜矿为原料进行如下实验探究。请根据题意回答相关问题：
(1)燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。将矿样与足量混合，以氮气为载气，在1250℃左右高温炉中加热，将产生的气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。装置如图所示(的价化合物比价稳定)。
①酸性高锰酸钾溶液的作用是 。
②滴定过程中涉及反应有：、 (写离子方程式)，终点现象为 。
③滴定至终点时，消耗标准液体积，矿样中硫元素的质量百分含量为 (结果保留两位有效数字)，若不通过，则测定结果会 (填“偏高”、“偏低”、“不影响”)。
(2)利用如下装置制取粗铜。
实验开始时的操作依次为 (填写序号)。
①检查装置的气密性 ②通入气体 ③收集并检验其纯度 ④组装仪器 ⑤点燃酒精灯 ⑥加装药品
(3)由熔渣制得绿矾的流程如下(已知难溶于水)。
步骤①溶解熔渣选用的试剂最好是 ，步骤②加入的目的是将还原(硫元素被氧化为)，发生反应的离子方程式为 ，步骤③的系列操作为 、(用乙醇)洗涤、干燥。
25．（2021·山西晋中·统考二模）NaClO2是一种杀菌消毒剂，常用于饮用水净化。某兴趣小组电解ClO2制备NaClO2的过程如图所示：
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。一般使用时用稀有气体或空气稀释，以增加安全性。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
回答下列问题。
(1)装置I中发生反应的化学方程式为 ，该方法制备ClO2最突出的优点是 。
(2)装置II是电解装置，a极为 (填“正”“负”“阴”或“阳”)极，其所连电极的反应式为 ，离子交换膜为 (填“阴”或“阳”)膜。
(3)用NaOH和H2O2混合液吸收电解排出的少量ClO2尾气，该装置需控制反应温度为3℃，可采取的措施为 ，处理后将所得溶液与装置II的成品液合并，处理后可得产品，尾气处理过程的离子方程式为 。
(4)从装置II和尾气处理所得成品液中，获得产品NaClO2的操作为 (填字母)。
a．减压，55℃蒸发结晶 b．冷却过滤 c．趁热过滤
d．用38～60℃温水洗涤 e．加热快速烘干 f．低于60℃干燥
(5)上述所得NaClO2产品可能含有NaCl等杂质。为测定其纯度，取上述产品5 g溶于水配成500 mL溶液，取出10.00 mL溶液于俳形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，然后用0.200 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定，当 时达到滴定终点，重复操作2～3次，平均消耗标准液20.00 mL，则产品NaClO2的纯度为 。(已知2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)
参考答案：
1．B
【详解】A．将少量Cl2通入FeBr2中，氯气先将Fe2+氧化，不能将Br-氧化，所以无Br2生成，加入苯，苯层应该是无色，A错误；
B．室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降，说明该反应为吸热反应，B正确；
C．将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，说明沉淀是BaCO3，饱和碳酸钠溶液中碳酸根浓度增大，导致碳酸根离子和钡离子的浓度商大于碳酸钡的溶度积，使硫酸钡转化成碳酸钡，但据此无法判断Ksp(BaCO3)与Ksp(BaSO4)的大小，C错误；
D．向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，只能证明溶液中有Fe2+，不能证明溶液中是否有Fe3+，无法说明其是否变质，D错误；
答案选B。
2．D
【详解】A．K2S2O8中存在过氧键，六个氧为-2价，两个氧为-1价，S的化合价为最高价+6价，图示中K2S2O8使+2价钴转化为+3价钴，K2S2O8在该反应机理中作氧化剂，A正确；
B．由图示知CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入，CoIII-O·、CoII-OH循环使用，B正确；
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑，-2价氧失电子化合价升高到-1价，+1价氢得电子降低生成氢气，C正确；
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·中CoII-OH不是自由基，D错误；
故选D。
3．A
【详解】A．25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7，前者是因为NaCl是强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离无影响，而后者是由于CH3COO-和的水解程度相同，使溶液呈中性，盐类的水解对水的电离起促进作用，A符合题意；
B．①K值较大，可说明相同条件下，平衡体系中HX所占的比例：①＞②，B不合题意；
C．漂白粉与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙，反应中SO2为还原剂，氯离子为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性即还原性SO2＞Cl-，C不合题意；
D．常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，D不合题意；
故答案为：A。
4．D
【详解】A．光缆的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；
B．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和” ，故B错误；
C．硼陶瓷复合材料属于性能优良的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；
D．以二氧化碳和氢气为原料人工合成淀粉的过程中有元素发生化合价变化，所以该过程中一定发生氧化还原反应，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．向KI溶液中滴加硝酸酸化的Fe(NO3)3溶液，Fe3+和NO都可能氧化I-，再加CCl4振荡静置下层溶液呈紫色，不能说明氧化性：Fe3+>I2，故A错误；
B．将乙醇与浓硫酸以体积比1：3混合，迅速加热到170°C，乙醇发生消去反应生成乙烯，但生成的乙烯中会混有SO2，SO2也可以使溴水褪色，则溴水褪色不能说明乙醇发生消去反应生成乙烯，故B错误；
C．在干冰中央挖一个小穴，撒一些镁粉，用红热的铁棒把镁引燃，盖上另一块干冰，镁粉在干冰中继续燃烧，发出耀眼的白光，说明Mg能和CO2剧烈反应，CO2不能扑灭金属镁引起的火灾，故C正确；
D．向碳酸钠溶液中加入盐酸，反应产生的二氧化碳中混有氯化氢气体，HCl也可以和苯酚钠溶液反应生成苯酚使溶液变浑浊，则不能说明酸性：碳酸>苯酚，故D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．方法1中反应为：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，该歧化反应中，有5个I原子化合价降低，该部分I2作还原剂，有1个I原子化合价升高，该部分I2作氧化剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，A错误；
B．方法2的电解阳极区反应为：I-+6OH--6e-=+3H2O，阴极反应为：2H2O+2e- =H2+2OH-，则当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少1mol水的质量，即为18g，B正确；
C．图中为阴离子交换膜，因为阴极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，所以没有氧气产生，C错误；
D．根据上述信息可知，电解的总反应为：I- +3H2O+3H2↑，若电流利用率为100%，原子有效转化率为1，则而方法1歧化反应中，I元素还有一部分转化为KI，原子有效转化率为，所以电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的6倍，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．氯水中有氯气和次氯酸，都有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，故A正确；
B．烧瓶中有NaClO，是强碱弱酸盐水解显碱性，Fe3+碱性条件下会产生红褐色沉淀，故B正确；
C．烧瓶中有NaClO，有强氧化性， 在溶液中KSCN中的会直接被氧化为硫酸根离子，故C错误；
D．氯水过量时，红色却会褪去, NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN-会被氧化剂氧化，SCN-中S：-2价，C：+4价，N：-3价，故N元素一定被氧化，故D正确；
故答案为：C
8．C
【分析】由图可知，无害化处理过程中，反应物为氮氧化物和氢气，正四价铈离子为反应的催化剂，过程I发生的反应为氢气与C正四价铈离子反应生成氢离子和正三价铈离子，反应的离子方程式为H2+2Ce4＋=2H＋+2Ce3＋，过程II发生的反应为酸性条件下，氮氧化物与正三价铈离子反应生成正四价铈离子、氮气和水，反应的离子方程式为2NOx+4xH＋+4xCe3＋=4xCe4＋+N2+2x H2O。
【详解】A．由分析可知，无害化处理过程中，反应物为氮氧化物和氢气，正四价铈离子为反应的催化剂，则混合溶液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，故A错误；
B．由分析可知，反应物为氮氧化物和氢气，反应中NOx被H2还原，故B错误；
C．过程II发生的反应为酸性条件下，氮氧化物与正三价铈离子反应生成正四价铈离子、氮气和水，反应的离子方程式为2NOx+4xH＋+4xCe3＋=4xCe4＋+N2+2x H2O，若x=2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为8：1，故C正确；
D．过程I发生的反应为氢气与C正四价铈离子反应生成氢离子和正三价铈离子，反应的离子方程式为H2+2Ce4＋=2H＋+2Ce3＋，故D错误；
故选C。
9．(1) 3V3++ +3H2O=3 +Cl-+6H+ HClO3易分解，不及NaClO3稳定；HClO3 会提高体系酸度，从而增加后续NaOH的用量
(2)0.3
(3) 2.0~2.5 (NH4)2SO4+ 3(VO2)2SO4+ 5H2O = 2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4
(4) 降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗 取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净
(5)防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低
【分析】废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4)，加入NaClO3氧化，生成，再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O，过滤后煅烧得到五氧化二钒。据此作答。
【详解】（1）酸性条件下，V3+转化为的离子方程式为：3V3++ +3H2O=3 +Cl-+6H+；由于H氯酸浓度较高或受热时易发生分解，不及NaClO3稳定，不利于储存运输，同时HClO3 是酸，会增大溶液的酸性，，从而增加后续NaOH的用量，所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3；
（2）“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1时，即c(V2O5)= 27.3 g·L-1÷182g/mol=0.15mol/L，根据钒元素守恒，则溶液中c()=2c(V2O5)=0.15mol/L×2=0.3mol/L；
（3）根据图示， pH范围是2.0-2.5时，沉钒率(η)最高；沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则反应的化学方程式为(NH4)2SO4+ 3(VO2)2SO4+ 5H2O = 2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4；
（4）用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是为了降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗；检验沉淀已洗涤干净即检验是否含有Cl-，操作是取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净；
（5）煅烧时受热分解产生NH3，氨气具有较强的还原性，容易将V2O5还原，导致产品纯度降低，所以需要在通风或氧化气氛下进行，目的是防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低。
10．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)硫酸铜
(3)Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O
(4)将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收
(5)
(6) (，，)
【分析】碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要溶质为硫酸铜，滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，过滤后所得浸出液为含Na2TeO3的溶液，加入过氧化氢将Na2TeO3氧化为Na2TeO4，再加H2SO3酸溶还原沉碲，将Na2TeO4还原为Te，据此分析解答。
【详解】（1）将碲化铜渣粉碎，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率。
（2）根据分析，碲化铜渣中加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要成分为硫酸铜。
（3）焙烧过程中，Cu2Te、硫酸和氧气反应生成硫酸铜、TeO2和水，反应的化学方程式为Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O。
（4）根据分析，水浸后过滤，所得滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收。
（5）用H2SO3“酸溶还原沉碲”，将Na2TeO4还原为Te，反应的离子方程式为。
（6）由晶胞图和z轴投影图可知，c点位于体对角线的处，a点的坐标为(0,0,0)，b点的坐标为(1,1,1)，则c点的坐标为(,,)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，则，cm，由晶胞图可知，Zn与Te最近距离为体对角线的，即为。
11．(1) Mn2+ + +2H2O= MnO2 +2+4H+ MnO2、Al(OH)3、 Fe(OH)3
(2) 过滤 引流
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
(5) 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O Na2SO4或硫酸钠
【分析】由流程可知，向萃铜余液中加入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、氢氧化铁，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤得到MnO2、氢氧化铁、硫酸钙，和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，过滤得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，煅烧、粉碎得到工业活性氧化性，以此来解答。
【详解】（1）铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，Mn2+被氧化成MnO2，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ + +2H2O= MnO2 +2+4H+；由分析可知，中和渣中主要成分为MnO2、Al(OH)3、 Fe(OH)3；
（2）根据流程可知，该流程中多次出现滤渣，故流程中用到最多的操作是过滤；过滤时需要用玻璃棒引流；
