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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06氧化还原反应（2）
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06氧化还原反应（2），共39页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2021·河南·校联考模拟预测）丙烯(C3H6)是一种基础化工用品，其被广泛用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷、异丙醇、丙苯及丙烯酸等产品。一种利用催化剂将丙烷转化为丙烯的反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．化合物Ⅰ是反应的催化剂
B．总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O
C．化合物Ⅶ→化合物Ⅰ的反应属于氧化还原反应
D．该催化循环过程中B原子和N原子的成键数目均发生改变
2．（2021·河南·校联考模拟预测）一种以绿矾为原料生产净水剂聚合硫酸铁并测定所得样品中铁元素质量分数的示意图如下：
下列说法错误的是
A．“氧化”时生成的离子方程式为
B．“聚合”时溶液的pH减小
C．“还原”时加入的稍过量应在滴定前除去，否则会导致测定结果偏低
D．“滴定”时用酸式滴定管盛装溶液且需要用它对滴定管进行润洗
3．（2021·河南·校联考模拟预测）下列有关说法中错误的是
A．由浓、稀硝酸的还原产物分别为NO2、NO知，稀硝酸氧化性强于浓硝酸
B．反应(部分物质略去)中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．利用Cu(NO3)2溶液，Zn、Ag可证明还原性Zn＞Cu＞Ag
D．浓硫酸不能氧化具有较强还原性的SO2
4．（2021·河南·校联考模拟预测）利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示
下列说法错误的是
A．中Co的化合价为+3价
B．总反应离子方程式为：
C．反应①~⑤中均有电子的转移
D．反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子
5．（2021·河南许昌·统考一模）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是
A．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
B．该脱硝过程总反应的焓变∆H<0
C．由状态②到状态③发生了氧化还原反应
D．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
6．（2022·河南郑州·统考一模）硅是大数据时代的关键材料。工业上常在1800—2000℃时，用碳单质还原的方法制取单质硅。涉及反应的相关数据如表所示。下列相关说法正确的是
反应
△H/(kJ•mol-1)
△S/(J•K-1•mol-1)
反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)
687.27
359.04
反应(2)：SiO2(s)+C(s)=Si(s)+CO2(g)
514.85
183.35
A．反应(1)可证明Si的还原性大于C
B．生活中利用单晶硅良好的导光性能做光导纤维
C．工业生产条件下反应(2)无法自发进行发生
D．C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=-172.42kJ·mol-1
7．（2022·河南·校联考模拟预测）化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是
A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其还原性
B．补铁口服液不能与维生素C一起服用
C．长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结
D．“汽车限行”措施不会减轻碳排放
8．（2022·河南开封·统考二模）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是
A．将稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O
B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O
C．将Na2O2加入CuSO4溶液中：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑
D．向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2HCO+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
9．（2022·河南信阳·统考二模）化学上常用标准电极电势数据φθ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φθ值越高，氧化型物质氧化能力越强，φθ值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下说法错误的是
氧化型/还原型
φθ(Co3+/Co2+)
φθ(HClO/Cl—
酸性介质
1.84V
1.49V
氧化型/还原型
φθ[Co(OH)3/Co(OH)2]
φθ(ClO—/Cl—)
碱性介质
0.17V
x
A．推测：x<1.49V
B．Co3O4与浓盐酸发生反应：Co3O4+8H+=Co2++2Co3++4H2O
C．若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl
D．从图中数据可知氧化剂物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
10．（2023·河南·校联考一模）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡
CCl4层无色
Fe2+的还原性强于Br-
B
取丙烯醛(CH2=CHCHO)于试管中，滴加酸性KMnO4溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
说明丙烯醛中含有碳碳双键
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液
未出现银镜
蔗糖未水解
D
将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170 ℃ ，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
说明乙醇发生消去反应且产物是乙烯
A．A B．B C．C D．D
11．（2023·河南郑州·统考一模）某化学兴趣小组探究催化分解制取氧气，小组成员闻到制得的氧气有轻微的刺激性气味。下列有关分析推理不正确的是
A．反应后所得固体除外，还可能含有KCl、
B．催化分解，降低了反应的活化能，加快分解速率
C．标准状况下制得22.4L氧气，反应中转移电子4mol
D．将制得的气体通入溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀
二、实验题
12．（2021·河南·校联考模拟预测）铁元素存在多种价态，且不同价态的铁元素在一定条件下可以相互转化。
(1)向2mL1的Fe(NO3)2溶液中加入2的H2SO4溶液至Fe2+恰好转化为Fe3+为止，写出反应的离子方程式 ，再向反应后的溶液中加入过量的KI溶液，欲证明溶液中存在可逆反应“”，必须使用的两种试剂分别是 。
(2)K2FeO4是一种新型水处理剂，将KOH溶液、KClO溶液与Fe2(SO4)3溶液混合可得到K2FeO4。
①K2FeO4中铁元素的化合价为 ，当有1mol K2FeO4生成时，反应中转移的电子数目为 NA。
②发生相应反应的离子方程式为 。
(3)某同学设计如图装置制备一定量的Fe(OH)2并使其能在较长时间内存在。
①X不能是硝酸，原因是 ，装置4的作用是 。
②实验开始时，开关K2应 (填“打开”成“关闭”)；这样操作的目的是 。
13．（2022·河南·校联考一模）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}是一种翠绿色晶体，能溶于水，难溶于乙醇，见光易分解，是制备某些活性催化剂的主要原料。制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体并测定其组成的实验步骤如下：
Ⅰ.将4.0g绿矾配成溶液，加入20mL的饱和H2C2O4溶液，加热，搅拌，静置，用倾析分离法得到黄色沉淀FeC2O4·2H2O。
Ⅱ.在沉淀中加入20mL含少量KOH的饱和K2C2O4溶液，再加入20mL6%H2O2，保持反应温度为40℃，只生成红褐色沉淀。然后，加热煮沸2min后加入16mL的饱和H2C2O4溶液，沉淀消失，溶液变为亮绿色，……抽滤得到晶体，洗涤并干燥。
回答下列问题：
(1)实验过程Ⅰ中不需要用到下列仪器中的 (从图中选择序号)。
(2)通常实验室配制绿矾溶液时需要加入 (填试剂名称)，步骤Ⅰ中生成黄色沉淀的离子方程式是 。
(3)步骤Ⅱ中生成红褐色沉淀的离子方程式是 ，加热煮沸的原因是 。
(4)步骤Ⅱ中“……”表示向溶液中加入15mL95%乙醇，放置于暗处使其冷却结晶。加入乙醇的目的是 。
(5)步骤Ⅱ中生成晶体的保存方法是 。
(6)采用热重分析法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体样品所含结晶水个数。将样品加热，当失去全部结晶水时，质量变成原来的89.0%，则x= 。
14．（2022·河南郑州·统考一模）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种很好的有机反应催化剂，还是制感光纸的原料。实验室欲制备少量三草酸合铁(Ⅲ)酸钾。
已知：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O为翠绿色晶体、难溶于乙醇；0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g。
Ⅰ.制备Fe(OH)3
称取2g莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2]于锥形瓶中，溶于水，滴加足量6％H2O2，加热并搅拌。当变成红褐色后，再煮沸十分钟，冷却后，过滤、洗涤。
(1)Ⅰ中制备Fe(OH)3的离子反应方程式为 。由莫尔盐制取氢氧化铁时，加入6%的H2O2，变红褐色后，继续煮沸十分钟的目的是 。
Ⅱ.制备草酸氢钾
取2gH2C2O4·2H2O溶于20mL水中，加入1.2gK2CO3，反应生成KHC2O4。
Ⅲ.制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。步骤如图：
(2)①制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，步骤1装置中仪器a的名称为 。采用水浴加热的目的是 。
②步骤2的操作名称是 ，步骤3采用冰水冷却的目的 。
③过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是 。
(3)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾具有光敏性，写出其在强光下分解生成草酸亚铁(FeC2O4)的化学反应方程式为 。
15．（2022·河南许昌·统考二模）(NH4)2[Ce(NO3)6](硝酸铈铵)是橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由稀土氟化物(含28%二氧化铈、37.7%其他稀土金属氧化物、4.5%的氧化钙及金属氟化物等)制备硝酸铈铵时的主要实验步骤如下：
I.取适量稀土氟化物于铂皿或铅皿中，加适量水在沙浴上加热，搅拌下缓缓加入适量浓硫酸，充分加热，直至产生SO3白烟为止，冷却得混合物。
II.将上述混合物用适量水浸取，得没取液，向其中加入NaOH溶液至溶液呈强碱性，过滤、洗涤至不含SO，得到灰白色Ce(OH)3。
III.由步骤II制得的Ce(OH)3制取Ce(OH)4(黄色难溶物)。
IV.向Ce(OH)4沉淀物中加入浓硝酸加热至浆状{生成H2[Ce(NO3)6]}，再加入稍过量的NH4NO3晶体，充分搅拌后重新加热至糊状结晶体，冷却、过滤得硝酸铈铵粗品。
回答下列问题：
(1)步骤I中用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器的主要原因是 ；CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3的化学方程式为 。
(2)步骤Ⅲ中由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的装置如下图所示：
①装置a的烧瓶中盛放的固体为 (填化学式)；装置b中仪器W的名称是 。
②当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IV中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3发生反应的化学方程式为 ；将得到的粗品进一步提纯可采用的方法是 (填操作名称)。
16．（2023·河南开封·统考二模）某小组根据硫元素的化合价，预测SO2既有还原性又有氧化性，并设计实验进行探究。
I．探究SO2的还原性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
a
碘水
溶液的棕黄色褪去
b
Fe2(SO4)3溶液
(1)a中反应的离子方程式为 。
(2)b中的实验现象为 。将b所得溶液分成三份，进行如下实验。
实验①向第一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
实验②向第二份溶液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。
实验③向第三份溶液中先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
上述实验不能证明SO2与Fe3+发生了氧化还原反应的是 ，原因是 。
II．探究SO2的氧化性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
c
3mol·L-1稀硫酸
始终无明显变化
d
3 mol·L-1稀盐酸
铜片表面变黑，溶液变为棕色
已知：i．水合Cu+既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合Cu+。
ii．CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-。
(3)证明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2- ：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因是 。
(4)与c对比，d能发生反应的原因是 。
(5)由实验II可推知，该条件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为 。
17．（2023·河南新乡·统考二模）苯甲酸可用于医药、染料载体、增塑剂、果汁饮料的保香剂和食品防腐剂等的生产。某化学兴趣小组欲在实验室制备苯甲酸、回收二氧化锰并测定其纯度，进行如下实验：
苯甲酸实验室制备原理为：
实验装置如图所示。
已知：甲苯的密度是0. 872g·L-1；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水。
实验步骤：
I.在50mL三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、20mL水和5.0g高锰酸钾，油浴加热至反应结束。
II.将反应液趁热减压过滤，得到滤渣1，滤液呈紫色，加入少量亚硫酸钠使紫色褪去，进行二次减压过滤，得到滤渣2；将滤液放入冰水浴中，然后加酸酸化，有晶体析出，减压过滤，洗涤、干燥，得到苯甲酸晶体。
