北京市高考化学三年（2020-2022）模拟（一模）题分类汇编-05离子反应及其发生条件与应用

这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟（一模）题分类汇编-05离子反应及其发生条件与应用，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，结构与性质，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟（一模）题分类汇编-05离子反应及其发生条件与应用

一、单选题
1．（2022·北京东城·统考一模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．实验室制氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
C．铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
D．将充满NO2的试管倒扣在水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO
2．（2022·北京延庆·统考一模）用如图所示装置(搅拌装置已略去)探究溶液中离子浓度的变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是


A
B
C
D
试剂a
NaOH
Ca(OH)2
Ba(OH)2
H2SO3
试剂b
CH3COOH
Ca(HCO3)2
H2SO4
H2S

A．A B．B C．C D．D
3．（2022·北京门头沟·统考一模）下列用于解释实验事实的离子方程式不正确的是
A．酚酞滴入碳酸钠溶液中，溶液变红色：CO+2H2OH2CO3+2OH-
B．向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，有白色沉淀生成：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O
C．FeSO4溶液滴入溴水中，溴水颜色变浅：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，溶液变浑浊：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO
4．（2022·北京门头沟·统考一模）在实验室中以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和CoCO3的工艺流程如图。

下列说法不正确的是
A．“滤渣I”中含硅和钡元素
B．“氧化”“调pH”时均需要加过量的试剂
C．“沉钴”过程发生的反应为Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O
D．“沉钴”时，若c(Co2+)=0.02mol·L-1，为了防止沉钴时生成Co(OH)2，常温下应控制溶液pHc(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
C．向H2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+ +10CO2↑ +8H2O
D．向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，产生白色沉淀：2HC2O4- +Ca2++2OH-=Ca C2O4↓ +2H2O+C2O42-
15．（2020·北京通州·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是（       ）
A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
B．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O
C．Cl2与热的NaOH溶液反应制取NaClO3：2Cl2+6OH-=3Cl-+ClO3-+3H2O
D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4-+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO42-+2H2O

二、填空题
16．（2021·北京平谷·统考一模）燃煤烟气中含有较多的，减少排放和有效吸收是治理大气污染的一项重要措施。
(1)向燃煤中加入生石灰，可以有效减少的排放，燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分_______。(化学式)
(2)利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水。

①吸收塔中发生反应离子方程式_______，酸性：H2SO3______H2CO3(填“”或“”)。
②向溶液中滴加溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如图。由此可知溶液呈_______(“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。

(3)用溶液吸收。
已知：酸性条件下会转化成和，具有更强的氧化性。
①用吸收时，吸收率和溶液的关系如图，随升高吸收率降低的原因是_______。

②溶液加酸化后溶液中，_______。

三、实验题
17．（2022·北京房山·统考一模）某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
(1)假设1：___________
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是___________。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色

(3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是___________
(4)乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；___________
ii.；___________
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色

(5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是___________。
18．（2020·北京大兴·统考一模）化学小组通过下列步骤测定某工厂废液中铜离子的浓度（已知废水中Fe3+对测定有干扰作用）。
i. 经检验废液中含有Fe3+离子，取V1mL上述废液，加入NH4HF2，再加H2SO4酸化至pH9 )、温度高于95oC，产品会掺杂较多红棕色杂质，试分析可能的原因__________。
(iii)丙同学迅速将溶液调节pH=9，在80~90℃下搅拌2小时。过滤、洗涤、干燥得到晶体产品。写出制得晶体产品的离子方程式________。
(4)Ⅳ测定
取产品样品ag，加过量硫酸溶解，得到样品溶液。用c mol/L KMnO4标准液滴定。(已知：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与KMnO4反应，且数据为多次测量平均值)。
i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL。
ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL。
(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比是_________(用含v1、v2的计算式表示)。