（3）锌与镉离子发生取代反应生成锌离子和单质镉，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，相应的方程式为：3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑；
（4）向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，则碱式碳酸锌表面可能吸附有硫酸根离子，则检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子就可以检验碱式碳酸锌是否洗涤干净相应的操作和现象为：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
（5）由流程可知，工业碱式碳酸锌在煅烧炉中煅烧生成活性氧化锌，则相应的方程式为：2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，同时得到硫酸钠溶液，则工艺流程设计中选用高效真空负压内转盘浓缩沉锌后液一体化设备生产无水Na2SO4或硫酸钠。
12．(1)生成的HF会腐蚀玻璃
(2)Li2CO3、Al(OH)3
(3)将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离
(4)2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O
(5)趁热过滤
(6)410-3
(7)2:1
【分析】“铝渣”主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO，经浓硫酸酸浸后，氟化物转化为HF气体逸出，部分氧化钙转化为微溶的硫酸钙以滤渣形式除去，得到的滤液中含铝离子、锂离子和少量钙离子，再加入碳酸钠溶液后，会生成CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，过滤后的滤液分离除去，滤渣再通入二氧化碳和水，使其中碳酸盐转化为可溶于水的碳酸氢盐，从而过滤除去Al(OH)3沉淀，再加入磷酸锂稀溶液使钙离子转化为磷酸钙沉淀，达到“除钙”目的，碳酸氢锂溶液经过热分解和一系列操作生成碳酸锂、二氧化碳和水，据此分析解答。
【详解】（1）“酸浸”过程会产生HF，因为HF会腐蚀玻璃，所以不能在玻璃反应釜中进行；
（2）依据上述分析可知，“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀；
（3）上一步沉淀过程有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，所以通入二氧化碳和水，会使CaCO3、Li2CO3分别转化为可溶于水的Ca(HCO3)、LiHCO3，再经过滤可除去Al(OH)3沉淀，故答案为：将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离；
（4）因为LiHCO3的性质与NaHCO3相似，可推知，若温度过高，LiHCO3受热易分解，其分解反应方程式为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，导致Li元素有损失，影响Li2CO3的产率；
（5）根据Li2CO3在不同温度下的溶解度数据可知，随着温度的升高，Li2CO3的溶解度不断减小，所以从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤；
（6）100°C时，Li2CO3的溶解度为0.740g /100gH2O，则溶质Li2CO3的物质的量为=0.01mol，其浓度约为0.1mol/L，所以Ksp=c2(Li+)c(CO)==410-3；
（7）MnO2和Li2CO3会发生反应转化为LiMn2O4过程中Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应的规律可知，必有元素化合价升高，C和Li元素化合价均已是最高价，所以推知必产生O2，另一种气体应为CO2，根据氧化还原反应的配平原则可知，反应的化学方程式为：8MnO2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4+ 2CO2↑+ O2↑，又密度：CO2＞O2，则两种气体的物质的量之比为2:1。
13．(1)
(2) 使混合液中的物质充分反应 SO2+MnO2═Mn2++
(3) 4.7≤pH＜8.0 向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝
(4)镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的
(5)2：3
【分析】根据流程：富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2，富锰废料先加入硫酸进行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸镍，MnO2不反应，酸浸后与含有二氧化硫烟气溶解，发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，然后溶液中富锰废料调节pH，使亚铁离子转化为铁离子并使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣；滤液加入MnS除去镍离子，生成NiS沉淀，过滤除去；滤液加入KMnO4，和锰离子发生归中反应，得到MnO2，据此分析答题。
【详解】（1）“化浆”时MnCO3和硫酸反应生成气体为CO2，电子式为，
故答案为：；
（2）“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为使混合液中的物质充分反应；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为SO2+MnO2═Mn2++，故答案为：使混合液中的物质充分反应；SO2+MnO2═Mn2++；
（3）“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol•L-1、c(Ni2+)=0.00017mol•L-1、c(A13+)=0.001mol•L-1、c(Mn2+)=0.12mol•L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，富锰废料氧化亚铁离子为铁离子，铁元素守恒，铁离子浓度等于亚铁离子浓度，则铁离子完全沉淀时c(OH-)=mol/L=2×10-11mol/L，pH约为2.7，铝离子完全沉淀c(OH-)=mol/L≈10-9.3mol/L，pH为4.7，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，锰离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-6mol，调pH为8.0，镍离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，pH为8.5，则调节pH的范围为4.7≤pH＜8.0；氢氧化铝溶液氢氧化钠溶液，从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝，故答案为：4.7≤pH＜8.0；向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝；
（4）结合(3)可知两者沉淀pH接近，不能通过调节pH除去同时除去，“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的，故答案为：镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的；
（5）“转化“时KMnO4和锰离子发生归中反应，得到MnO2，KMnO4为氧化剂，锰离子为还原剂，根据Mn元素由+7价、+2价转化为+4价，降低3价，升高2价，则反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3。
14．(1) 增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
(2)+ ClO-=+ Cl-
(3)H2SiO3
(4) 灼烧 金属钨或W
(5)溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ( )减小，使得平衡正向移动
(6) c+a-2b
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和， “氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
【详解】（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
（2）由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ ClO-=+ Cl-，故答案为：+ ClO-=+ Cl-；
（3）由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（4）由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动；
（6）①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。
15．(1) 或Na2SO4 Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O
(2)2.0×10-36
(3) 温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失 BaCl2溶液
(4)
(5) ACE 坩埚、分液漏斗
【分析】锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)加NaOH溶液、Na2S2O3溶液进行碱浸、还原，Sb2O3、Sb2S3直接与碱反应，Sb2O5与被硫代硫酸钠还原，Sb元素转化为NaSbO2，Sb2S3中的S元素转化为Na2S，CuS、氧化铁不反应，过滤除去；含NaSbO2、Na2S的溶液加硫酸铜将硫离子转化为CuS，将过量的氢氧根离子转化为氢氧化铜除去得到主要溶质为NaSbO2的溶液，NaSbO2溶液加过氧化氢、浓NaOH转化得到NaSbO3·3H2O，再用HF进行氟化得到NaSbF6。
【详解】（1）“碱浸、还原”时，Sb由+5价降为+3价，则Sb2O5作氧化剂，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2:1，根据得失电子守恒有2×2×(5-3)=1×2×x，其中x为S元素化合价升高数，解得x=4，则Na2S2O3中S被氧化为+(2+4)=+6价，则氧化产物为或Na2SO4；由流程可知Sb2S3中Sb转化为NaSbO2，S转化为Na2S，则Sb2S3发生反应的离子方程式为Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O；
（2）由图可知2pH=26时，-lgc(S2- )=18，即pH=13时，c(S2- )=10-18mol/L，此时c(OH-)=0.1mol/L，则c(Cu2+)==2.0×10-18mol/L，则Ksp(CuS) =c(Cu2+)×c(S2- )= 2.0×10-18 mol/L×10-18 mol/L=2.0×10-36 mol2/L2；
（3）“转化”时反应物有H2O2，H2O2受热易分解，控温约50°C的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失；“除杂”时加入了硫酸铜溶液，从流程来看“转化”之前硫酸根离子没有除去，故“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净即检验最后一次洗涤液是否含硫酸根离子，故应选用的试剂为BaCl2溶液；
（4）“氟化”时HF和NaSbO3·3H2O反应得到NaSbF6，无元素价态变化，为非氧化还原反应，根据电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为；
（5）蒸发结晶用到下列仪器中的蒸发皿、过滤用到下列仪器中的漏斗、烧杯，故选ACE；不需使用的为B坩埚、D分液漏斗。
16． FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O 铁粉(或Fe) 蒸发浓缩、降温结晶 4.43 TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO 在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应 镁 稀盐酸(或稀硫酸)
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿加稀硫酸溶解，FeTiO3与硫酸反应“溶煮”过程生成Ti4+、Fe2+；加入的物质A为铁屑，防止Fe2+被氧化，混合液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤1得到FeSO4晶体和含Ti4+溶液，加热溶液使Ti4+水解生成偏钛酸，过滤2得到偏钛酸，煅烧偏钛酸，偏钛酸分解生成二氧化钛，二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体，四氯化钛和镁在高温条件下发生置换反应生成氯化钠和金属钛。
【详解】(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，Ti、S等元素化合价没有发生变化，该过程发生的不是氧化还原反应，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O；
(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化；
(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶；
(4)因为H2TiO3(s)⇌TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝x mol·L－1，则c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43；
(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；
(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行，因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。
17．(1)碱式滴定管
(2) Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]- 增大Cl-的浓度，使平衡： Cu2+ +Cu+4Cl- 2[CuCl2]-正向移动，提高CuCl的产率
(3)在通风橱中进行实验(或其它合理答案)
(4)减少CuCl的损失，且易于干燥
(5) 稀释锥形瓶中的溶液，便于观察颜色的突变 滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色 95.52%
【分析】以0.50 mol/LCuCl2溶液、铜粉、HCl为反应物，在磁力搅拌下充分反应生成[CuCl2]-，倒入水中，析出CuCl晶体，经过洗涤、干燥最终得到氯化亚铜(CuCl)。据此作答。
【详解】（1）配制一定物质的量浓度的CuCl2溶液时，需要托盘天平、容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，不需要碱式滴定管；
（2）反应物为CuCl2溶液、铜粉、HCl，产物为[CuCl2]-，根据的是电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]-；在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，是为了增大Cl-的浓度，使上述平衡往正向移动，生成更多的[CuCl2]-；
（3）由于HCl易挥发，为保持安全的实验环境，一般在通风橱中进行实验；
（4）无水乙醇能降低CuCl的溶解度，且乙醇易挥发，所以用无水乙醇洗涤沉淀的原因是减少CuCl的损失，且易于干燥；
（5）①邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子，滴定终点的颜色变化是溶液恰好由红色变为浅蓝色，为了便于观察颜色的突变，加水稀释；
②根据滴定原理Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+：当滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色，即到达滴定终点；
③取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