III.回收二氧化锰：将滤渣2和滤纸一并转移到坩埚中，加热灼烧，所得固体与干燥后的滤渣1合并，称重得2.5 g固体。
IV.二氧化锰纯度的测定：称取0.5g回收的二氧化锰，放于烧杯中，再加入25 mL 0. 3 mol·L-1草酸钠溶液及50 mL12 mol·L-1硫酸，加热至二氧化碳不再产生，稀释至250 mL，加热至近沸。趁热以浓度为0.05mol·L-1的高锰酸钾标准液滴定过量的草酸钠，消耗高锰酸钾的体积为16.0mL。
已知：MnO2 + +4H+=Mn2+ +2CO2↑+2H2O
2+5+16H+=2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ， 该装置的作用是 。
(2)步骤I中，判断反应结束的现象是 。
(3)步骤II中加酸酸化，加的酸可以是 (填序号)。
①稀硫酸 ②盐酸
滤液放入冰水浴的原因是 。
(4)滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，请写出生成MnO(OH)2的离子方程式： 。
(5)用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是 ，二氧化锰的纯度为 %。
三、工业流程题
18．（2021·河南许昌·统考一模）工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。
已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。
②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时pH
2.7
7.5
7.8
完全沉淀时pH
3.7
9.7
9.8
③Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________(填序号)。
A．最好使用粉状软锰矿进行“溶浸” B．废渣1的主要成分和“芯片”相同
C．溶浸时不会发生氧化还原反应 D．废液经处理可用于灌溉农作物
(2)调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是 。
(3)调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.充分反应后生成的沉淀有 。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。
(4)“沉锰”过程中加入氨水的目的是 (从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是 (写1条即可)。“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。原因是 。
(5)工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，其阳极的电极反应式是 。Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是 。
19．（2021·河南郑州·统考三模）钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有 。MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，焙烧时的化学方程式为 。
(2)已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，用离子方程式表示气泡产生的原因 。
(3)向“滤液1”中加入硝酸，调节pH为5~7，加热到65℃~70℃过滤除硅。则滤渣2的成分为 。
(4)为了提高原料的利用率，工艺流程中“滤渣1”应循环到 操作。
(5)“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是 。
(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是 。
(7)Na2MoO4·2H2O是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，常用钼酸铵和氢氧化钠反应来制取。写出制备Na2MoO4·2H2O的化学方程式是 。
20．（2021·河南郑州·统考一模）钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有、和不溶性硅酸盐)制备的新工艺流程如图：
已知：滤液1和滤液2中钒以的形式存在。回答下列问题：
(1)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
(2)在滤渣1中加入和过量溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(3)混合溶液中加入，发生反应的离子方程式是 。
(4)钒最后以的形式沉淀出来。沉钒率(沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 (写一条即可)。
(5)称取w g所得产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入的溶液，最后用酸性溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。假设杂质不参与反应，锰被还原为。则产品中的质量分数为 ，(已知和溶液反应的离子方程式为)
21．（2022·河南许昌·统考二模）用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Al3+
Fe3+
Co2+
开始沉淀时的pH
3.2
1.2
6.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol∙L-1)的pH
4.6
2.8
9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮"可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2+NaOH=NaCoO2+LiOH和 (写化学方程式)。
(2)“浸钴"时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 ；用盐酸浸钴时，钻浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是 。“浸钻”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 。
(3)“深度除铝铁"时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 。
(4)“沉钴"时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 (填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是 。
22．（2022·河南信阳·统考二模）近年来，硫化铜矿(主要成分为CuFeS2和Cu2S)的湿法冶炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图所示：
反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图甲~丁所示)。
回答下列问题：
(1)火法炼铜的主要反应有：
反应I：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣)；
反应II：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
反应III： 。
①反应I、II的两种含铜产物继续在1200℃条件下继续发生反应III生成单质铜，请写出相应的化学方程式 。
②由amolCuFeS2生成amolCu，共消耗 molO2(用含a表达式表示)。
(2)写出流程中的反应1中Cu2S溶浸的化学方程式 。
(3)经查，硫黄、FeSO4·7H2O均可入药，用途广泛。湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是 (写出两点)。
(4)根据实验以及工业生产的实际要求，从表中得出的最佳工艺条件为 (填字母)。
选项
反应温度/℃
固液比
c(Cl-)/(mol·L-1)
反应时间/h
A
95
1：5
0.8
7
B
100
1：5.5
0.7
7
C
110
1：6
0.9
8
(5)副产品FeSO4·7H2O样品的纯度可用滴定法进行测定，实验步骤如下：
步骤1：称取5.800g绿矾产品，经溶解、定容等步骤准确配制250mL溶液。
步骤2：从上述容量瓶中量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中。
步骤3：用硫酸酸化的0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO4溶液体积。
步骤4：重复步骤2、步骤3一至两次。
①步骤2量取溶液所用仪器是 。
②数据处理：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00mL
0.02
40.01
2
25.00mL
0.70
40.71
3
25.00mL
0.20
39.20
计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为 (保留两位小数)。
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低的原因可能是 。
23．（2023·河南·校联考一模）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料—— VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；
② +2H+ + H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.7
4.0
4.6
完全沉淀的pH
3.7
5.2
6.0
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有 (答两条)。
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为 。
(3)理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是 (用化学用语和必要的文字说明)。
(4)滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和 (填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是 。
(5)将2.075g VO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量) ，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0. 10 mol∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号
起始读数
终点读数
①
0.10
20.55
②
0. 02
20.12
③
0.03
19. 93
该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果 (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3 +I2 =Na2S4O6 + 2NaI)
24．（2023·河南郑州·统考一模）一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。
已知：①钛酸钠难溶于水；
②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在；
③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有 个。
(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是 。
(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为 。
(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是 。
(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是 。
(6)取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为 。
四、填空题
25．（2021·河南信阳·统考一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价 。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为 。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式 。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO +_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为 (用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
参考答案：
1．D
【详解】A．由反应机理图可知化合物Ⅰ参与第一步反应，最终又生成，是反应的催化剂，A项正确；
B．由历程图可知该催化历程的反应物有C3H8和氧气，最终产物为水和丙烯总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O，B项正确；
C．化合物Ⅶ→化合物Ⅰ中氧元素由0价变为-2价，该步反应属于氧化还原反应，C项正确；
D．该催化循环过程中B原子和N原子的成键数目始终为3，均未发生改变，D项错误；
故选D。
2．C
【详解】A．绿矾被稀硫酸溶解，加入后被氧化为，反应的离子方程式为，选项A正确；
B．水解聚合的离子方程式为 ，溶液的pH会减小，选项B正确；
C．也具有还原性，滴定前若不除去，会消耗标准液，导致测定的铁元素的质量分数结果偏高，选项C错误；
D．溶液具有酸性和强氧化性，需用酸式滴定管盛装，且需要用它对滴定管进行润洗，选项D正确；
答案选C。
3．A
【详解】A．物质氧化性的强弱是由得电子能力大小决定的，与反应中元素化合物降低程度的大小无必然联系，实际上浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，A项错误；
B．是氧化产物而MnO2是还原产物，由锰元素化合价变化及得失电子守恒知，B项正确；
C．锌可与Cu(NO3)2溶液反应但Ag不能，说明还原性ZnCu，AgCu，C项正确；
D．由于+6价硫与+4价硫之间没有稳定的中间价，故二者不能反应，D项正确。
故选A。
4．C
【详解】A．中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；
B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；
C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；
D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。
故选C。
5．A
【详解】A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，A错误；
B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，B正确；
C．由图1可知，状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，C正确；
D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，D正确；
故选A。
6．C