参考答案：
1．A
【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Cl2过量，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．氯化铵与氢氧化钙加热反应生成氯化钙、氨气和水，即，故B不符合题意；
C．铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为，故C不符合题意；
D．将充满NO2的试管倒扣在水中，NO2与水反应生成硝酸和NO，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故D不符合题意；
答案选A。
2．A
【详解】A．醋酸为弱电解质，加入NaOH反应生成强电解质醋酸钠，所以不会出现变暗的过程，A符合题意；
B．Ca(HCO3)2为强电解质，所以开始灯亮，加入氢氧化钙后二者反应生成碳酸钙沉淀和水，溶液中的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后又随着氢氧化钙的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，B不符合题意；
C．硫酸为强电解质，开始灯亮，加入氢氧化钡后二者反应生成硫酸钡和水，溶液中溶液中的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后又随着氢氧化钡的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，C不符合题意；
D．H2S为弱电解质，开始灯亮，加入亚硫酸后二者反应生成硫单质和水，硫难溶于水，所以的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后随着亚硫酸的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，D不符合题意；
综上所述答案为A。
3．A
【详解】A．碳酸根离子分步水解，因此溶液变红的离子方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，A错误；
B．向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，以钙离子和氢氧根离子物质的量之比为1:2书写离子方程式，题给离子方程式正确，B正确；
C．FeSO4溶液滴入溴水中，亚铁离子与溴发生氧化还原反应生成铁离子和溴离子，题给离子方程式正确，C正确；
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，生成苯酚和碳酸氢钠，题给离子方程式正确，D正确；
答案选A。
4．B
【分析】由流程可知，含镍废料（主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2）中加入稀硫酸酸浸，过滤分离出滤渣Ⅰ为SiO2、BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4，加入氧化剂H2O2氧化FeSO4，加入Na2CO3调节pH使Fe2(SO4)3等转化为含铁元素沉淀过滤除去，再加入有机萃取剂，振荡、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，向含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2HCO+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，过滤、洗涤、干燥得到CoCO3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4•6H2O晶体，煅烧生成NixOy，以此来解答。
【详解】A．结合分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2、BaSO4，“滤渣I”中含硅和钡元素，故A正确；
B．“调pH”过程中，Na2CO3不能过量，否则Co2+和Ni2+会与碳酸根离子反应生成沉淀而损失，故B错误；
C．在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2HCO +Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确；
D． 当恰好刚生成时的，常温下，即pH=7.5，则为了防止沉钴时生成，常温下应控制溶液，故D正确；
故选B。
5．A
【详解】A．根据反应可知呼吸面具中用吸收并供氧，A符合题意；
B．是人工固氮，自然界的高能固氮是N2和O2在高温或放电条件下反应生成NO的过程，B不合题意；
C．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞，故苯酚钠溶液通入后变浑浊的反应原理为：+H2O+CO2+NaHCO3，C不合题意；
D．由于醋酸是弱酸，则白醋可除去水壶中的水垢的离子方程式为：，D不合题意；
故答案为：A。
6．A
【详解】A．石灰乳在离子方程式中应写化学式，该离子方程式为：，A错误；
B．溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和HBr，离子方程式为：，B正确；
C．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和NaOH，离子方程式为：，C正确；
D．海产品中通入Cl2可将I-氧化为I2从而提取碘单质，离子方程式为：，D正确；
答案选A。
7．A
【详解】A．用电石和饱和食盐水制取的乙炔中混有硫化氢等气体，通过硫酸铜溶液可以除去硫化氢等杂质，然后通过溴水，乙炔能和溴发生加成反应从而使溴水褪色，可以证明乙炔能和溴反应，故A能达到实验目的；
B．粗盐中的Ca2+能和Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，Mg2+能和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀而除去，但不能除去，同时为了将杂质尽可能除去，加入的试剂一般要稍过量，所以加入Na2CO3和NaOH后溶液中还含有OH-、，故B不能达到实验目的；
C．检验溴乙烷中的溴原子可以将溴乙烷在NaOH溶液中发生水解，然后加入稀硝酸中和剩余的NaOH，最后加入硝酸银溶液观察是否有淡黄色沉淀生成，如果不加稀硝酸则剩余的NaOH会和硝酸银溶液反应生成AgOH，AgOH不稳定容易分解为棕黑色的氧化银而不能观察到淡黄色的溴化银沉淀，故C不能达到实验目的；
D．乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙烯，但由于浓硫酸的强氧化性，会生成二氧化硫，而二氧化硫能和溴水反应也能使溴水褪色，故D不能达到实验目的；
故选A。
8．B
【分析】氨水中存在NH3∙H2ONH + OH－。
【详解】A．氨水部分电离，1L0.1mol•L-1溶液中NH的粒子数少于6.02×1022，A错误；
B．加入少量NH4Cl固体后，平衡左移，OH－浓度下降，溶液的pH降低，B正确；
C．随着滴加的氢氧化钠溶液不断增多，氨的挥发越加明显，n(NH)与n(NH3•H2O)之和小于0.1mol，C错误；
D．与MgCl2溶液反应的离子方程式为Mg2++2NH3∙H2O=Mg(OH)2↓+2 NH，D错误；
故选B。
9．A
【详解】A．过量NaOH与SO2反应生成Na2SO3和H2O，离子方程式为2OH-+SO2=SO+2H2O，A错误；
B．氨水与稀盐酸反应生成NH4Cl和H2O，离子方程式为NH3•H2O+H+=NH+H2O，B正确；
C．电镀Cu时，阴极Cu2+得电子生成Cu，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C正确；
D．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应生成更难溶于水的CaCO3，离子方程式为CO(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)，D正确；