根据滴定原理得出滴定关系： CuCl~ Fe2+~Ce4+；若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数=。
18．(1) 四面体形 磷酸晶体 磷酸分子与水分子能形成氢键
(2) 干燥甲苯 K1、K3
(3) 防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解 甲苯 氯化钠
【分析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色，改变开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、NaN3在Ar气氛围中充分混合后转入装置B中，在反应釜中于加热12小时使其充分反应。
【详解】（1）中心原子价层电子对数为4+0=4，其VSEPR模型是四面体形。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可以引入晶种来促进溶液中的磷酸结晶析出，可向其过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，磷酸分子含有羟基，容易与水分子形成氢键，因此磷酸具有较强的吸水性，所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去；故答案为：四面体形；磷酸晶体；磷酸分子与水分子能形成氢键。
（2）①金属钠与水能发生反应，因此金属的作用是干燥甲苯；故答案为：干燥甲苯。
②回流过程中，水要回流到烧瓶中，因此除水时打开的活塞是K1、K3；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯；故答案为：K1、K3。
（3）①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，五氯化磷和NaN3 反应生成红磷、氮气和氯化钠，其反应的化学方程式为；由于五氯化磷易水解，为防止五氯化磷遇见空气中的水蒸气发生水解，因此用氩气赶走空气；故答案为：；防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解。
②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，用乙醇洗去甲苯，用水洗去氯化钠；故答案为：甲苯、氯化钠。
19．(1)H2O、Na2O2或H2O2、MnO2
(2)检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液完全吸收
(3)5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O
(4) NaOH溶液 坩埚
(5) Fe4S5 Fe4S5 +8O22Fe2O3+5SO2
(6)bd
【分析】装置A制备氧气，C中通入氧气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被D中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，E中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，F为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【详解】（1）装置A固体和液体不加热制备氧气，可以选用H2O、Na2O2或H2O2、MnO2；
（2）二氧化硫可以被高锰酸钾吸收，用装置E来检验，故装置E中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；
（3）草酸被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，同时高锰酸钾被还原为锰离子，离子方程式为：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O；
（4）二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置F中应加入NaOH溶液；对固体进行灼烧应该在坩埚中进行，故骤⑤中灼烧滤渣应该在坩埚中进行；
（5）滴定时消耗草酸溶液的体积为5.0mL，根据关系式计算：6mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置D中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5；
（6）a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，a错误；
b．配置草酸标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配草酸标准溶液浓度偏大，滴定时草酸体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，b正确；
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测草酸体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c错误；
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡，则消耗的草酸溶液体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，d正确；
故选bd。
20．(1) 火山口附近 CD
(2) BC 点燃后生成的SO2仍然有毒，且易形成酸雨而造成污染
(3) 混合物继续保持红热至另一端，最后生成黑色固体 CS2 80%
(4) b 取少量样品加水溶解，加足量稀盐酸，充分反应后静置取上层清夜，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明样品已氧化变质
【详解】（1）自然界中游离态的硫主要存在于火山口附近或地壳的岩层中。在岩层深处和海底，因为环境无氧，故形成的化合物中没有氧元素，综上所述故选CD；
（2）①为了验证-2价S可转化为0价S，故应该加入氧化剂，亚硫酸、H2O2溶液具有氧化性，稀硫酸氧化性很低，不发生氧化还原反，应故试剂a可选用BC；
②该实验的尾气处理不宜采用点燃法，其原因是点燃后生成的SO2仍然有毒，且易形成酸雨而造成污染；
（3）①移开玻璃棒后的实验现象为混合物继续保持红热至另一端，最后生成黑色固体，该固体可能为FeS；
②欲将上述生成的FeS纯化，首先采用磁选法除去剩余的铁粉，然后用CS2将残留的硫粉溶解，S不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以用CS2溶解S；S和Fe反应方程式为：S+FeFeS， ，n(S)，Fe为过量的，n(S)= n(FeS)则理论FeS的质量为×88g/mol=2.75g，纯净的FeS 2.2 g，则该反应的产率=；
（4）①从氧化还原反应的角度分析， Na2S2O3中硫元素的化合价为+2价；氧化还原反应的规律之一为:同种元素、不同价态之间发生反应时，化合价遵循“只靠拢、不交叉”的原则；
a．Na2S中硫元素的化合价为-2价，单质硫的化合价为0价，显然不行，故a错误；
b．Na2SO2中硫元素的化合价为+4价，单质硫中硫的化合价为0价，从氧化还原反应的角度分析，+4价降为+2价，0价升高为+2价，理论上可行，故b正确；
c．SO2中硫元素的化合价为+4价，Na2SO4中硫元素的化合价为+6价，显然不行，故c错误；
d．Na2SO3中硫元素的化合价为+4价，Na2SO4中硫元素的化合价为+6价，显然不行，故d错误；
故选b；
②Na2S2O3在空气中易氧化变质，取少量样品加水溶解，加足量稀盐酸，充分反应后静置取上层清夜，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明样品已氧化变质。
21．(1) 铁质容器易与硝酸反应 2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓ 双氧水、氨水均易受热分解
(2) KMnO4 (或KClO3) 除去装置内的Cl2，使其完全被NaOH溶液吸收 取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净
(3)H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3
【分析】本题为有碳酸铈制备硝酸高铈铵，步骤I主要是将碳酸铈[Ce2(CO3)3]在铂皿中用硝酸溶解，反应原理为：Ce2(CO3)3+6HNO3=2Ce(NO3)3+3H2O+3CO2↑，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤出溶液，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黄色难溶物)，反应原理为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓，将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，过滤洗涤、干燥可得纯净的硝酸高铈铵，据此分析解题。
【详解】（1）①由题干信息可知，步骤I巍峨取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应，故步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器，由分析可知，生成Ce(OH)4即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4，该反应的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓，故答案为：铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应；2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓；
②由题干信息可知，步骤I中进行“氧化沉淀”即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀时，由于双氧水、氨水均易受热分解，故加热的温度不宜过高，故答案为：双氧水、氨水均易受热分解；
（2）①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或KClO3等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶，故答案为：KMnO4[或KClO3]；
②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce（OH）4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
（3）根据题意H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3反应生成（NH4）2[Ce（NO3）6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3，故答案为：H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3。
22．(1) +3 NOCl+H2O=HCl+HNO2
(2)Fe2+++2H+=Fe3++NO↑+H2O
(3) 水
将NO2转化为NO
(4) 将E、F装置中的空气排出，防止亚硝酰氯水解和被氧气氧化 红棕色气体消失
(5) -34℃≤T＜-5.5℃ Cl2
【分析】用NaNO2和硫酸酸化的FeSO4反应制取NO，通过装置B将杂质NO2转化为NO，再通过浓硫酸干燥NO，在D中和通入的氯气反应生成NOCl，在装置E中收集NOCl，在装置F中收集未反应的氯气，G中的氯化钙可以吸收空气中的水蒸气以防止NOCl水解，最后进行尾气处理。
【详解】（1）NOCl中N的非金属性最弱，为正价，O和Cl均为负价，O为-2价，Cl为-1价，所以N元素的化合价为+3价；NOCl水解生成两种酸，分别为盐酸和亚硝酸，其化学方程式为：NOCl+H2O=HCl+HNO2。
（2）在装置A中，NaNO2和硫酸酸化的FeSO4发生氧化还原反应，NaNO2被Fe2+还原为NO，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：Fe2++ +2H+=Fe3++NO↑+H2O。
（3）装置A中生成了NO，NO容易被空气中的氧气氧化为NO2，装置A的液面上方有空气，空气中的氧气能将NO氧化为NO2，所以装置B中装有水，可以将NO2转化为NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO。
（4）亚硝酰氯易水解，能与O2反应，实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是将装置E、F中的空气排出，以免生成的NOCl和空气中的水蒸气、氧气反应。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，装置A产生的NO气体进入B中，混有的NO2被B中的水转化为NO，但装置B、C的液面上方有空气，NO会被氧化为NO2，装置D中的空气也能将NO氧化为NO2，所以在D中能观察到红棕色的气体，A装置中不断产生的NO将生成的NO2从K2排出，当观察到D中红棕色消失时，D中充满了纯净的NO， 此时关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2和NO反应。
（5）为收集产物NOCl和分离未反应的两种原料NO和Cl2，根据三种物质的沸点，控制装置E的温度-34℃≤T＜-5.5℃，可收集NOCl，装置F的温度要低于-34℃，可将未反应的原料氯气冷凝。
23．(1)圆底烧瓶
(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气
(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(4) 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 25%
(5) 加入足量氨水 黑色固体溶解，并有气体产生
(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
【详解】（1）根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
（2）根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
（3）根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（4）①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
（5）操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
（6）肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
24． 除去氮气中的还原性气体 溶液变为蓝色，半分钟内不褪去 31% 偏低 ④①⑥②③⑤ 硫酸 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】(1)用燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。液氮通过酸性高锰酸钾溶液，可以除去氮气中的还原性气体，在高温炉中矿样与足量混合，在1250℃左右高温炉中加热，反应产生，再通过SnCl2溶液，除去高温炉产生的氧化性物质，气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。
【详解】(1)①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以除去氮气中的还原性气体，防止对后面的实验产生干扰；
②滴定过程中涉及反应有：，，SO2被反应完，继续滴加的KIO3溶液与KI反应生成I2，与淀粉反应显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液变为蓝色，且半分钟内不褪去；
③根据关系式：，可得n(SO2)=3n (KIO3) =3×0.1042mol/L×0.025L=0.007815mol，所以矿样中硫元素的质量百分含量为：，因为Sn的+4价化合物比+2价稳定，即SnCl2具较强的还原性，可以除去高温炉产生的氧化性物质，减少了SO2的消耗，所以SO2不通过SnCl2，则测定结果会偏低；
(2)实验开始时的操作依次为：组装仪器、检查装置的气密性、加装药品、通入CO气体、收集CO并检验其纯度、点燃酒精灯，即将装置内的空气全部排尽后开始加热，所以操作顺序依次为:④①⑥②③⑤；