【详解】A．反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，C元素化合价升高，C做还原剂，Si做还原产物，由还原剂的还原性比还原产物的强，则C的还原性大于Si，A错误；
B．单晶硅是良好的半导体材料，SiO2具有导光性能做光导纤维，B错误；
C．反应若要自发进行，即∆G=∆H-T∆S<0，对反应(2) ∆G=514.85-T×183.35×10-3<0，T>2800K，则反应(2)在工业1800—2000℃生产条件下无法自发进行发生，C正确；
D．由盖斯定律，反应(1)-反应(2)得到C(s)+CO2(g)=2CO(g) ，△H=687.27-514.85=+172.42kJ·mol-1，D错误；
故选：C。
7．C
【详解】A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其酸性，和膨松剂反应产生气体，A项错误；
B．补铁口服液与维生素C一起服用，可利用维生素C的还原性，防止口服液中Fe2+被氧化为Fe3+，B项错误；
C．长期施用铵态氮肥，铵根离子水解呈酸性，会使土壤酸化，导致土壤板结，C项正确；
D．“汽车限行”措施可减少私家车出行，减少碳排放，D项错误；
综上所述答案为C。
8．D
【详解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反应生成碘单质，I的化合价由+5价降低为0价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正确；
B． HNO3和Na2SO3反应生成一氧化氮和硫酸钠，N的化合价由+5价降低为+2价，S的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正确；
C．Na2O2和CuSO4溶液反应生成氧气和氢氧化铜，O的化合价既由-1价降低为-2价，S的化合价又由+1价升高为+0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑，C正确；
D．假设量少的物质为1mol，过量的物质用多少写多少，NaHCO3为1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反应的离子方程式为：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D错误；
答案选D。
9．B
【详解】A．次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；
B．由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为Co3O4+8H++2Cl—=3Co2++2Cl2↑+4H2O，故B错误；
C．由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，故C正确；
D．由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；
故选B。
10．A
【详解】A．向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色，说明反应后溶液中无Br2，Cl2与Fe2+发生了反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，从而证明离子的还原性：Fe2+＞Br-，A正确；
B．醛基、碳碳双键都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C．向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，在硫酸催化下加热，蔗糖会发生水解反应，然后加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，来判断蔗糖溶液是否水解产生葡萄糖，由于未中和催化剂硫酸，溶液显酸性，因此不能根据未出现银镜来判断蔗糖是否发生水解反应，C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化，其被还原产生SO2气体，因此导致乙烯中可能混有SO2，乙烯与SO2均与溴水反应而使溴水褪色，因此不能由该现象不能说明乙烯生成，D错误；
故合理选项是A。
11．C
【详解】A．根据氧化还原反应规律，KClO3受热分解过程中还能发生副反应4KClO33KClO4+KCl，故反应后所得固体除MnO2外，还可能含有KCl、KClO4，A正确；
B．MnO2催化KClO3分解时，MnO2作催化剂，催化剂能够降低了反应的活化能，加快分解速率，B正确；
C．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，故不能光计算制备O2过程中的电子转移，不知道Cl2的量，无法计算电子转移数目，C错误；
D．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，Cl2+H2O=HCl+HClO，则将制得的气体通入AgNO3溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，D正确；
故答案为：C。
12．(1) KSCN溶液、淀粉溶液或KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液
(2) +6 3
(3) 硝酸可将铁氧化为Fe3+，导致无法得到Fe(OH)2 液封 防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2 打开 利用生成的H2将装置中的空气排出
【详解】（1）加入稀硫酸后，在H+存在下，可将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为NO，反应的离子方程式为：；欲证明溶液中存在可逆反应“”，就需要证明有Fe2+或I2生成，相应的试剂分别为K3[Fe(CN)6]、淀粉；欲证明反应是可逆的，需要证明溶液中还存在Fe3+(KI过量)，相应的试剂是KSCN，所以必须使用的两种试剂分别是KSCN溶液、淀粉溶液或KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液；
（2）①K2FeO4中钾显+1价、氧是2价，由化合价规则知铁显+6价；的还原产物是，可先写出，再根据得失电子守恒及质量守恒得；反应中1molFe3+可失去3mol电子生成1mol，所以当有1mol K2FeO4生成时，反应中转移的电子数目为3 NA；
②根据①分析可知，发生反应的离子方程式为：；
（3）亚铁离子还原性较强，易被氧气氧化，该装置制备Fe(OH)2白色沉淀时，需要先排尽装置中的空气，后利用气体产生的气压把生成的亚铁盐溶液压至装置3中与NaOH反应制备Fe(OH)2；
①硝酸可将铁氧化为Fe3+，这样就无法得到Fe(OH)2；装置4能液封，防止空气进入装置3中氧化Fe2+或Fe(OH)2；
②先打开K1、K2，使2中发生置换反应得到亚铁盐、H2，生成的H2逸出时可将装置中空气排出，防止其氧化Fe2+或Fe(OH)2。
13．(1)CF
(2) 硫酸和铁粉 2Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4∙2H2O↓+2H+
(3) 2(FeC2O4∙2H2O)+H2O2+4OH－=2Fe(OH)3+2C2O+4H2O 除去过量的H2O2
(4)降低三草酸合铁酸钾的溶解度
(5)棕色试剂瓶，放于阴暗处(或避光保存)
(6)3
【分析】将4.0g绿矾在烧杯中配成溶液，用量筒量取20mL的饱和H2C2O4溶液倒入，用酒精灯加热，搅拌，静置，用倾析分离法得到黄色沉淀FeC2O4·2H2O，在沉淀中加入20mL含少量KOH的饱和K2C2O4溶液，再加入20mL6%H2O2，保持反应温度为40℃，只生成氢氧化铁红褐色沉淀，加热煮沸2min后加入16mL的饱和H2C2O4溶液，沉淀消失，溶液变为亮绿色，加入乙醇得到晶体，抽滤得到晶体，洗涤并干燥。
（1）
实验过程Ⅰ先在烧杯中溶解配成溶液后，因此用到烧杯和玻璃棒，加入20mL饱和草酸溶液，用到量筒，加热，用到酒精灯，因此不需要用到下列仪器中的CF；故答案为：CF。
（2）
绿矾溶液由于亚铁离子易被氧化和易水解，因此加硫酸防止水解，加铁粉防止亚铁被氧化，因此通常实验室配制绿矾溶液时需要加入硫酸和铁粉，步骤Ⅰ中Fe2+和H2C2O4溶液反应生成黄色沉淀FeC2O4∙2H2O和H+，其离子方程式是2Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4∙2H2O↓+2H+；故答案为：2Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4∙2H2O↓+2H+。
（3）
步骤Ⅱ中生成红褐色沉淀是黄色沉淀FeC2O4·2H2O被双氧水氧化、再和氢氧化钾反应得到，其离子方程式是2(FeC2O4∙2H2O)+H2O2+4OH－=2Fe(OH)3+2C2O+4H2O，由于双氧水过量，防止双氧水氧化草酸，因此加热煮沸的原因是除去过量的H2O2；故答案为：2(FeC2O4∙2H2O)+H2O2+4OH－=2Fe(OH)3+2C2O+4H2O；除去过量的H2O2。
（4）
由于三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}能溶于水，难溶于乙醇，见光易分解，步骤Ⅱ中“……”表示向溶液中加入15mL95%乙醇，放置于暗处使其冷却结晶。加入乙醇的目的是降低三草酸合铁酸钾的溶解度；故答案为：降低三草酸合铁酸钾的溶解度。
（5）
由于三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}见光易分解，因此步骤Ⅱ中生成晶体的保存方法是棕色试剂瓶，放于阴暗处(或避光保存)；故答案为：棕色试剂瓶，放于阴暗处(或避光保存)。
（6）
将样品加热，当失去全部结晶水时，质量变成原来的89.0%，则得到，解得x=3；故答案为：3。
14．(1) 2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+ 促使氢氧化铁胶体聚沉，提高产率；除去过量的H2O2
(2) 分液漏斗 受热均匀便于控制温度 蒸发浓缩 K3[Fe(C2O4)3]•3H2O在冰水中溶解度小，提高产率 K3[Fe(C2O4)3]•3H2O难于溶于乙醇，减少产品损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥
(3)2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O
【分析】步骤1制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}，步骤2蒸发浓缩得到晶体，由于产品在0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g，步骤3在冰水中溶解度小，可提高产率，已知其难溶于乙醇，且乙醇易挥发，步骤4洗涤晶体有利于产品干燥；
【详解】（1）莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2]中铁元素化合价为+2价，加入H2O2反应生成Fe(OH)3，Fe化合价升高，O元素化合价降低，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+；继续煮沸十分钟的目的是促使氢氧化铁胶体聚沉，提高产率；除去过量的H2O2；
（2）①仪器a的名称为分液漏斗，采用水浴加热的目的是受热均匀便于控制温度；
②步骤2是从溶液中加热得到晶体，操作名称是蒸发浓缩；步骤3采用冰水冷却的目的是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O在冰水中溶解度小，提高产率；
③乙醇易挥发，过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O难于溶于乙醇，减少产品损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥；
（3）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}在强光下分解生成草酸亚铁(FeC2O4)，Fe元素化合价降低，则C元素化合价升高，生成CO2，反应的化学反应方程式为2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O。
15．(1) 反应生成的HF溶液能腐蚀玻璃仪器 4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O
(2) KMnO4[或Ca(ClO2)等] 三颈烧瓶 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
(3) H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3(NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3 重结晶
【分析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝酸铈铵，首先利用浓硫酸还原CeO2得到Ce2(SO4)3，然后和NaOH溶液反应得到Ce(OH)3；之后利用浓盐酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反应来制取氯气，利用生成的氯气氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，加入浓硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)6]，然后再和NH4NO3反应得到产品。
【详解】（1）稀土氟化物含有F-，与浓硫酸反应会生成HF，HF溶液能腐蚀玻璃仪器，所以用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器；根据已知信息“CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3”可知CeO2与浓硫酸反应时Ce元素被还原，反应中还涉及H、S、O元素，其中H、S元素已经是最高价，不能被氧化，所以O元素被氧化生成O2，根据电子守恒元素守恒可得化学方程式为4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O；
（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Ca(ClO2)等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶；
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；
（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；(NH4)2[Ce(NO3)6]易溶于水，几乎不溶于浓硝酸，所以可以进行重结晶进一步提纯。
16．(1)SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
(2) 溶液变为浅绿色 实验③ 原溶液中含有
(3)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq) Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
(4)C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化
(5)Cu2+> SO2>CuCl
【详解】（1）a中溶液的棕黄色褪去，发生的反应为：SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
（2）b中硫酸铁溶液为棕黄色，通入二氧化硫后被还原，溶液变成浅绿色；若发生氧化还原反应，则生成Fe2+，能证明有Fe2+的存在，前两个实验结果能证明，第三组只能证明有硫酸根的存在，硫酸铁溶液中阴离子存在硫酸根，无法证明硫酸根为氧化产物，所以答案为实验③；原因为：原溶液中含有
（3）溶液中存在反应：CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq)，滴入蒸馏水后离子浓度减小，使得Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