故选A。
10．C
【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，醋酸钠水解的离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，A错误；
B．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．MgCl2溶液中加入足量石灰乳得到氢氧化镁沉淀，石灰乳状态的氢氧化钙不能写成离子，所以离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，C正确；
D．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO，D错误；
综上所述答案为C。
11．A
【详解】A．向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，除了生成硫酸钡沉淀外，还生成氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：Cu2+++Ba2++2OH-=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故A错误；
B．硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢溶液，Fe2+被H2O2氧化，反应的离子方程式为：，故B正确；
C．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液，生成Na2CO3和水，反应的离子方程式为：，故C正确；
D．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，由于Ag2S比AgCl更难溶，所以可以发生沉淀的转化，离子方程式为：，故D正确；
故选A。
12．C
【详解】A. 中，的化合价是－2，Cu的化合价是+1，故A正确；
B. 步骤②中，根据信息易与较浓的强碱反应，因此碱浸的离子方程式是：，故B正确；
C. 步骤③中，溶液是碱性环境，因此阴极上发生反应的电极方程式是:，故C错误；
D. 在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到，故D正确。
综上所述，答案为C。
13．C
【详解】A. Al是比较活泼的金属，能够与酸发生置换反应产生氢气，反应方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，所以不易长期存放酸性食物，A正确；
B. 由于酸性HCl>H2CO3，且HCl为一元强酸，完全电离，所以可以用NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体，反应的离子方程式为：+H+=CO2↑ +H2O，B正确；
C. 丙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚丙烯，反应方程式为nCH3CH=CH2，C错误；
D. 硬塑料中酚醛树脂是由苯酚与甲醛发生缩聚反应合成的，反应方程式为：，D正确；
故合理选项是C。
14．B
【详解】A. pH=4.5的草酸溶液中含有的大量微粒有：HC2O4-、C2O42-，A错误；
B. NaHC2O4是强碱弱酸盐，产生Na+、HC2O4-，HC2O4-既发生电离作用产生C2O42-和H+，也发生水解作用产生H2C2O4、OH-，0.1 mol·L−1 NaHC2O4溶液pH=2.8，说明其电离作用大于水解作用，所以c(C2O42-)>c(H2C2O4)，电离、水解消耗HC2O4-，则c(Na+)>c(HC2O4-)，但主要以盐电离产生的离子形式存在，c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故溶液中各种微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，B正确；
C. 草酸是二元弱酸，主要以酸分子存在，应该写化学式，C错误；
D. 向NaHC2O4溶液中加入足量澄清石灰水，溶液中含有大量Ca2+，反应产生草酸钙白色沉淀，不可能还存在C2O42-，D错误；
故合理选项是B。
15．B
【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，正确的离子方程式为：ClO−+H2O+CO2═HClO+HCO3−，故A错误；
B．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl，该反应的离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O，故B正确；
C．Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH−＝5Cl−+ClO3−+3H2O，题中所给的离子方程式电荷不守恒，故C错误；
D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O═5SO42−+2Mn2++4H+，故D错误；
答案选B。
【点睛】正确的离子方程式要符合客观事实，要符合电荷守恒，原子守恒等。
16． > 酸性 因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性 越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高
【分析】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：，该反应的原理为强酸制弱酸；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：的电离大于水解；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，据此可知答案。
【详解】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成，即燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分，故答案为：；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：；该反应的原理为强酸制弱酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，故答案为：；＞；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性，故答案为：酸性；因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高，所以随升高吸收率降低，故答案为：越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，则，故答案为：4:1。
【点睛】本题重点(3)②，对于求解反应中物质的物质的量的比值，要确定其方程式，即可快速得到答案，对于信息型氧化还原反应，根据信息确定反应物和产物，再结合电荷守恒、得失电子守恒配平。
17．(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
(2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
(3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
(4) 2NO2+H2O=HNO2+H++NO Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
(5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低