(3)熔渣的主要成分为FeO和Fe2O3，酸溶时选用硫酸，生成FeSO4和Fe2(SO4)3溶液，加入FeS2的目的是将Fe3+还原为Fe2+，FeS2中的硫元素被氧化为，根据化合价升降守恒和原子守恒可得离子方程式为：，由溶液获得相应的晶体一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥，得到晶体的方法。
25． 2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑) 反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性 负 ClO2＋e－=ClO 阳 3 ℃冷水浴 H2O2＋2ClO2＋2OH－=2ClO＋O2＋2H2O acdf 当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复 90.5%
【分析】草酸、硫酸和氯酸钠在35℃~55℃热水浴中进行反应得到二氧化氯，通入空气稀释ClO2，防止其浓度过大而分解爆炸，生成的ClO2通入电解池中，在阴极被还原为ClO，所以a为电源负极，b为电源正极，氯离子被氧化生成氯气，钠离子通过离子交换膜进入阴极区和ClO形成NaClO2溶液。
【详解】(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4和H2C2O4，产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4=2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物，可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性；
(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO，其电极反应式为ClO2＋e－=ClO；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2；
(3)要控制反应温度为3 ℃，可采取的措施为3 ℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO，则H2O2化合价升高生成O2，故反应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－==2ClO＋O2＋2H2O；
(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c正确；为防止分解和结晶，用38～60 ℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60 ℃下干燥得到产品，e错误、f正确，综上所述选acdf；
(5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200 mol·L－1Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：
解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为×100%＝90.5%。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·山西·校联考模拟预测）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入少量的氯气，再滴加少量苯，上层呈橙色
Fe3+的氧化性比Br2强
B
室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降
碳酸氢钠和盐酸反应吸收热量
C
将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，产生气泡
相同温度下，Ksp(BaCO3)
向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀
FeSO4没有变质
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·山西吕梁·统考二模）研究表明，苯能更好地转化成苯甲酸，其相应的机理(自由基过程)如图所示，已知：Ar为芳基(-C6H5)； Ac为乙酰基( )，下列说法错误的是
A．K2S2O8中S的化合价为+6价，在该反应机理中作氧化剂
B．CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·均为反应过程中的自由基
3．（2023·山西大同·统考三模）根据下列事实得出的相应结论错误的是
选项
事实
结论
A
25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7
两溶液中水的电离程度相等
B
t ℃时，反应①：Br2(g)+ H2(g) 2HBr(g) K=5. 6×107；反应②：I2(g)+ H2(g) 2HI(g) K=43
相同条件下。平衡体系中卤化氢所占的比例：反应①>反应②
C
向漂白粉溶液中通入足量SO2气体，产生白色沉淀
还原性：SO2>Cl-
D
常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合，所得混合液的体积为101 mL
混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键。且苯与CH3COOH分子问的范德华力弱于CH3COOH分子间的氢键
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·山西忻州·统考三模）化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法正确的是
A．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
B．燃煤脱硫可有效地减少空气污染，且有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料
D．以和为原料人工合成淀粉的过程中发生了氧化还原反应
5．（2023·山西临汾·统考二模）下列各组实验中，可以由操作，现象得出相应结论的是
实验操作
现象
结论
A
向KI溶液中滴加硝酸酸化的Fe(NO3)3溶液，再加CCl4振荡静置
下层溶液呈紫色
氧化性：Fe3+>I2
B
将乙醇与浓硫酸以体积比1：3混合，迅速加热到170°C，再将产生的气体通过溴水
溴水褪色
乙醇发生消去反应生成乙烯
C
在干冰中央挖一个小穴，撒一些镁粉，用红热的铁棒把镁引燃，盖上另一块干冰
镁粉在干冰中继续燃烧，发出耀眼的白光
CO2不能扑灭金属镁引起的火灾
D
向碳酸钠溶液中加入盐酸，将反应产生的气体通入苯酚钠溶液
溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·山西晋城·统考二模）工业上制取KIO3可采用如下两种方法：
方法1：直接歧化法：将精制I2溶于过量KOH溶液，发生的反应为3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O。
方法2：电解法：将直接歧化法反应后的溶液，加入阳极区，使KI转化为KIO3(I-+6OH--6e-=+3H2O)，在阴极区加入KOH溶液，电解槽用水冷却。
下列说法正确的是
A．方法1中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少18g
C．电解过程中处于阴极区的电极1上会有氧气生成
D．若电流利用率为100%，理论上电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的3倍
7．（2021·山西·统考一模）某化学实验小组探究Fe2+和Fe3+性质时，发现：往FeCl2和KSCN的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，但当氯水过量时，红色却会褪去。为此，他们设计如图装置进一步探究。
已知：①X为NaClO溶液，Y为FeCl3和KSCN的混合溶液。②持续缓慢滴入NaClO溶液至过量的过程中，圆底烧瓶中红色变浅，有大量气泡产生；Ca(OH)2溶液变浑浊。根据实验现象推测下列说法错误的是
A．氯水可以将Fe2+氧化成Fe3+
B．烧瓶中还可能产生红褐色沉淀
C．烧瓶中产生的气体中一定含有SO2
D．KSCN中的N元素一定被氧化
8．（2021·山西吕梁·统考一模）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．处理过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋总数减少
B．该转化过程的实质为NOx被H2氧化
C．x=2时，过程II中氧化产物与还原产物的物质的量之比为8：1
D．过程I发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋=2H＋＋Ce3＋
二、工业流程题
9．（2023·山西·校联考模拟预测）以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4) 为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示：
已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。
回答下列问题：
(1)在“氧化”中低价态钒都转化为，其中V3+转化反应的离子方程式为 ，实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是 。
(2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1'时，则溶液中c()= mol·L-1。(结果保留1位小数)
(3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是 ，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是 。
(4)“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是 。检验沉淀已洗涤干净的操作是 。
(5)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是 。
10．（2023·山西晋中·统考三模）碲是制作合金添加剂、半导体、制冷元件、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、石油、化工、航空航天与电子等领域。铜电解精炼阳极泥碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)提取碲的工艺流程如图所示，回答下列问题：
已知：TeO2难溶于水；亚碲酸钠易溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4。
(1)酸浸焙烧前要将碲化铜渣粉碎，目的是 。
(2)滤液i的主要成分： (写物质名称)。
(3)焙烧过程中涉及的化学方程式： 。
(4)碱浸的目的是 。
(5)用H2SO3“酸溶还原沉碲”，写出离子方程式： 。
(6)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿佛伽德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm。
11．（2023·山西吕梁·统考二模）以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流程如图所示：
(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成MnO2的离子方程式 ； 采用石灰石粉中和除去铝和铁，则中和渣中主要成分为 。
(2)流程中用到最多的操作是 ，该操作中玻璃棒的作用是 。
(3)用锌粉除镉(Cd2+ )的离子方程式为 ；沉锌生成碱式碳酸锌[2Zn(OH2)·ZnCO3·H2O]的化学方程式为 。
(4)检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作及现象为 。
(5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为 ，工艺流程设计中选用高效真空负压内转盘浓缩沉锌后液一体化设备生产无水 ，蒸发生产过程可实现零排放。
12．（2022·山西晋城·统考二模）“铝渣”是铝工业的副产品，主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO。利用“铝渣”制备Li2CO3的工业流程如下图所示：
已知：LiHCO3易溶于水；Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：
温度/°C
0
10
20
50
75
100
溶解度/g/100gH2O
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.740
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程不能在玻璃反应釜中进行，其主要原因是 。
(2)“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、 。
(3)“转化”步骤的目的是 。
(4)“除钙”时温度不能太高，否则会影响Li2CO3的产率，其原因是 (用化学方程式表示)。
(5)从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶 洗涤、干燥。
(6)利用表中数据计算100°C时Li2CO3的Ksp近似值为 。
(7)利用Li2CO3为原料采用固相法可制备锂离子电池的正极材料LiMn2O4，其制备过程：将MnO2和Li2CO3按一定物质的量之比配料，球磨后，高温加热，反应过程会产生两种气体，则两种气体的物质的量之比为 (要求：密度大的气体与密度小的气体作比)。
13．（2022·山西吕梁·统考二模）MnO2是常用的电极材料和催化剂。由富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2的工艺流程如下：
已知：I.难溶物的溶度积常数如表所示。
难溶物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ni(OH)2
Al(OH)3
MnS
FeS
NiS
溶度积常数(Ksp)
4×10-38
2×10-16
2×10-13
2×10-16
1×10-33
1×10-15
6×10-18
1×10-24
II.溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全
回答下列问题：
(1)“化浆”时生成气体的电子式为 。
(2)“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为 ；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为 。
(3)“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol·L-1、c(Ni2+)=0.00017mol·L-1、c(A13+)=0.001mol·L-1、c(Mn2+)=0.12mol·L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol·L-1、c(Ni2+)=0.0002mol·L-1，则“调pH”的范围为 (溶液体积变化忽略不计，保留两位有效数字)；从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为 。
(4)“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为 。
(5)“转化"反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
14．（2022·山西太原·统考三模）金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和 。
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
(2)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣2”主要是 (填化学式)。
(4)“操作X”是 ，产品 1是 。
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
(6)在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
15．（2022·山西临汾·统考模拟预测）六氟锑酸钠( NaSbF6)广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂等。一种由锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“碱浸、还原”时，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2：1，则氧化产物为 ，Sb2S3发生反应的离子方程式为