（4）c和d的区别在于阴离子，硫酸根无明显现象，氯离子产出明显现象，所以从氯离子角度分析，C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；
（5）氧化还原反应的规律为氧化性强的得到氧化性弱的，即氧化剂氧化性强于氧化产物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，在盐酸中氯离子与Cu+结合成，其氧化性强于Cu，能够被二氧化硫氧化，故答案为：Cu2+> SO2>CuCl。
17．(1) 球形冷凝管 冷凝回流，增大反应物的利用率
(2)三颈烧瓶中无油状物
(3) ①② 降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率
(4)2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-
(5) 当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 95. 7
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸盐，苯甲酸盐与酸反应得到苯甲酸。图示装置中球形冷凝管的目的是使甲苯冷凝回流，增大反应物的利用率，苯甲酸在三颈烧瓶中生成，由于苯甲酸的溶解度较低，冰水浴有利于其析出。
【详解】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，该装置的作用是：冷凝回流，增大反应物的利用率；
（2）甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤I中，甲苯完全反应，可以判断反应结束，故判断反应结束的现象是三颈烧瓶中无油状物；
（3）根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可，故选①②；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水，冷水浴的目的是降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率；
（4）滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，根据得失电子守恒，生成MnO(OH)2的离子方程式为：2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-；
（5）草酸根能被酸高锰酸钾氧化，用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化锰反应，过量的草酸根与高锰酸根反应，故二氧化锰消耗的草酸根的物质的量为：，二氧化锰的纯度为：。
18．(1)AD
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)
(4) 促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积
(5) Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn
【分析】“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。
【详解】（1）下列说法：
A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；
B． 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；
C． 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；
D．硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；
选AD。
（2）调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)。
（4）“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积。
（5）工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，阳极Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，其阳极的电极反应式是Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn。
19． 提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫) 2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑ MoO3+CO=MoO+CO2↑ H2SiO3 浸出 富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离 增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出 (NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑
【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作得到滤渣1，为Na2SiO3，溶液中的溶质为Na2MoO4，向滤液中加入适量稀硝酸，除去可能存在的，则过滤获得的滤渣2为H2SiO3，滤液中加入有机溶剂萃取后再加入氨水反萃取，提升溶液中钼酸根离子浓度，然后再加入适量稀硝酸，经酸沉、过滤、洗涤等操作即可获得钼酸铵。
【详解】(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，结合黄铁矿的焙烧反应得该反应方程式为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；故答案为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑；
(2)已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，该气体为CO2，MoO3转化为MoO，反应离子方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，故答案为：MoO3+CO=MoO+CO2↑；
(3)“滤液1”中含有Na2SiO3，加入硝酸，调节pH为5~7，硅酸钠与硝酸反应生成难溶的硅酸，加热到65℃~70℃过滤除硅，则滤渣2的成分为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
(4)“滤渣1”为未溶解的MoO3，为了提高原料的利用率，工艺流程中应循环到浸出操作，故答案为：浸出；
(5)根据流程图分析，“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)，故答案为：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)；
(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出，故答案为：增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出；
(7)钼酸铵和氢氧化钠发生复分解反应生成钼酸钠晶体和一水合氨，反应方程式为：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑。
20． 漏斗、烧杯、玻璃棒 1∶1 80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降 %
【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解，和不溶性硅酸盐不溶于水，溶于水，过滤得到含有和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反应转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有的滤液2；向含有的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，向氧化后的溶液中加入氨水，离子与氨水反应生成沉淀，过滤得到；受热分解生成。
【详解】(1) 由分析可知，操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(2) 由分析可知，在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
(3) 由分析可知，混合溶液中加入氯酸钾发生的反应为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
(4) “沉钒”时，温度超过80℃以后，的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降；
(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反应的还原剂，离子和高锰酸钾做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n()+5n()=n(Fe2+)，解得n()=(a1b1−5a2b2)×10−3 mol，由钒原子个数守恒可知，产品中的质量分数为×100%=%，故答案为：%。
21．(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2) NaCoO2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2+ 温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重 2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O
(3)4.6≤pH＜6.6
(4) NH4Cl、NaCl 在空气中煅烧
【分析】钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2 转化为NaCoO2 和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3+、Fe3+和Co2+的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。
【详解】（1）碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的+3价的Co还原为Co2+，而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co2+；80℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化物为氯气，NaCoO2被还原为Co2+，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl-的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O；
（3）“深度除铝铁"时，要保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；
（4）根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
22．(1) 2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑ 2.5a
(2)Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O
(3)污染小；得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄
(4)A
(5) 酸式滴定管(或移液管) 95.86% FeSO4在空气中被氧化
【分析】硫化铜矿(主要成分为CuFeS2和Cu2S)加入硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫酸铁、硫等，过滤后 经过溶硫过程分离出硫，第1、2次滤液混合后经过反应过滤分离出硫，过滤滤液中加入铁，置换出铜和生成硫酸亚铁。
【详解】（1）①反应I、II的两种含铜产物继续在1200℃条件下继续发生反应III生成单质铜，根据质量守恒及氧化还原反应特点还会生成二氧化硫，2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。
②CuFeS2最终生成铜、二氧化硫、氧化亚铁，根据得失电子守恒可知，n(O2)=。
（2）流程中的反应1中Cu2S溶浸为Cu2S和稀硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫和水，Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O。
（3）由流程可知，反应中得到硫酸亚铁晶体、铜且没有废气生成，故湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是污染小、得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄。
（4）由浸出率图可知，适宜温度大于90℃小于100℃、固液比为1:5、时间为7小时左右、氯离子浓度为0.8；故选A。
（5）①硫酸亚铁水解溶液显酸性，步骤2量取硫酸亚铁样品溶液所用仪器是酸式滴定管(或移液管)。
②第1、2、3次所消耗标准溶液的体积分别为39.99 mL、40.01 mL、39.00 mL，第3次数据误差较大舍去，则平均消耗标准溶液体积为40.00 mL；根据电子守恒可知，KMnO45FeSO4·7H2O，上述样品中FeSO4·7H2O的物质的量为40.00×10-3L×0.0100mol·L-1×=0.02mol，95.86%。
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低的原因可能是FeSO4在空气中被氧化，导致消耗标准液偏小。
23．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)
(2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
(4) Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。
【详解】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。
（2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。
（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。
（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。
24．(1)3
(2)TiO2+2OH-=TiO+H2O
(3)0.2
(4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全
(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低
(6)NH3
【分析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。
【详解】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；
（2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O；
（3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L；
（4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全；
（5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
（6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol.