【解析】(1)
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
(2)
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
(3)
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
(4)
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
(5)
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
18． 从废液中取出少许放入试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，证明溶液中含有Fe3+ 偏大 2Cu2++ 4I-=2CuI+ I2或2Cu2++5I-=2CuI+ I3- 使 I2转化成易溶于水的I3- 释放CuI沉淀吸附的少量I2 溶液由浅蓝色恰好变成无色，且半分钟不变色
【分析】(1)①根据Fe3+遇SCN-会使溶液变为血红色分析判断；
②根据 Fe3++6F-[FeF6]3-及Fe3+、Cu2+的氧化性分析，
(2)①步骤ii中Cu2+与I-会发生氧化还原反应产生CuI和I2，反应产生的I2再结合I-形成I3-；
②根据反应产生的物质及其溶解性分析；
(3)①CuI、CuSCN均为白色难溶物，CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2。
②根据I2与淀粉溶液变为蓝色判断；
(4)根据反应转化关系，得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后计算废液中c(Cu2+)。
【详解】(1)①从废液中取出少许放入试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液显血红色，就可以证明溶液中含有Fe3+；
②在步骤i中加入NH4HF2，就可以发生反应 Fe3++ 6F-[FeF6]3-，消耗Fe3+，当加入过量KI溶液时，只发生反应2Cu2++4I-=2CuI+I2或2Cu2++ 5I-=2CuI+ I3-；否则还会发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++ I2，产生较多的I2，导致滴定时消耗较多的Na2S2O3标准溶液，使测定结果偏大；
(2)①步骤ii中Cu2+与I-会发生氧化还原反应产生CuI和I2，反应方程式为：2Cu2++ 4I-=2CuI+I2或2Cu2++5I-=2CuI+ I3-；
②向含有Cu2+的溶液中加入KI溶液，发生反应：2Cu2++4I-=2CuI+I2，反应产生的I2在水中溶解度不大，但容易与溶液中的I-发生反应：I-+I2I3-，所以步骤ii中加入的KI的量是理论值的2至3倍，其目的一是使Cu2+ 充分反应；二是使 I2转化成易溶于水的I3-；
(3)①步骤ii中加入KI溶液，反应产生CuI沉淀，同时产生I2，在步骤iii中加入KSCN溶液使ii中的CuI沉淀转化为CuSCN沉淀，利用CuI能吸附少量I2，CuSCN不吸附I2，因此该操作目的是释放CuI沉淀吸附的少量I2；
③溶液中Cu2+与I-反应产生I2，以淀粉为指示剂，此时溶液为蓝色，当不断滴加Na2S2O3标准溶液时，I2不断被消耗，当溶液中I2恰好反应完全时，溶液蓝色褪去，此时达到滴定终点，故步骤iii中判定滴定终点的现象是滴加最后一滴标准Na2S2O3溶液时，溶液由浅蓝色恰好变成无色，且半分钟不变色；
(4)根据反应方程式：2Cu2++4I-=2CuI+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：2Cu2+～I2～2S2O32-，n(S2O32-)=c·V=0.1000 mol/L×V2×10-3 L=1.0×V2×10-4 mol，反应废液的体积是V1 mL= 1×10-3 L，根据关系式可知n(Cu2+)=n(S2O32-)=1.0×V2×10-4 mol，则反应后废液中c(Cu2+)== mol/L。
【点睛】本题考查了离子的检验方法及化学平衡移动原理的应用及得到方法在物质含量测定的应用。掌握离子的检验方法及物质的溶解性及作用是解题关键。当物质发生多步反应时，可根据反应方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后利用关系式法进行化学计算。
19． ZnS+2Fe3+==Zn2++S+2Fe2+ 细菌的活性降低或失去活性 4LiCoO2+12H+4Li++4Co2++6H2O+O2↑ 加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率 AgCoO2+3Fe3+==Ag++Co2++3Fe2++O2↑ 加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大
【分析】（1）①根据图示，反应2是ZnS被Fe3+氧化成S单质；
②温度较高或酸性过强时细菌的活性降低或失去活性；
（2）①反应1是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，根据氧化亚铁硫杆菌是催化剂书写总反应；
②Ⅰ．由图1可知，Ag+浓度越大，钴浸出速率越快；
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，反应3-反应4=反应5；
Ⅲ．加入Ag+催化了反应3，反应速率加快，相同时间内消耗H+更多。
【详解】（1）①根据图示，反应2是ZnS被Fe3+氧化成S单质，根据得失电子守恒、电荷守恒，该反应的离子方程式是ZnS+2Fe3+==Zn2++S+2Fe2+；
②温度较高或酸性过强时细菌的活性降低或失去活性，所以金属离子的浸出率均偏低；
（2）反应1：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，
反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
氧化亚铁硫杆菌是催化剂，消掉Fe2+、Fe3+，得总反应4LiCoO2+12H+ 4Li++4Co2++6H2O+O2↑；
②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率，所以Ag+能催化浸出Co2+；
Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，反应3：LiCoO2+3Fe3+==Li++Co2++3Fe2++O2↑
反应4：Ag++LiCoO2==AgCoO2+Li+；反应3-反应4=反应5，反应5是：AgCoO2+3Fe3+==Ag++Co2++3Fe2++O2↑；
Ⅲ．加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，由总反应4LiCoO2+12H+4Li++4Co2++6H2O+O2↑可知，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。
20．(1)d
(2) 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收
(3) 16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓ 4O2+8H2S8H2O+S8↓ 6