(2)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入CuSO4溶液，若此时溶液中-lgc(S2- )与pH的关系如图。
已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20，则Ksp(CuS) =
(3)“转化”时控温约50°C的原因 ；“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净应选用的试剂为 。
(4)“氟化”反应的离子方程式为 。
(5)“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则下列仪器中需使用的有 (填字母标号) ，不需使用的为 (填名称)。
A． B． C． D． E．
16．（2021·山西晋中·统考二模）肺炎重症患者肺部功能严重受损时，需通过气管切开术指了。手术力的材料主要是钛合金。金属钛熔点高、强度高且质地轻。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料冶炼金属钛的流程如下：
已知：室温下钛不与X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反应，也不与强酸、强碱甚至王水反应。但高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应。
回答下列问题。
(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，该过程的离子方程式为 。
(2)“溶煮”过程中同时加入物质A，其目的是防止Fe2＋被氧化，物质A是 。
(3)已知在不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表(数据以含铁量来折算)。则“操作a”为 。
温度/℃
30
20
14
10
5
1
-6
溶解度/(g∙L-1)
88
70
48
43
35
25
14
(4)“过滤1”后加热滤液，使其中的Ti4＋生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀。常温下H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度积常数Ksp＝1.0×10－29，则“过滤2”所得溶液的pH约为 (已知≈2.7，≈1.35，lg2.7≈0.43)
(5)煅烧偏钛酸得到TiO2，TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，写出“共热”过程中的化学方程式： 。
(6)“高温”过程需要在Ar气氛中进行的理由是 ；利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂质 ，可用 除去。
三、实验题
17．（2023·山西·校联考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)可用作催化剂、杀菌剂和脱色剂，实验室制备CuCl实验步骤如下：
回答下列问题：
(1)步骤I中，配制0.50 mol/LCuCl2溶液时，不需要使用下列仪器中的 (填仪器名称)。
(2)步骤Ⅱ中，充分反应后铜元素转化为无色的[CuCl2]-，其发生可逆反应的离子方程式为 。在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，其目的是 。
(3)在进行制备[CuCl2]- 的实验时，为保持安全的实验环境，可以采取的措施是 。
(4)步骤Ⅲ中，用无水乙醇洗涤沉淀的原因是 。
(5)取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
已知：滴定原理： Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+； 邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子。
①“再加50mL水”的目的是 。
②滴定终点的现象是 。
③若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数是 。
18．（2023·山西·统考二模）I.磷酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。
(1)工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸(熔点)。的VSEPR模型是 (填名称)。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向其过饱和溶液中加入 促进其结晶，但是所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是 。
Ⅱ.研究小组以无水甲苯为溶剂，(易水解)和(叠氮化钠)为反应物制备纳米球状红磷。
(2)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。
①金属的作用是 。
②回流过程中，除水时打开的活塞是 ；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
(3)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(夹持、搅拌、加热装置已略)。
①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，其化学方程式为 ；用氩气赶走空气的目的是 。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是 、 。
19．（2023·山西运城·统考二模）为探究某铁硫簇化合物(用FexSy表示)的组成，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量：
已知： i．样品的主要成分为FexSy，含少量不溶于水、盐酸，且不参与装置C中反应的杂质；
ii． Mn2+在稀溶液中近乎无色。
实验步骤：
①按图连接装置，进行气密性检查，然后装入相应的药品；
②通入氧气并加热，装置C中固体逐渐转变为红棕色；
③待固体完全转化后，取装置D中的溶液6 mL于锥形瓶中，用0.1 mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液滴定。滴定共进行3次，平均消耗草酸溶液5.0 mL(假设装置D中溶液体积反应前后不变)；
④取装置C中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤；
⑤向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32 g固体。
回答下列问题：
(1)A为O2发生装置，则试剂a、试剂b可以分别是 。
(2)装置E中品红溶液的作用是 。
(3)写出草酸溶液滴定酸性高锰酸钾溶液时反应的离子方程式： 。(→ Mn2+)。
(4)为防止尾气污染，装置F中应加入的试剂是 ， 步骤⑤中灼烧滤渣应在 进行(填仪器名称)。
(5)若实验完成时装置E中品红溶液无变化，根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇化合物的化学式为 ，写出该铁硫簇化合物与O2反应的化学方程式： 。
(6)下列操作，可能导致x：y的值偏小的是 (填字母)。
a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分
b．配制草酸标准液时，定容操作俯视刻度线
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外几滴
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡
20．（2023·山西临汾·统考一模）在自然界和实验室中均可以实现不同价态含硫物质的相互转化。请回答下列问题：
(1)自然界中游离态的硫主要存在于 或地壳的岩层中。在岩层深处和海底的无氧环境下，硫元素的主要存在形式为 (填字母标号)。
A．CaSO4·2H2O B．Na2SO4·10H2O C． FeS2 D．CuFeS2
(2)为了验证-2价S可转化为0价S，设计如下实验装置。
①试剂a可选用下列溶液中的 (填字母标号)。
A．稀硫酸 B．H2SO3溶液 C． H2O2溶液 D．FeCl2溶液
②该实验的尾气处理不宜采用点燃法，其原因是 。
(3)将2.0 g铁粉和1. 0 g硫粉均匀混合，放在石棉网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒。
①移开玻璃棒后的实验现象为 。
②欲将上述生成的FeS纯化，首先采用磁选法除去剩余的铁粉，然后用 (填试剂化学式)将残留的硫粉溶解，随后进行分离、干燥、称重，得到纯净的FeS 2.2 g，则该反应的产率= 。
(4)硫代硫酸钠( Na2S2O3)广泛用于造纸、食品工业及医药。
①从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是 (填字母标号)。
a. Na2S+S b. Na2SO3+S c. SO2+ Na2SO4 d. Na2SO3+ Na2SO4
②Na2S2O3在空气中易氧化变质，设计实验证明某硫代硫酸钠样品已变质 。
21．（2022·山西太原·统考三模）高纯度硝酸高铈铵主要用作有机合成的催化剂和氧化剂、集成电路的腐蚀剂等。它的化学式为(NH4)2[Ce(NO3)6] ，是一种橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由9.99%的碳酸铈制备硝酸高铈铵时的主要步骤如下：
I．取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤后待用。在搅拌条件下，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黄色难溶物)。
II．将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，经过滤、洗涤、自然烘干后得到产品。
回答下列问题：
(1)①步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器的原因是 ，写出生成Ce(OH)4的离子方程式： 。
②步骤I中进行“氧化沉淀”时，加热的温度不宜过高，原因是 。
(2)步骤I中的Ce(OH)4在实验室中可由Ce(OH)3制取，某同学设计了如下装置： 。
①装置a圆底烧瓶中盛放的固体药品为 (填化学式)。
②当装置b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气(图中框内改为通空气装置)的目的是 ；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
(3)步骤II中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3反应的化学方程式为 。
22．（2022·山西临汾·统考模拟预测）亚硝酰氯( NOCl)是重要的有机合成试剂，可由NO与Cl2在常温下合成。某学习小组在实验室利用如图装置制备亚硝酰氯。
已知：①亚硝酰氯易水解，能与O2反应；
②沸点：NOCl为-5.5℃，Cl2为-34℃，NO为-152℃；
③常温下，2NO + Cl2 =2NOCl2 2NO2 + Cl2 =2NO2Cl。
请回答下列问题：
(1)NOCl中N元素的化合价为 ；NOCl水解生成两种酸，其化学方程式为 。
(2)实验所需的NO在A装置中制得，反应的离子方程式为 。
(3)装置B中所盛试剂为 其作用是 。
(4)实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是 。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，当观察到D中 时， 关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2。
(5)为收集产物和分离未反应的两种原料， E、F装置采用不同温度的低温浴槽，其中装置E的温度T区间应控制在 ，装置F 的U形管中收集到的是 。
23．（2022·山西太原·统考一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
(1)仪器a的名称是 。
(2)装置C中盛放的试剂是 。装置B的作用是 。
(3)制备N2H4的离子方程式为 。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是 。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为 。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
(5)请完成表中的空白部分：① ；② 。
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因： 。
24．（2021·山西临汾·统考一模）山西南部中条山地区采矿炼铜历史悠久。黄铜矿[主要成分是，含少量氯磷灰石等]为原料的火法炼铜主要流程如下：
已知：氯磷灰石高温下易被氧化为。某化学兴趣小组以黄铜矿为原料进行如下实验探究。请根据题意回答相关问题：
(1)燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。将矿样与足量混合，以氮气为载气，在1250℃左右高温炉中加热，将产生的气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。装置如图所示(的价化合物比价稳定)。
①酸性高锰酸钾溶液的作用是 。
②滴定过程中涉及反应有：、 (写离子方程式)，终点现象为 。
③滴定至终点时，消耗标准液体积，矿样中硫元素的质量百分含量为 (结果保留两位有效数字)，若不通过，则测定结果会 (填“偏高”、“偏低”、“不影响”)。
(2)利用如下装置制取粗铜。
实验开始时的操作依次为 (填写序号)。
①检查装置的气密性 ②通入气体 ③收集并检验其纯度 ④组装仪器 ⑤点燃酒精灯 ⑥加装药品
(3)由熔渣制得绿矾的流程如下(已知难溶于水)。
步骤①溶解熔渣选用的试剂最好是 ，步骤②加入的目的是将还原(硫元素被氧化为)，发生反应的离子方程式为 ，步骤③的系列操作为 、(用乙醇)洗涤、干燥。
25．（2021·山西晋中·统考二模）NaClO2是一种杀菌消毒剂，常用于饮用水净化。某兴趣小组电解ClO2制备NaClO2的过程如图所示：
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。一般使用时用稀有气体或空气稀释，以增加安全性。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
回答下列问题。
(1)装置I中发生反应的化学方程式为 ，该方法制备ClO2最突出的优点是 。
(2)装置II是电解装置，a极为 (填“正”“负”“阴”或“阳”)极，其所连电极的反应式为 ，离子交换膜为 (填“阴”或“阳”)膜。
(3)用NaOH和H2O2混合液吸收电解排出的少量ClO2尾气，该装置需控制反应温度为3℃，可采取的措施为 ，处理后将所得溶液与装置II的成品液合并，处理后可得产品，尾气处理过程的离子方程式为 。
(4)从装置II和尾气处理所得成品液中，获得产品NaClO2的操作为 (填字母)。
a．减压，55℃蒸发结晶 b．冷却过滤 c．趁热过滤
d．用38～60℃温水洗涤 e．加热快速烘干 f．低于60℃干燥
(5)上述所得NaClO2产品可能含有NaCl等杂质。为测定其纯度，取上述产品5 g溶于水配成500 mL溶液，取出10.00 mL溶液于俳形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，然后用0.200 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定，当 时达到滴定终点，重复操作2～3次，平均消耗标准液20.00 mL，则产品NaClO2的纯度为 。(已知2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)
参考答案：
1．B
【详解】A．将少量Cl2通入FeBr2中，氯气先将Fe2+氧化，不能将Br-氧化，所以无Br2生成，加入苯，苯层应该是无色，A错误；
B．室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降，说明该反应为吸热反应，B正确；
C．将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，说明沉淀是BaCO3，饱和碳酸钠溶液中碳酸根浓度增大，导致碳酸根离子和钡离子的浓度商大于碳酸钡的溶度积，使硫酸钡转化成碳酸钡，但据此无法判断Ksp(BaCO3)与Ksp(BaSO4)的大小，C错误；