25．(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO +2H+
(6)5NA
【详解】（1）亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
（2）亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
（3）亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
（6）P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-06氧化还原反应（2）
一、单选题
1．（2021·河南·校联考模拟预测）丙烯(C3H6)是一种基础化工用品，其被广泛用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷、异丙醇、丙苯及丙烯酸等产品。一种利用催化剂将丙烷转化为丙烯的反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．化合物Ⅰ是反应的催化剂
B．总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O
C．化合物Ⅶ→化合物Ⅰ的反应属于氧化还原反应
D．该催化循环过程中B原子和N原子的成键数目均发生改变
2．（2021·河南·校联考模拟预测）一种以绿矾为原料生产净水剂聚合硫酸铁并测定所得样品中铁元素质量分数的示意图如下：
下列说法错误的是
A．“氧化”时生成的离子方程式为
B．“聚合”时溶液的pH减小
C．“还原”时加入的稍过量应在滴定前除去，否则会导致测定结果偏低
D．“滴定”时用酸式滴定管盛装溶液且需要用它对滴定管进行润洗
3．（2021·河南·校联考模拟预测）下列有关说法中错误的是
A．由浓、稀硝酸的还原产物分别为NO2、NO知，稀硝酸氧化性强于浓硝酸
B．反应(部分物质略去)中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．利用Cu(NO3)2溶液，Zn、Ag可证明还原性Zn＞Cu＞Ag
D．浓硫酸不能氧化具有较强还原性的SO2
4．（2021·河南·校联考模拟预测）利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示
下列说法错误的是
A．中Co的化合价为+3价
B．总反应离子方程式为：
C．反应①~⑤中均有电子的转移
D．反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子
5．（2021·河南许昌·统考一模）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是
A．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
B．该脱硝过程总反应的焓变∆H<0
C．由状态②到状态③发生了氧化还原反应
D．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
6．（2022·河南郑州·统考一模）硅是大数据时代的关键材料。工业上常在1800—2000℃时，用碳单质还原的方法制取单质硅。涉及反应的相关数据如表所示。下列相关说法正确的是
反应
△H/(kJ•mol-1)
△S/(J•K-1•mol-1)
反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)
687.27
359.04
反应(2)：SiO2(s)+C(s)=Si(s)+CO2(g)
514.85
183.35
A．反应(1)可证明Si的还原性大于C
B．生活中利用单晶硅良好的导光性能做光导纤维
C．工业生产条件下反应(2)无法自发进行发生
D．C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=-172.42kJ·mol-1
7．（2022·河南·校联考模拟预测）化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是
A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其还原性
B．补铁口服液不能与维生素C一起服用
C．长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结
D．“汽车限行”措施不会减轻碳排放
8．（2022·河南开封·统考二模）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是
A．将稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O
B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O
C．将Na2O2加入CuSO4溶液中：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑
D．向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2HCO+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO
9．（2022·河南信阳·统考二模）化学上常用标准电极电势数据φθ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φθ值越高，氧化型物质氧化能力越强，φθ值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下说法错误的是
氧化型/还原型
φθ(Co3+/Co2+)
φθ(HClO/Cl—
酸性介质
1.84V
1.49V
氧化型/还原型
φθ[Co(OH)3/Co(OH)2]
φθ(ClO—/Cl—)
碱性介质
0.17V
x
A．推测：x<1.49V
B．Co3O4与浓盐酸发生反应：Co3O4+8H+=Co2++2Co3++4H2O
C．若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl
D．从图中数据可知氧化剂物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
10．（2023·河南·校联考一模）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡
CCl4层无色
Fe2+的还原性强于Br-
B
取丙烯醛(CH2=CHCHO)于试管中，滴加酸性KMnO4溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
说明丙烯醛中含有碳碳双键
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液
未出现银镜
蔗糖未水解
D
将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170 ℃ ，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
说明乙醇发生消去反应且产物是乙烯
A．A B．B C．C D．D
11．（2023·河南郑州·统考一模）某化学兴趣小组探究催化分解制取氧气，小组成员闻到制得的氧气有轻微的刺激性气味。下列有关分析推理不正确的是
A．反应后所得固体除外，还可能含有KCl、
B．催化分解，降低了反应的活化能，加快分解速率
C．标准状况下制得22.4L氧气，反应中转移电子4mol
D．将制得的气体通入溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀
二、实验题
12．（2021·河南·校联考模拟预测）铁元素存在多种价态，且不同价态的铁元素在一定条件下可以相互转化。
(1)向2mL1的Fe(NO3)2溶液中加入2的H2SO4溶液至Fe2+恰好转化为Fe3+为止，写出反应的离子方程式 ，再向反应后的溶液中加入过量的KI溶液，欲证明溶液中存在可逆反应“”，必须使用的两种试剂分别是 。
(2)K2FeO4是一种新型水处理剂，将KOH溶液、KClO溶液与Fe2(SO4)3溶液混合可得到K2FeO4。
①K2FeO4中铁元素的化合价为 ，当有1mol K2FeO4生成时，反应中转移的电子数目为 NA。
②发生相应反应的离子方程式为 。
(3)某同学设计如图装置制备一定量的Fe(OH)2并使其能在较长时间内存在。
①X不能是硝酸，原因是 ，装置4的作用是 。
②实验开始时，开关K2应 (填“打开”成“关闭”)；这样操作的目的是 。
13．（2022·河南·校联考一模）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}是一种翠绿色晶体，能溶于水，难溶于乙醇，见光易分解，是制备某些活性催化剂的主要原料。制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体并测定其组成的实验步骤如下：
Ⅰ.将4.0g绿矾配成溶液，加入20mL的饱和H2C2O4溶液，加热，搅拌，静置，用倾析分离法得到黄色沉淀FeC2O4·2H2O。
Ⅱ.在沉淀中加入20mL含少量KOH的饱和K2C2O4溶液，再加入20mL6%H2O2，保持反应温度为40℃，只生成红褐色沉淀。然后，加热煮沸2min后加入16mL的饱和H2C2O4溶液，沉淀消失，溶液变为亮绿色，……抽滤得到晶体，洗涤并干燥。
回答下列问题：
(1)实验过程Ⅰ中不需要用到下列仪器中的 (从图中选择序号)。
(2)通常实验室配制绿矾溶液时需要加入 (填试剂名称)，步骤Ⅰ中生成黄色沉淀的离子方程式是 。
(3)步骤Ⅱ中生成红褐色沉淀的离子方程式是 ，加热煮沸的原因是 。
(4)步骤Ⅱ中“……”表示向溶液中加入15mL95%乙醇，放置于暗处使其冷却结晶。加入乙醇的目的是 。
(5)步骤Ⅱ中生成晶体的保存方法是 。
(6)采用热重分析法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体样品所含结晶水个数。将样品加热，当失去全部结晶水时，质量变成原来的89.0%，则x= 。
14．（2022·河南郑州·统考一模）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一种很好的有机反应催化剂，还是制感光纸的原料。实验室欲制备少量三草酸合铁(Ⅲ)酸钾。
已知：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O为翠绿色晶体、难溶于乙醇；0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g。
Ⅰ.制备Fe(OH)3
称取2g莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2]于锥形瓶中，溶于水，滴加足量6％H2O2，加热并搅拌。当变成红褐色后，再煮沸十分钟，冷却后，过滤、洗涤。
(1)Ⅰ中制备Fe(OH)3的离子反应方程式为 。由莫尔盐制取氢氧化铁时，加入6%的H2O2，变红褐色后，继续煮沸十分钟的目的是 。
Ⅱ.制备草酸氢钾
取2gH2C2O4·2H2O溶于20mL水中，加入1.2gK2CO3，反应生成KHC2O4。
Ⅲ.制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。步骤如图：
(2)①制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体，步骤1装置中仪器a的名称为 。采用水浴加热的目的是 。
②步骤2的操作名称是 ，步骤3采用冰水冷却的目的 。
③过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是 。
(3)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾具有光敏性，写出其在强光下分解生成草酸亚铁(FeC2O4)的化学反应方程式为 。
15．（2022·河南许昌·统考二模）(NH4)2[Ce(NO3)6](硝酸铈铵)是橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由稀土氟化物(含28%二氧化铈、37.7%其他稀土金属氧化物、4.5%的氧化钙及金属氟化物等)制备硝酸铈铵时的主要实验步骤如下：
I.取适量稀土氟化物于铂皿或铅皿中，加适量水在沙浴上加热，搅拌下缓缓加入适量浓硫酸，充分加热，直至产生SO3白烟为止，冷却得混合物。
II.将上述混合物用适量水浸取，得没取液，向其中加入NaOH溶液至溶液呈强碱性，过滤、洗涤至不含SO，得到灰白色Ce(OH)3。
III.由步骤II制得的Ce(OH)3制取Ce(OH)4(黄色难溶物)。
IV.向Ce(OH)4沉淀物中加入浓硝酸加热至浆状{生成H2[Ce(NO3)6]}，再加入稍过量的NH4NO3晶体，充分搅拌后重新加热至糊状结晶体，冷却、过滤得硝酸铈铵粗品。
回答下列问题：
(1)步骤I中用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器的主要原因是 ；CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3的化学方程式为 。
(2)步骤Ⅲ中由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的装置如下图所示：
①装置a的烧瓶中盛放的固体为 (填化学式)；装置b中仪器W的名称是 。
②当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IV中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3发生反应的化学方程式为 ；将得到的粗品进一步提纯可采用的方法是 (填操作名称)。
16．（2023·河南开封·统考二模）某小组根据硫元素的化合价，预测SO2既有还原性又有氧化性，并设计实验进行探究。
I．探究SO2的还原性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
a
碘水
溶液的棕黄色褪去
b
Fe2(SO4)3溶液
(1)a中反应的离子方程式为 。
(2)b中的实验现象为 。将b所得溶液分成三份，进行如下实验。
实验①向第一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
实验②向第二份溶液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。
实验③向第三份溶液中先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
上述实验不能证明SO2与Fe3+发生了氧化还原反应的是 ，原因是 。