【解析】(1)
铁为26号元素，价电子构型为3d64s2，最后填充d电子，属于d区元素，故答案为：d。
(2)
①Fe3+与H2S反应，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS−，酸性条件下，c(H+)较大，平衡逆移，抑制H2S的吸收，因此酸性条件不利于H2S的吸收，故答案为：H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收。
(3)
①Fe3+的价电子构型为3d5，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低，处于能量较高的4s、4p、4d没有填充电子，为空轨道，则Fe3+的电子分布图为：，故答案为：；
②ⅰ.在碱性条件下Fe3+Ln和H2S反应，H2S被氧化为S8，Fe3+Ln被还原为Fe2+Ln，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，故答案为：16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；
ⅱ.由两步反应可知，Fe3+Ln是第一步反应的反应物，第二步又生成了Fe3+Ln，说明Fe3+Ln是该反应的催化剂，即总反应为O2和H2S在Fe3+Ln作催化剂的条件下反应生成S8和H2O，根据电子守恒和元素守恒，写出总反应的化学方程式为4O2+8H2S8H2O+S8↓，故答案为：4O2+8H2S8H2O+S8↓。
③Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，提供6个空轨道，EDTA的阴离子的结构具有两个氨基和四个羧基，可作为六基配位体，由图可知4个O和2个N与Fe3+形成配位键，所以1mol该配合物中有6mol配位键，故答案为：6。
21．(1)d
(2) 将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀 TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+ 调pH，消耗溶液中的H+ 3
(3)1412
(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑

【分析】钛铁矿主要成分为，含等杂质，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，向该溶液中加入铁屑，Fe3+被还原为Fe2+，经沉降分离后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ经浓缩结晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti单质，据此分析解答。
【详解】（1）22Ti为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，属于d区；
（2）①由分析，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，加入铁屑可将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；
③根据分析可知，加入Na2CO3溶液的作用为调pH，消耗溶液中的H+；
④根据图象可知，当溶液pH接近3时，TiO(OH)2已沉淀完全；
（3）TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti则恰好刚刚熔化，因此可以达到分离提纯的目的。
（4）由于用惰性电极石墨电极作阳极，所以电解质中的阴离子在阳极放电，该电极的电极式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑。
22． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
23． Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe3+催化，使H2O2分解放出氧气 加入铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀 Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，pH=4时，生成Fe(OH)沉淀所需c(Fe，根据氯化亚铁溶解度，溶液中亚铁离子浓度不可能达到 4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+ pH过高(pH>9)、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3分解成红棕色Fe2O3 Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O
【分析】印刷电路板回收液的pH=1，含Fe2+、Cu2+、Cl-及H+和少量Fe3+，由于微粒的氧化性：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+，向其中加入足量的Fe粉，会先后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe+2H+=Fe2++H2↑.然后过滤除去过量的Fe及产生的Cu，向滤液中加入双氧水，发生反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调整溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量的比，使n(Fe3+)：n(Fe2+)=1.6：1，然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，发生反应产生Fe3O4和H2O，过滤得到磁性氧化铁。
【详解】(1)过程Ⅰ中Fe与Cu2+发生置换反应产生Cu单质与Fe2+，所以过程Ⅰ中除铜反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
(2)过程Ⅱ中加入H2O2，发生氧化还原反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，调n(Fe3+)：n(Fe2+)比为1.6：1，在此过程中有少量无色气体生成，该气体为O2，这是由于Fe3+具有催化作用，能够使H2O2分解放出O2；
(3)(i)①取静置后的上层清液，向其中加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，就证明该溶液中含有Fe2+；
②pH≈4时，c(H+)=10-4 mol/L，则溶液中c(OH-)= mol/L=10-10 mol/L，由于在 25℃时：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10–16，则要形成Fe(OH)2沉淀，需要Fe2+的最小浓度为c(Fe2+)>=8.0×104 mol/L，根据氯化亚铁溶解度，S(FeCl2 )=64g，则溶液中亚铁离子浓度不可能达到，因此沉淀中一定不含有Fe(OH)2；
(ii)①若调节pH过程太慢，在溶液pH≈5时，Fe2+容易被溶解在溶液中的O2氧化生成FeO(OH)固体影响产品质量，发生反应的离子方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH) +8H+；
②若其它条件不变，调节pH过高，如溶液pH>9、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，Fe(OH)3受热分解产生红棕色Fe2O3，使产品中混有较多红棕色杂质；
(iii)迅速将溶液调节pH=9，在80~90℃下搅拌2小时，发生反应：Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O，然后过滤、洗涤、干燥得到晶体产品；
(4)取产品样品a g，加过量硫酸溶解，发生反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，得到样品溶液，然后用c mol/LKMnO4标准液滴定，发生MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
i. 取v0 mL样品溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液v1 mL，n(KMnO4)=c·V=c mol/L×v1 ×10-3 L=cv1 ×10-3 mol；则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5cv1 ×10-3 mol；
ii.另取v0 mL样品溶液，加入适量锌粉充分反应(将Fe3+完全转化为Fe2+)，过滤，再用标准液滴定滤液至终点，消耗标准液v2 mL，则反应后溶液中Fe2+总物质的量为n(Fe2+)=5n(KMnO4)总=5cv2 ×10-3 mol；原溶液中Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=5cv2 ×10-3 mol-5cv1 ×10-3 mol=5c(v2 -v1)×10-3 mol。
(5)晶体中Fe3+和Fe2+的物质的量比==。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的设计。包括反应条件的控制、氧化还原反应、离子方程式的书写、离子的检验方法及物质物质含量的测定等。掌握反应原理及遵循的规律是本题解答的关键。