D．向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，只能证明溶液中有Fe2+，不能证明溶液中是否有Fe3+，无法说明其是否变质，D错误；
答案选B。
2．D
【详解】A．K2S2O8中存在过氧键，六个氧为-2价，两个氧为-1价，S的化合价为最高价+6价，图示中K2S2O8使+2价钴转化为+3价钴，K2S2O8在该反应机理中作氧化剂，A正确；
B．由图示知CoII (OAc)2一次性加入，不需要中途再加入，CoIII-O·、CoII-OH循环使用，B正确；
C．电解KHSO4制备K2S2O8循环使用： 2KHSO4K2S2O8+H2↑，-2价氧失电子化合价升高到-1价，+1价氢得电子降低生成氢气，C正确；
D．CoIII-O·、CoII-OH、Ar·、ArCO·中CoII-OH不是自由基，D错误；
故选D。
3．A
【详解】A．25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7，前者是因为NaCl是强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离无影响，而后者是由于CH3COO-和的水解程度相同，使溶液呈中性，盐类的水解对水的电离起促进作用，A符合题意；
B．①K值较大，可说明相同条件下，平衡体系中HX所占的比例：①＞②，B不合题意；
C．漂白粉与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙，反应中SO2为还原剂，氯离子为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性即还原性SO2＞Cl-，C不合题意；
D．常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，D不合题意；
故答案为：A。
4．D
【详解】A．光缆的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；
B．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和” ，故B错误；
C．硼陶瓷复合材料属于性能优良的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；
D．以二氧化碳和氢气为原料人工合成淀粉的过程中有元素发生化合价变化，所以该过程中一定发生氧化还原反应，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．向KI溶液中滴加硝酸酸化的Fe(NO3)3溶液，Fe3+和NO都可能氧化I-，再加CCl4振荡静置下层溶液呈紫色，不能说明氧化性：Fe3+>I2，故A错误；
B．将乙醇与浓硫酸以体积比1：3混合，迅速加热到170°C，乙醇发生消去反应生成乙烯，但生成的乙烯中会混有SO2，SO2也可以使溴水褪色，则溴水褪色不能说明乙醇发生消去反应生成乙烯，故B错误；
C．在干冰中央挖一个小穴，撒一些镁粉，用红热的铁棒把镁引燃，盖上另一块干冰，镁粉在干冰中继续燃烧，发出耀眼的白光，说明Mg能和CO2剧烈反应，CO2不能扑灭金属镁引起的火灾，故C正确；
D．向碳酸钠溶液中加入盐酸，反应产生的二氧化碳中混有氯化氢气体，HCl也可以和苯酚钠溶液反应生成苯酚使溶液变浑浊，则不能说明酸性：碳酸>苯酚，故D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．方法1中反应为：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，该歧化反应中，有5个I原子化合价降低，该部分I2作还原剂，有1个I原子化合价升高，该部分I2作氧化剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，A错误；
B．方法2的电解阳极区反应为：I-+6OH--6e-=+3H2O，阴极反应为：2H2O+2e- =H2+2OH-，则当外电路转移1mole-，阴极区溶液质量减少1mol水的质量，即为18g，B正确；
C．图中为阴离子交换膜，因为阴极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，所以没有氧气产生，C错误；
D．根据上述信息可知，电解的总反应为：I- +3H2O+3H2↑，若电流利用率为100%，原子有效转化率为1，则而方法1歧化反应中，I元素还有一部分转化为KI，原子有效转化率为，所以电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的6倍，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．氯水中有氯气和次氯酸，都有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，故A正确；
B．烧瓶中有NaClO，是强碱弱酸盐水解显碱性，Fe3+碱性条件下会产生红褐色沉淀，故B正确；
C．烧瓶中有NaClO，有强氧化性， 在溶液中KSCN中的会直接被氧化为硫酸根离子，故C错误；
D．氯水过量时，红色却会褪去, NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN-会被氧化剂氧化，SCN-中S：-2价，C：+4价，N：-3价，故N元素一定被氧化，故D正确；
故答案为：C
8．C
【分析】由图可知，无害化处理过程中，反应物为氮氧化物和氢气，正四价铈离子为反应的催化剂，过程I发生的反应为氢气与C正四价铈离子反应生成氢离子和正三价铈离子，反应的离子方程式为H2+2Ce4＋=2H＋+2Ce3＋，过程II发生的反应为酸性条件下，氮氧化物与正三价铈离子反应生成正四价铈离子、氮气和水，反应的离子方程式为2NOx+4xH＋+4xCe3＋=4xCe4＋+N2+2x H2O。
【详解】A．由分析可知，无害化处理过程中，反应物为氮氧化物和氢气，正四价铈离子为反应的催化剂，则混合溶液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，故A错误；
B．由分析可知，反应物为氮氧化物和氢气，反应中NOx被H2还原，故B错误；
C．过程II发生的反应为酸性条件下，氮氧化物与正三价铈离子反应生成正四价铈离子、氮气和水，反应的离子方程式为2NOx+4xH＋+4xCe3＋=4xCe4＋+N2+2x H2O，若x=2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为8：1，故C正确；
D．过程I发生的反应为氢气与C正四价铈离子反应生成氢离子和正三价铈离子，反应的离子方程式为H2+2Ce4＋=2H＋+2Ce3＋，故D错误；
故选C。
9．(1) 3V3++ +3H2O=3 +Cl-+6H+ HClO3易分解，不及NaClO3稳定；HClO3 会提高体系酸度，从而增加后续NaOH的用量
(2)0.3
(3) 2.0~2.5 (NH4)2SO4+ 3(VO2)2SO4+ 5H2O = 2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4
(4) 降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗 取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净
(5)防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低
【分析】废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4)，加入NaClO3氧化，生成，再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O，过滤后煅烧得到五氧化二钒。据此作答。
【详解】（1）酸性条件下，V3+转化为的离子方程式为：3V3++ +3H2O=3 +Cl-+6H+；由于H氯酸浓度较高或受热时易发生分解，不及NaClO3稳定，不利于储存运输，同时HClO3 是酸，会增大溶液的酸性，，从而增加后续NaOH的用量，所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3；
（2）“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1时，即c(V2O5)= 27.3 g·L-1÷182g/mol=0.15mol/L，根据钒元素守恒，则溶液中c()=2c(V2O5)=0.15mol/L×2=0.3mol/L；
（3）根据图示， pH范围是2.0-2.5时，沉钒率(η)最高；沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则反应的化学方程式为(NH4)2SO4+ 3(VO2)2SO4+ 5H2O = 2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4；
（4）用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是为了降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗；检验沉淀已洗涤干净即检验是否含有Cl-，操作是取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净；
（5）煅烧时受热分解产生NH3，氨气具有较强的还原性，容易将V2O5还原，导致产品纯度降低，所以需要在通风或氧化气氛下进行，目的是防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低。
10．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)硫酸铜
(3)Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O
(4)将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收
(5)
(6) (，，)
【分析】碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要溶质为硫酸铜，滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，过滤后所得浸出液为含Na2TeO3的溶液，加入过氧化氢将Na2TeO3氧化为Na2TeO4，再加H2SO3酸溶还原沉碲，将Na2TeO4还原为Te，据此分析解答。
【详解】（1）将碲化铜渣粉碎，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率。
（2）根据分析，碲化铜渣中加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要成分为硫酸铜。
（3）焙烧过程中，Cu2Te、硫酸和氧气反应生成硫酸铜、TeO2和水，反应的化学方程式为Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O。
（4）根据分析，水浸后过滤，所得滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收。
（5）用H2SO3“酸溶还原沉碲”，将Na2TeO4还原为Te，反应的离子方程式为。
（6）由晶胞图和z轴投影图可知，c点位于体对角线的处，a点的坐标为(0,0,0)，b点的坐标为(1,1,1)，则c点的坐标为(,,)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，则，cm，由晶胞图可知，Zn与Te最近距离为体对角线的，即为。
11．(1) Mn2+ + +2H2O= MnO2 +2+4H+ MnO2、Al(OH)3、 Fe(OH)3
(2) 过滤 引流
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
(5) 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O Na2SO4或硫酸钠
【分析】由流程可知，向萃铜余液中加入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、氢氧化铁，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤得到MnO2、氢氧化铁、硫酸钙，和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，过滤得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，煅烧、粉碎得到工业活性氧化性，以此来解答。
【详解】（1）铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，Mn2+被氧化成MnO2，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ + +2H2O= MnO2 +2+4H+；由分析可知，中和渣中主要成分为MnO2、Al(OH)3、 Fe(OH)3；
（2）根据流程可知，该流程中多次出现滤渣，故流程中用到最多的操作是过滤；过滤时需要用玻璃棒引流；
（3）锌与镉离子发生取代反应生成锌离子和单质镉，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，相应的方程式为：3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑；
（4）向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，则碱式碳酸锌表面可能吸附有硫酸根离子，则检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子就可以检验碱式碳酸锌是否洗涤干净相应的操作和现象为：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
（5）由流程可知，工业碱式碳酸锌在煅烧炉中煅烧生成活性氧化锌，则相应的方程式为：2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，同时得到硫酸钠溶液，则工艺流程设计中选用高效真空负压内转盘浓缩沉锌后液一体化设备生产无水Na2SO4或硫酸钠。
12．(1)生成的HF会腐蚀玻璃
(2)Li2CO3、Al(OH)3
(3)将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离
(4)2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O
(5)趁热过滤
(6)410-3
(7)2:1
【分析】“铝渣”主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO，经浓硫酸酸浸后，氟化物转化为HF气体逸出，部分氧化钙转化为微溶的硫酸钙以滤渣形式除去，得到的滤液中含铝离子、锂离子和少量钙离子，再加入碳酸钠溶液后，会生成CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，过滤后的滤液分离除去，滤渣再通入二氧化碳和水，使其中碳酸盐转化为可溶于水的碳酸氢盐，从而过滤除去Al(OH)3沉淀，再加入磷酸锂稀溶液使钙离子转化为磷酸钙沉淀，达到“除钙”目的，碳酸氢锂溶液经过热分解和一系列操作生成碳酸锂、二氧化碳和水，据此分析解答。
【详解】（1）“酸浸”过程会产生HF，因为HF会腐蚀玻璃，所以不能在玻璃反应釜中进行；
（2）依据上述分析可知，“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀；
（3）上一步沉淀过程有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，所以通入二氧化碳和水，会使CaCO3、Li2CO3分别转化为可溶于水的Ca(HCO3)、LiHCO3，再经过滤可除去Al(OH)3沉淀，故答案为：将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离；
（4）因为LiHCO3的性质与NaHCO3相似，可推知，若温度过高，LiHCO3受热易分解，其分解反应方程式为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，导致Li元素有损失，影响Li2CO3的产率；
（5）根据Li2CO3在不同温度下的溶解度数据可知，随着温度的升高，Li2CO3的溶解度不断减小，所以从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤；
（6）100°C时，Li2CO3的溶解度为0.740g /100gH2O，则溶质Li2CO3的物质的量为=0.01mol，其浓度约为0.1mol/L，所以Ksp=c2(Li+)c(CO)==410-3；