II．探究SO2的氧化性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
c
3mol·L-1稀硫酸
始终无明显变化
d
3 mol·L-1稀盐酸
铜片表面变黑，溶液变为棕色
已知：i．水合Cu+既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合Cu+。
ii．CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-。
(3)证明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2- ：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因是 。
(4)与c对比，d能发生反应的原因是 。
(5)由实验II可推知，该条件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为 。
17．（2023·河南新乡·统考二模）苯甲酸可用于医药、染料载体、增塑剂、果汁饮料的保香剂和食品防腐剂等的生产。某化学兴趣小组欲在实验室制备苯甲酸、回收二氧化锰并测定其纯度，进行如下实验：
苯甲酸实验室制备原理为：
实验装置如图所示。
已知：甲苯的密度是0. 872g·L-1；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水。
实验步骤：
I.在50mL三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、20mL水和5.0g高锰酸钾，油浴加热至反应结束。
II.将反应液趁热减压过滤，得到滤渣1，滤液呈紫色，加入少量亚硫酸钠使紫色褪去，进行二次减压过滤，得到滤渣2；将滤液放入冰水浴中，然后加酸酸化，有晶体析出，减压过滤，洗涤、干燥，得到苯甲酸晶体。
III.回收二氧化锰：将滤渣2和滤纸一并转移到坩埚中，加热灼烧，所得固体与干燥后的滤渣1合并，称重得2.5 g固体。
IV.二氧化锰纯度的测定：称取0.5g回收的二氧化锰，放于烧杯中，再加入25 mL 0. 3 mol·L-1草酸钠溶液及50 mL12 mol·L-1硫酸，加热至二氧化碳不再产生，稀释至250 mL，加热至近沸。趁热以浓度为0.05mol·L-1的高锰酸钾标准液滴定过量的草酸钠，消耗高锰酸钾的体积为16.0mL。
已知：MnO2 + +4H+=Mn2+ +2CO2↑+2H2O
2+5+16H+=2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ， 该装置的作用是 。
(2)步骤I中，判断反应结束的现象是 。
(3)步骤II中加酸酸化，加的酸可以是 (填序号)。
①稀硫酸 ②盐酸
滤液放入冰水浴的原因是 。
(4)滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，请写出生成MnO(OH)2的离子方程式： 。
(5)用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是 ，二氧化锰的纯度为 %。
三、工业流程题
18．（2021·河南许昌·统考一模）工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。
已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。
②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时pH
2.7
7.5
7.8
完全沉淀时pH
3.7
9.7
9.8
③Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________(填序号)。
A．最好使用粉状软锰矿进行“溶浸” B．废渣1的主要成分和“芯片”相同
C．溶浸时不会发生氧化还原反应 D．废液经处理可用于灌溉农作物
(2)调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是 。
(3)调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.充分反应后生成的沉淀有 。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。
(4)“沉锰”过程中加入氨水的目的是 (从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是 (写1条即可)。“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。原因是 。
(5)工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，其阳极的电极反应式是 。Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是 。
19．（2021·河南郑州·统考三模）钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有 。MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，焙烧时的化学方程式为 。
(2)已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，用离子方程式表示气泡产生的原因 。
(3)向“滤液1”中加入硝酸，调节pH为5~7，加热到65℃~70℃过滤除硅。则滤渣2的成分为 。
(4)为了提高原料的利用率，工艺流程中“滤渣1”应循环到 操作。
(5)“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是 。
(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是 。
(7)Na2MoO4·2H2O是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，常用钼酸铵和氢氧化钠反应来制取。写出制备Na2MoO4·2H2O的化学方程式是 。
20．（2021·河南郑州·统考一模）钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有、和不溶性硅酸盐)制备的新工艺流程如图：
已知：滤液1和滤液2中钒以的形式存在。回答下列问题：
(1)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
(2)在滤渣1中加入和过量溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(3)混合溶液中加入，发生反应的离子方程式是 。
(4)钒最后以的形式沉淀出来。沉钒率(沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 (写一条即可)。
(5)称取w g所得产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入的溶液，最后用酸性溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。假设杂质不参与反应，锰被还原为。则产品中的质量分数为 ，(已知和溶液反应的离子方程式为)
21．（2022·河南许昌·统考二模）用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Al3+
Fe3+
Co2+
开始沉淀时的pH
3.2
1.2
6.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol∙L-1)的pH
4.6
2.8
9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮"可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2+NaOH=NaCoO2+LiOH和 (写化学方程式)。
(2)“浸钴"时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 ；用盐酸浸钴时，钻浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是 。“浸钻”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 。
(3)“深度除铝铁"时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 。
(4)“沉钴"时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 (填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是 。
22．（2022·河南信阳·统考二模）近年来，硫化铜矿(主要成分为CuFeS2和Cu2S)的湿法冶炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图所示：
反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图甲~丁所示)。
回答下列问题：
(1)火法炼铜的主要反应有：
反应I：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣)；
反应II：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
反应III： 。
①反应I、II的两种含铜产物继续在1200℃条件下继续发生反应III生成单质铜，请写出相应的化学方程式 。
②由amolCuFeS2生成amolCu，共消耗 molO2(用含a表达式表示)。
(2)写出流程中的反应1中Cu2S溶浸的化学方程式 。
(3)经查，硫黄、FeSO4·7H2O均可入药，用途广泛。湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是 (写出两点)。
(4)根据实验以及工业生产的实际要求，从表中得出的最佳工艺条件为 (填字母)。
选项
反应温度/℃
固液比
c(Cl-)/(mol·L-1)
反应时间/h
A
95
1：5
0.8
7
B
100
1：5.5
0.7
7
C
110
1：6
0.9
8
(5)副产品FeSO4·7H2O样品的纯度可用滴定法进行测定，实验步骤如下：
步骤1：称取5.800g绿矾产品，经溶解、定容等步骤准确配制250mL溶液。
步骤2：从上述容量瓶中量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中。
步骤3：用硫酸酸化的0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO4溶液体积。
步骤4：重复步骤2、步骤3一至两次。
①步骤2量取溶液所用仪器是 。
②数据处理：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00mL
0.02
40.01
2
25.00mL
0.70
40.71
3
25.00mL
0.20
39.20
计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为 (保留两位小数)。
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低的原因可能是 。
23．（2023·河南·校联考一模）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料—— VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；
② +2H+ + H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.7
4.0
4.6
完全沉淀的pH
3.7
5.2
6.0
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有 (答两条)。
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为 。
(3)理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是 (用化学用语和必要的文字说明)。
(4)滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和 (填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是 。
(5)将2.075g VO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量) ，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0. 10 mol∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号
起始读数
终点读数
①
0.10
20.55
②
0. 02
20.12
③
0.03
19. 93
该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果 (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3 +I2 =Na2S4O6 + 2NaI)
24．（2023·河南郑州·统考一模）一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。
已知：①钛酸钠难溶于水；
②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在；
③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有 个。
(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是 。
(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为 。
(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是 。
(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是 。
(6)取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为 。
四、填空题
25．（2021·河南信阳·统考一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价 。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为 。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式 。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO +_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为 (用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
参考答案：
1．D
【详解】A．由反应机理图可知化合物Ⅰ参与第一步反应，最终又生成，是反应的催化剂，A项正确；
B．由历程图可知该催化历程的反应物有C3H8和氧气，最终产物为水和丙烯总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O，B项正确；
C．化合物Ⅶ→化合物Ⅰ中氧元素由0价变为-2价，该步反应属于氧化还原反应，C项正确；
D．该催化循环过程中B原子和N原子的成键数目始终为3，均未发生改变，D项错误；
故选D。
2．C
【详解】A．绿矾被稀硫酸溶解，加入后被氧化为，反应的离子方程式为，选项A正确；
B．水解聚合的离子方程式为 ，溶液的pH会减小，选项B正确；
C．也具有还原性，滴定前若不除去，会消耗标准液，导致测定的铁元素的质量分数结果偏高，选项C错误；
D．溶液具有酸性和强氧化性，需用酸式滴定管盛装，且需要用它对滴定管进行润洗，选项D正确；
答案选C。
3．A
【详解】A．物质氧化性的强弱是由得电子能力大小决定的，与反应中元素化合物降低程度的大小无必然联系，实际上浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，A项错误；
B．是氧化产物而MnO2是还原产物，由锰元素化合价变化及得失电子守恒知，B项正确；
C．锌可与Cu(NO3)2溶液反应但Ag不能，说明还原性ZnCu，AgCu，C项正确；
D．由于+6价硫与+4价硫之间没有稳定的中间价，故二者不能反应，D项正确。
故选A。
4．C
【详解】A．中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；
B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；
C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；
D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。
故选C。
5．A
【详解】A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，A错误；
B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，B正确；
C．由图1可知，状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，C正确；
D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，D正确；
故选A。
6．C
【详解】A．反应(1)：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)，C元素化合价升高，C做还原剂，Si做还原产物，由还原剂的还原性比还原产物的强，则C的还原性大于Si，A错误；
B．单晶硅是良好的半导体材料，SiO2具有导光性能做光导纤维，B错误；
C．反应若要自发进行，即∆G=∆H-T∆S<0，对反应(2) ∆G=514.85-T×183.35×10-3<0，T>2800K，则反应(2)在工业1800—2000℃生产条件下无法自发进行发生，C正确；
D．由盖斯定律，反应(1)-反应(2)得到C(s)+CO2(g)=2CO(g) ，△H=687.27-514.85=+172.42kJ·mol-1，D错误；
故选：C。
7．C
【详解】A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其酸性，和膨松剂反应产生气体，A项错误；
B．补铁口服液与维生素C一起服用，可利用维生素C的还原性，防止口服液中Fe2+被氧化为Fe3+，B项错误；
C．长期施用铵态氮肥，铵根离子水解呈酸性，会使土壤酸化，导致土壤板结，C项正确；
D．“汽车限行”措施可减少私家车出行，减少碳排放，D项错误；
综上所述答案为C。
8．D
【详解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反应生成碘单质，I的化合价由+5价降低为0价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正确；
B． HNO3和Na2SO3反应生成一氧化氮和硫酸钠，N的化合价由+5价降低为+2价，S的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正确；
C．Na2O2和CuSO4溶液反应生成氧气和氢氧化铜，O的化合价既由-1价降低为-2价，S的化合价又由+1价升高为+0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：2Na2O2+2Cu2＋+2H2O=4Na＋+2Cu(OH)2↓+O2↑，C正确；
D．假设量少的物质为1mol，过量的物质用多少写多少，NaHCO3为1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反应的离子方程式为：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D错误；
答案选D。
9．B
【详解】A．次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；
B．由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为Co3O4+8H++2Cl—=3Co2++2Cl2↑+4H2O，故B错误；
C．由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，故C正确；
D．由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；
故选B。
10．A
【详解】A．向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色，说明反应后溶液中无Br2，Cl2与Fe2+发生了反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，从而证明离子的还原性：Fe2+＞Br-，A正确；
B．醛基、碳碳双键都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C．向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，在硫酸催化下加热，蔗糖会发生水解反应，然后加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，来判断蔗糖溶液是否水解产生葡萄糖，由于未中和催化剂硫酸，溶液显酸性，因此不能根据未出现银镜来判断蔗糖是否发生水解反应，C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化，其被还原产生SO2气体，因此导致乙烯中可能混有SO2，乙烯与SO2均与溴水反应而使溴水褪色，因此不能由该现象不能说明乙烯生成，D错误；
故合理选项是A。
11．C
【详解】A．根据氧化还原反应规律，KClO3受热分解过程中还能发生副反应4KClO33KClO4+KCl，故反应后所得固体除MnO2外，还可能含有KCl、KClO4，A正确；
B．MnO2催化KClO3分解时，MnO2作催化剂，催化剂能够降低了反应的活化能，加快分解速率，B正确；
C．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，故不能光计算制备O2过程中的电子转移，不知道Cl2的量，无法计算电子转移数目，C错误；
D．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，Cl2+H2O=HCl+HClO，则将制得的气体通入AgNO3溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，D正确；
故答案为：C。
12．(1) KSCN溶液、淀粉溶液或KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液
(2) +6 3
(3) 硝酸可将铁氧化为Fe3+，导致无法得到Fe(OH)2 液封 防止空气进入装置3中导致无法得到纯净的Fe(OH)2 打开 利用生成的H2将装置中的空气排出
【详解】（1）加入稀硫酸后，在H+存在下，可将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为NO，反应的离子方程式为：；欲证明溶液中存在可逆反应“”，就需要证明有Fe2+或I2生成，相应的试剂分别为K3[Fe(CN)6]、淀粉；欲证明反应是可逆的，需要证明溶液中还存在Fe3+(KI过量)，相应的试剂是KSCN，所以必须使用的两种试剂分别是KSCN溶液、淀粉溶液或KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液；
（2）①K2FeO4中钾显+1价、氧是2价，由化合价规则知铁显+6价；的还原产物是，可先写出，再根据得失电子守恒及质量守恒得；反应中1molFe3+可失去3mol电子生成1mol，所以当有1mol K2FeO4生成时，反应中转移的电子数目为3 NA；
②根据①分析可知，发生反应的离子方程式为：；
（3）亚铁离子还原性较强，易被氧气氧化，该装置制备Fe(OH)2白色沉淀时，需要先排尽装置中的空气，后利用气体产生的气压把生成的亚铁盐溶液压至装置3中与NaOH反应制备Fe(OH)2；
①硝酸可将铁氧化为Fe3+，这样就无法得到Fe(OH)2；装置4能液封，防止空气进入装置3中氧化Fe2+或Fe(OH)2；
②先打开K1、K2，使2中发生置换反应得到亚铁盐、H2，生成的H2逸出时可将装置中空气排出，防止其氧化Fe2+或Fe(OH)2。
13．(1)CF
(2) 硫酸和铁粉 2Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4∙2H2O↓+2H+
(3) 2(FeC2O4∙2H2O)+H2O2+4OH－=2Fe(OH)3+2C2O+4H2O 除去过量的H2O2
(4)降低三草酸合铁酸钾的溶解度
(5)棕色试剂瓶，放于阴暗处(或避光保存)
(6)3
【分析】将4.0g绿矾在烧杯中配成溶液，用量筒量取20mL的饱和H2C2O4溶液倒入，用酒精灯加热，搅拌，静置，用倾析分离法得到黄色沉淀FeC2O4·2H2O，在沉淀中加入20mL含少量KOH的饱和K2C2O4溶液，再加入20mL6%H2O2，保持反应温度为40℃，只生成氢氧化铁红褐色沉淀，加热煮沸2min后加入16mL的饱和H2C2O4溶液，沉淀消失，溶液变为亮绿色，加入乙醇得到晶体，抽滤得到晶体，洗涤并干燥。
（1）
实验过程Ⅰ先在烧杯中溶解配成溶液后，因此用到烧杯和玻璃棒，加入20mL饱和草酸溶液，用到量筒，加热，用到酒精灯，因此不需要用到下列仪器中的CF；故答案为：CF。
（2）
绿矾溶液由于亚铁离子易被氧化和易水解，因此加硫酸防止水解，加铁粉防止亚铁被氧化，因此通常实验室配制绿矾溶液时需要加入硫酸和铁粉，步骤Ⅰ中Fe2+和H2C2O4溶液反应生成黄色沉淀FeC2O4∙2H2O和H+，其离子方程式是2Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4∙2H2O↓+2H+；故答案为：2Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4∙2H2O↓+2H+。
（3）
步骤Ⅱ中生成红褐色沉淀是黄色沉淀FeC2O4·2H2O被双氧水氧化、再和氢氧化钾反应得到，其离子方程式是2(FeC2O4∙2H2O)+H2O2+4OH－=2Fe(OH)3+2C2O+4H2O，由于双氧水过量，防止双氧水氧化草酸，因此加热煮沸的原因是除去过量的H2O2；故答案为：2(FeC2O4∙2H2O)+H2O2+4OH－=2Fe(OH)3+2C2O+4H2O；除去过量的H2O2。
（4）
由于三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}能溶于水，难溶于乙醇，见光易分解，步骤Ⅱ中“……”表示向溶液中加入15mL95%乙醇，放置于暗处使其冷却结晶。加入乙醇的目的是降低三草酸合铁酸钾的溶解度；故答案为：降低三草酸合铁酸钾的溶解度。
（5）
由于三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}见光易分解，因此步骤Ⅱ中生成晶体的保存方法是棕色试剂瓶，放于阴暗处(或避光保存)；故答案为：棕色试剂瓶，放于阴暗处(或避光保存)。
（6）
将样品加热，当失去全部结晶水时，质量变成原来的89.0%，则得到，解得x=3；故答案为：3。
14．(1) 2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+ 促使氢氧化铁胶体聚沉，提高产率；除去过量的H2O2
(2) 分液漏斗 受热均匀便于控制温度 蒸发浓缩 K3[Fe(C2O4)3]•3H2O在冰水中溶解度小，提高产率 K3[Fe(C2O4)3]•3H2O难于溶于乙醇，减少产品损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥
(3)2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O
【分析】步骤1制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}，步骤2蒸发浓缩得到晶体，由于产品在0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g，步骤3在冰水中溶解度小，可提高产率，已知其难溶于乙醇，且乙醇易挥发，步骤4洗涤晶体有利于产品干燥；
【详解】（1）莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2]中铁元素化合价为+2价，加入H2O2反应生成Fe(OH)3，Fe化合价升高，O元素化合价降低，离子反应方程式为2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+；继续煮沸十分钟的目的是促使氢氧化铁胶体聚沉，提高产率；除去过量的H2O2；