（7）MnO2和Li2CO3会发生反应转化为LiMn2O4过程中Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应的规律可知，必有元素化合价升高，C和Li元素化合价均已是最高价，所以推知必产生O2，另一种气体应为CO2，根据氧化还原反应的配平原则可知，反应的化学方程式为：8MnO2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4+ 2CO2↑+ O2↑，又密度：CO2＞O2，则两种气体的物质的量之比为2:1。
13．(1)
(2) 使混合液中的物质充分反应 SO2+MnO2═Mn2++
(3) 4.7≤pH＜8.0 向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝
(4)镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的
(5)2：3
【分析】根据流程：富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2，富锰废料先加入硫酸进行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸镍，MnO2不反应，酸浸后与含有二氧化硫烟气溶解，发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，然后溶液中富锰废料调节pH，使亚铁离子转化为铁离子并使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣；滤液加入MnS除去镍离子，生成NiS沉淀，过滤除去；滤液加入KMnO4，和锰离子发生归中反应，得到MnO2，据此分析答题。
【详解】（1）“化浆”时MnCO3和硫酸反应生成气体为CO2，电子式为，
故答案为：；
（2）“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为使混合液中的物质充分反应；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为SO2+MnO2═Mn2++，故答案为：使混合液中的物质充分反应；SO2+MnO2═Mn2++；
（3）“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol•L-1、c(Ni2+)=0.00017mol•L-1、c(A13+)=0.001mol•L-1、c(Mn2+)=0.12mol•L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，富锰废料氧化亚铁离子为铁离子，铁元素守恒，铁离子浓度等于亚铁离子浓度，则铁离子完全沉淀时c(OH-)=mol/L=2×10-11mol/L，pH约为2.7，铝离子完全沉淀c(OH-)=mol/L≈10-9.3mol/L，pH为4.7，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，锰离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-6mol，调pH为8.0，镍离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，pH为8.5，则调节pH的范围为4.7≤pH＜8.0；氢氧化铝溶液氢氧化钠溶液，从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝，故答案为：4.7≤pH＜8.0；向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝；
（4）结合(3)可知两者沉淀pH接近，不能通过调节pH除去同时除去，“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的，故答案为：镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的；
（5）“转化“时KMnO4和锰离子发生归中反应，得到MnO2，KMnO4为氧化剂，锰离子为还原剂，根据Mn元素由+7价、+2价转化为+4价，降低3价，升高2价，则反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3。
14．(1) 增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
(2)+ ClO-=+ Cl-
(3)H2SiO3
(4) 灼烧 金属钨或W
(5)溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ( )减小，使得平衡正向移动
(6) c+a-2b
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和， “氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
【详解】（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
（2）由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ ClO-=+ Cl-，故答案为：+ ClO-=+ Cl-；
（3）由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（4）由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动；
（6）①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。
15．(1) 或Na2SO4 Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O
(2)2.0×10-36
(3) 温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失 BaCl2溶液
(4)
(5) ACE 坩埚、分液漏斗
【分析】锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)加NaOH溶液、Na2S2O3溶液进行碱浸、还原，Sb2O3、Sb2S3直接与碱反应，Sb2O5与被硫代硫酸钠还原，Sb元素转化为NaSbO2，Sb2S3中的S元素转化为Na2S，CuS、氧化铁不反应，过滤除去；含NaSbO2、Na2S的溶液加硫酸铜将硫离子转化为CuS，将过量的氢氧根离子转化为氢氧化铜除去得到主要溶质为NaSbO2的溶液，NaSbO2溶液加过氧化氢、浓NaOH转化得到NaSbO3·3H2O，再用HF进行氟化得到NaSbF6。
【详解】（1）“碱浸、还原”时，Sb由+5价降为+3价，则Sb2O5作氧化剂，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2:1，根据得失电子守恒有2×2×(5-3)=1×2×x，其中x为S元素化合价升高数，解得x=4，则Na2S2O3中S被氧化为+(2+4)=+6价，则氧化产物为或Na2SO4；由流程可知Sb2S3中Sb转化为NaSbO2，S转化为Na2S，则Sb2S3发生反应的离子方程式为Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O；
（2）由图可知2pH=26时，-lgc(S2- )=18，即pH=13时，c(S2- )=10-18mol/L，此时c(OH-)=0.1mol/L，则c(Cu2+)==2.0×10-18mol/L，则Ksp(CuS) =c(Cu2+)×c(S2- )= 2.0×10-18 mol/L×10-18 mol/L=2.0×10-36 mol2/L2；
（3）“转化”时反应物有H2O2，H2O2受热易分解，控温约50°C的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失；“除杂”时加入了硫酸铜溶液，从流程来看“转化”之前硫酸根离子没有除去，故“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净即检验最后一次洗涤液是否含硫酸根离子，故应选用的试剂为BaCl2溶液；
（4）“氟化”时HF和NaSbO3·3H2O反应得到NaSbF6，无元素价态变化，为非氧化还原反应，根据电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为；
（5）蒸发结晶用到下列仪器中的蒸发皿、过滤用到下列仪器中的漏斗、烧杯，故选ACE；不需使用的为B坩埚、D分液漏斗。
16． FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O 铁粉(或Fe) 蒸发浓缩、降温结晶 4.43 TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO 在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应 镁 稀盐酸(或稀硫酸)
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿加稀硫酸溶解，FeTiO3与硫酸反应“溶煮”过程生成Ti4+、Fe2+；加入的物质A为铁屑，防止Fe2+被氧化，混合液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤1得到FeSO4晶体和含Ti4+溶液，加热溶液使Ti4+水解生成偏钛酸，过滤2得到偏钛酸，煅烧偏钛酸，偏钛酸分解生成二氧化钛，二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体，四氯化钛和镁在高温条件下发生置换反应生成氯化钠和金属钛。
【详解】(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，Ti、S等元素化合价没有发生变化，该过程发生的不是氧化还原反应，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O；
(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化；
(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶；
(4)因为H2TiO3(s)⇌TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝x mol·L－1，则c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43；
(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；
(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行，因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。
17．(1)碱式滴定管
(2) Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]- 增大Cl-的浓度，使平衡： Cu2+ +Cu+4Cl- 2[CuCl2]-正向移动，提高CuCl的产率
(3)在通风橱中进行实验(或其它合理答案)
(4)减少CuCl的损失，且易于干燥
(5) 稀释锥形瓶中的溶液，便于观察颜色的突变 滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色 95.52%
【分析】以0.50 mol/LCuCl2溶液、铜粉、HCl为反应物，在磁力搅拌下充分反应生成[CuCl2]-，倒入水中，析出CuCl晶体，经过洗涤、干燥最终得到氯化亚铜(CuCl)。据此作答。
【详解】（1）配制一定物质的量浓度的CuCl2溶液时，需要托盘天平、容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，不需要碱式滴定管；
（2）反应物为CuCl2溶液、铜粉、HCl，产物为[CuCl2]-，根据的是电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]-；在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，是为了增大Cl-的浓度，使上述平衡往正向移动，生成更多的[CuCl2]-；
（3）由于HCl易挥发，为保持安全的实验环境，一般在通风橱中进行实验；
（4）无水乙醇能降低CuCl的溶解度，且乙醇易挥发，所以用无水乙醇洗涤沉淀的原因是减少CuCl的损失，且易于干燥；
（5）①邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子，滴定终点的颜色变化是溶液恰好由红色变为浅蓝色，为了便于观察颜色的突变，加水稀释；
②根据滴定原理Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+：当滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色，即到达滴定终点；
③取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
根据滴定原理得出滴定关系： CuCl~ Fe2+~Ce4+；若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数=。
18．(1) 四面体形 磷酸晶体 磷酸分子与水分子能形成氢键
(2) 干燥甲苯 K1、K3
(3) 防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解 甲苯 氯化钠
【分析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色，改变开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、NaN3在Ar气氛围中充分混合后转入装置B中，在反应釜中于加热12小时使其充分反应。
【详解】（1）中心原子价层电子对数为4+0=4，其VSEPR模型是四面体形。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可以引入晶种来促进溶液中的磷酸结晶析出，可向其过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，磷酸分子含有羟基，容易与水分子形成氢键，因此磷酸具有较强的吸水性，所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去；故答案为：四面体形；磷酸晶体；磷酸分子与水分子能形成氢键。
（2）①金属钠与水能发生反应，因此金属的作用是干燥甲苯；故答案为：干燥甲苯。
②回流过程中，水要回流到烧瓶中，因此除水时打开的活塞是K1、K3；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯；故答案为：K1、K3。
（3）①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，五氯化磷和NaN3 反应生成红磷、氮气和氯化钠，其反应的化学方程式为；由于五氯化磷易水解，为防止五氯化磷遇见空气中的水蒸气发生水解，因此用氩气赶走空气；故答案为：；防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解。
②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，用乙醇洗去甲苯，用水洗去氯化钠；故答案为：甲苯、氯化钠。
19．(1)H2O、Na2O2或H2O2、MnO2
(2)检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液完全吸收
(3)5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O
(4) NaOH溶液 坩埚
(5) Fe4S5 Fe4S5 +8O22Fe2O3+5SO2
(6)bd
【分析】装置A制备氧气，C中通入氧气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被D中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，E中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，F为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【详解】（1）装置A固体和液体不加热制备氧气，可以选用H2O、Na2O2或H2O2、MnO2；
（2）二氧化硫可以被高锰酸钾吸收，用装置E来检验，故装置E中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；
（3）草酸被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，同时高锰酸钾被还原为锰离子，离子方程式为：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O；
（4）二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置F中应加入NaOH溶液；对固体进行灼烧应该在坩埚中进行，故骤⑤中灼烧滤渣应该在坩埚中进行；
（5）滴定时消耗草酸溶液的体积为5.0mL，根据关系式计算：6mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置D中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5；
（6）a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，a错误；
b．配置草酸标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配草酸标准溶液浓度偏大，滴定时草酸体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，b正确；
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测草酸体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c错误；
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡，则消耗的草酸溶液体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，d正确；
故选bd。
20．(1) 火山口附近 CD
(2) BC 点燃后生成的SO2仍然有毒，且易形成酸雨而造成污染
(3) 混合物继续保持红热至另一端，最后生成黑色固体 CS2 80%
(4) b 取少量样品加水溶解，加足量稀盐酸，充分反应后静置取上层清夜，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明样品已氧化变质
【详解】（1）自然界中游离态的硫主要存在于火山口附近或地壳的岩层中。在岩层深处和海底，因为环境无氧，故形成的化合物中没有氧元素，综上所述故选CD；
（2）①为了验证-2价S可转化为0价S，故应该加入氧化剂，亚硫酸、H2O2溶液具有氧化性，稀硫酸氧化性很低，不发生氧化还原反，应故试剂a可选用BC；
②该实验的尾气处理不宜采用点燃法，其原因是点燃后生成的SO2仍然有毒，且易形成酸雨而造成污染；
（3）①移开玻璃棒后的实验现象为混合物继续保持红热至另一端，最后生成黑色固体，该固体可能为FeS；
②欲将上述生成的FeS纯化，首先采用磁选法除去剩余的铁粉，然后用CS2将残留的硫粉溶解，S不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以用CS2溶解S；S和Fe反应方程式为：S+FeFeS， ，n(S)，Fe为过量的，n(S)= n(FeS)则理论FeS的质量为×88g/mol=2.75g，纯净的FeS 2.2 g，则该反应的产率=；
（4）①从氧化还原反应的角度分析， Na2S2O3中硫元素的化合价为+2价；氧化还原反应的规律之一为:同种元素、不同价态之间发生反应时，化合价遵循“只靠拢、不交叉”的原则；
a．Na2S中硫元素的化合价为-2价，单质硫的化合价为0价，显然不行，故a错误；
b．Na2SO2中硫元素的化合价为+4价，单质硫中硫的化合价为0价，从氧化还原反应的角度分析，+4价降为+2价，0价升高为+2价，理论上可行，故b正确；
c．SO2中硫元素的化合价为+4价，Na2SO4中硫元素的化合价为+6价，显然不行，故c错误；
d．Na2SO3中硫元素的化合价为+4价，Na2SO4中硫元素的化合价为+6价，显然不行，故d错误；
故选b；
②Na2S2O3在空气中易氧化变质，取少量样品加水溶解，加足量稀盐酸，充分反应后静置取上层清夜，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明样品已氧化变质。
21．(1) 铁质容器易与硝酸反应 2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓ 双氧水、氨水均易受热分解
(2) KMnO4 (或KClO3) 除去装置内的Cl2，使其完全被NaOH溶液吸收 取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净
(3)H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3
【分析】本题为有碳酸铈制备硝酸高铈铵，步骤I主要是将碳酸铈[Ce2(CO3)3]在铂皿中用硝酸溶解，反应原理为：Ce2(CO3)3+6HNO3=2Ce(NO3)3+3H2O+3CO2↑，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤出溶液，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黄色难溶物)，反应原理为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓，将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，过滤洗涤、干燥可得纯净的硝酸高铈铵，据此分析解题。
【详解】（1）①由题干信息可知，步骤I巍峨取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应，故步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器，由分析可知，生成Ce(OH)4即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4，该反应的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓，故答案为：铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应；2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓；
②由题干信息可知，步骤I中进行“氧化沉淀”即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀时，由于双氧水、氨水均易受热分解，故加热的温度不宜过高，故答案为：双氧水、氨水均易受热分解；
（2）①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或KClO3等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶，故答案为：KMnO4[或KClO3]；
②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce（OH）4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
（3）根据题意H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3反应生成（NH4）2[Ce（NO3）6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3，故答案为：H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3。
22．(1) +3 NOCl+H2O=HCl+HNO2
(2)Fe2+++2H+=Fe3++NO↑+H2O
(3) 水
将NO2转化为NO
(4) 将E、F装置中的空气排出，防止亚硝酰氯水解和被氧气氧化 红棕色气体消失
(5) -34℃≤T＜-5.5℃ Cl2
【分析】用NaNO2和硫酸酸化的FeSO4反应制取NO，通过装置B将杂质NO2转化为NO，再通过浓硫酸干燥NO，在D中和通入的氯气反应生成NOCl，在装置E中收集NOCl，在装置F中收集未反应的氯气，G中的氯化钙可以吸收空气中的水蒸气以防止NOCl水解，最后进行尾气处理。
【详解】（1）NOCl中N的非金属性最弱，为正价，O和Cl均为负价，O为-2价，Cl为-1价，所以N元素的化合价为+3价；NOCl水解生成两种酸，分别为盐酸和亚硝酸，其化学方程式为：NOCl+H2O=HCl+HNO2。
（2）在装置A中，NaNO2和硫酸酸化的FeSO4发生氧化还原反应，NaNO2被Fe2+还原为NO，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：Fe2++ +2H+=Fe3++NO↑+H2O。
（3）装置A中生成了NO，NO容易被空气中的氧气氧化为NO2，装置A的液面上方有空气，空气中的氧气能将NO氧化为NO2，所以装置B中装有水，可以将NO2转化为NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO。
（4）亚硝酰氯易水解，能与O2反应，实验开始时，先关闭K3，打开K2、K4，从a处通一段时间氩气，其目的是将装置E、F中的空气排出，以免生成的NOCl和空气中的水蒸气、氧气反应。 然后在a处接废气处理装置，关闭K1、K4，打开K3，再打开分液漏斗的活塞，滴加酸性FeSO4溶液，装置A产生的NO气体进入B中，混有的NO2被B中的水转化为NO，但装置B、C的液面上方有空气，NO会被氧化为NO2，装置D中的空气也能将NO氧化为NO2，所以在D中能观察到红棕色的气体，A装置中不断产生的NO将生成的NO2从K2排出，当观察到D中红棕色消失时，D中充满了纯净的NO， 此时关闭K2，打开K1、K4 ，通干燥纯净的Cl2和NO反应。
（5）为收集产物NOCl和分离未反应的两种原料NO和Cl2，根据三种物质的沸点，控制装置E的温度-34℃≤T＜-5.5℃，可收集NOCl，装置F的温度要低于-34℃，可将未反应的原料氯气冷凝。
23．(1)圆底烧瓶
(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气
(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(4) 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 25%
(5) 加入足量氨水 黑色固体溶解，并有气体产生
(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
【详解】（1）根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
（2）根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
（3）根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（4）①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
（5）操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
（6）肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
24． 除去氮气中的还原性气体 溶液变为蓝色，半分钟内不褪去 31% 偏低 ④①⑥②③⑤ 硫酸 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】(1)用燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。液氮通过酸性高锰酸钾溶液，可以除去氮气中的还原性气体，在高温炉中矿样与足量混合，在1250℃左右高温炉中加热，反应产生，再通过SnCl2溶液，除去高温炉产生的氧化性物质，气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。
【详解】(1)①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以除去氮气中的还原性气体，防止对后面的实验产生干扰；
②滴定过程中涉及反应有：，，SO2被反应完，继续滴加的KIO3溶液与KI反应生成I2，与淀粉反应显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液变为蓝色，且半分钟内不褪去；
③根据关系式：，可得n(SO2)=3n (KIO3) =3×0.1042mol/L×0.025L=0.007815mol，所以矿样中硫元素的质量百分含量为：，因为Sn的+4价化合物比+2价稳定，即SnCl2具较强的还原性，可以除去高温炉产生的氧化性物质，减少了SO2的消耗，所以SO2不通过SnCl2，则测定结果会偏低；
(2)实验开始时的操作依次为：组装仪器、检查装置的气密性、加装药品、通入CO气体、收集CO并检验其纯度、点燃酒精灯，即将装置内的空气全部排尽后开始加热，所以操作顺序依次为:④①⑥②③⑤；
(3)熔渣的主要成分为FeO和Fe2O3，酸溶时选用硫酸，生成FeSO4和Fe2(SO4)3溶液，加入FeS2的目的是将Fe3+还原为Fe2+，FeS2中的硫元素被氧化为，根据化合价升降守恒和原子守恒可得离子方程式为：，由溶液获得相应的晶体一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥，得到晶体的方法。
25． 2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑) 反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性 负 ClO2＋e－=ClO 阳 3 ℃冷水浴 H2O2＋2ClO2＋2OH－=2ClO＋O2＋2H2O acdf 当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复 90.5%
【分析】草酸、硫酸和氯酸钠在35℃~55℃热水浴中进行反应得到二氧化氯，通入空气稀释ClO2，防止其浓度过大而分解爆炸，生成的ClO2通入电解池中，在阴极被还原为ClO，所以a为电源负极，b为电源正极，氯离子被氧化生成氯气，钠离子通过离子交换膜进入阴极区和ClO形成NaClO2溶液。
【详解】(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4和H2C2O4，产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4=2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物，可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性；
(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO，其电极反应式为ClO2＋e－=ClO；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2；
(3)要控制反应温度为3 ℃，可采取的措施为3 ℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO，则H2O2化合价升高生成O2，故反应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－==2ClO＋O2＋2H2O；
(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c正确；为防止分解和结晶，用38～60 ℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60 ℃下干燥得到产品，e错误、f正确，综上所述选acdf；
(5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200 mol·L－1Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：
解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为×100%＝90.5%。
相关试卷
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应： 这是一份新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应： 这是一份山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03氧化还原反应，共42页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，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： 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。