（2）①仪器a的名称为分液漏斗，采用水浴加热的目的是受热均匀便于控制温度；
②步骤2是从溶液中加热得到晶体，操作名称是蒸发浓缩；步骤3采用冰水冷却的目的是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O在冰水中溶解度小，提高产率；
③乙醇易挥发，过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O难于溶于乙醇，减少产品损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥；
（3）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}在强光下分解生成草酸亚铁(FeC2O4)，Fe元素化合价降低，则C元素化合价升高，生成CO2，反应的化学反应方程式为2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O。
15．(1) 反应生成的HF溶液能腐蚀玻璃仪器 4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O
(2) KMnO4[或Ca(ClO2)等] 三颈烧瓶 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
(3) H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3(NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3 重结晶
【分析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝酸铈铵，首先利用浓硫酸还原CeO2得到Ce2(SO4)3，然后和NaOH溶液反应得到Ce(OH)3；之后利用浓盐酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反应来制取氯气，利用生成的氯气氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，加入浓硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)6]，然后再和NH4NO3反应得到产品。
【详解】（1）稀土氟化物含有F-，与浓硫酸反应会生成HF，HF溶液能腐蚀玻璃仪器，所以用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器；根据已知信息“CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3”可知CeO2与浓硫酸反应时Ce元素被还原，反应中还涉及H、S、O元素，其中H、S元素已经是最高价，不能被氧化，所以O元素被氧化生成O2，根据电子守恒元素守恒可得化学方程式为4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O；
（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Ca(ClO2)等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶；
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；
（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；(NH4)2[Ce(NO3)6]易溶于水，几乎不溶于浓硝酸，所以可以进行重结晶进一步提纯。
16．(1)SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
(2) 溶液变为浅绿色 实验③ 原溶液中含有
(3)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq) Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
(4)C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化
(5)Cu2+> SO2>CuCl
【详解】（1）a中溶液的棕黄色褪去，发生的反应为：SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
（2）b中硫酸铁溶液为棕黄色，通入二氧化硫后被还原，溶液变成浅绿色；若发生氧化还原反应，则生成Fe2+，能证明有Fe2+的存在，前两个实验结果能证明，第三组只能证明有硫酸根的存在，硫酸铁溶液中阴离子存在硫酸根，无法证明硫酸根为氧化产物，所以答案为实验③；原因为：原溶液中含有
（3）溶液中存在反应：CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq)，滴入蒸馏水后离子浓度减小，使得Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
（4）c和d的区别在于阴离子，硫酸根无明显现象，氯离子产出明显现象，所以从氯离子角度分析，C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；
（5）氧化还原反应的规律为氧化性强的得到氧化性弱的，即氧化剂氧化性强于氧化产物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，在盐酸中氯离子与Cu+结合成，其氧化性强于Cu，能够被二氧化硫氧化，故答案为：Cu2+> SO2>CuCl。
17．(1) 球形冷凝管 冷凝回流，增大反应物的利用率
(2)三颈烧瓶中无油状物
(3) ①② 降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率
(4)2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-
(5) 当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 95. 7
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸盐，苯甲酸盐与酸反应得到苯甲酸。图示装置中球形冷凝管的目的是使甲苯冷凝回流，增大反应物的利用率，苯甲酸在三颈烧瓶中生成，由于苯甲酸的溶解度较低，冰水浴有利于其析出。
【详解】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，该装置的作用是：冷凝回流，增大反应物的利用率；
（2）甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤I中，甲苯完全反应，可以判断反应结束，故判断反应结束的现象是三颈烧瓶中无油状物；
（3）根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可，故选①②；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水，冷水浴的目的是降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率；
（4）滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，根据得失电子守恒，生成MnO(OH)2的离子方程式为：2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-；
（5）草酸根能被酸高锰酸钾氧化，用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化锰反应，过量的草酸根与高锰酸根反应，故二氧化锰消耗的草酸根的物质的量为：，二氧化锰的纯度为：。
18．(1)AD
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)
(4) 促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积
(5) Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn
【分析】“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。
【详解】（1）下列说法：
A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；
B． 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；
C． 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；
D．硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；
选AD。
（2）调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)。
（4）“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积。
（5）工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，阳极Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，其阳极的电极反应式是Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn。
19． 提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫) 2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑ MoO3+CO=MoO+CO2↑ H2SiO3 浸出 富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离 增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出 (NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑
【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作得到滤渣1，为Na2SiO3，溶液中的溶质为Na2MoO4，向滤液中加入适量稀硝酸，除去可能存在的，则过滤获得的滤渣2为H2SiO3，滤液中加入有机溶剂萃取后再加入氨水反萃取，提升溶液中钼酸根离子浓度，然后再加入适量稀硝酸，经酸沉、过滤、洗涤等操作即可获得钼酸铵。
【详解】(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，结合黄铁矿的焙烧反应得该反应方程式为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；故答案为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑；
(2)已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，该气体为CO2，MoO3转化为MoO，反应离子方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，故答案为：MoO3+CO=MoO+CO2↑；
(3)“滤液1”中含有Na2SiO3，加入硝酸，调节pH为5~7，硅酸钠与硝酸反应生成难溶的硅酸，加热到65℃~70℃过滤除硅，则滤渣2的成分为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
(4)“滤渣1”为未溶解的MoO3，为了提高原料的利用率，工艺流程中应循环到浸出操作，故答案为：浸出；
(5)根据流程图分析，“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)，故答案为：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)；
(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出，故答案为：增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出；
(7)钼酸铵和氢氧化钠发生复分解反应生成钼酸钠晶体和一水合氨，反应方程式为：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑。
20． 漏斗、烧杯、玻璃棒 1∶1 80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降 %
【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解，和不溶性硅酸盐不溶于水，溶于水，过滤得到含有和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反应转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有的滤液2；向含有的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，向氧化后的溶液中加入氨水，离子与氨水反应生成沉淀，过滤得到；受热分解生成。
【详解】(1) 由分析可知，操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(2) 由分析可知，在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
(3) 由分析可知，混合溶液中加入氯酸钾发生的反应为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
(4) “沉钒”时，温度超过80℃以后，的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降；
(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反应的还原剂，离子和高锰酸钾做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n()+5n()=n(Fe2+)，解得n()=(a1b1−5a2b2)×10−3 mol，由钒原子个数守恒可知，产品中的质量分数为×100%=%，故答案为：%。
21．(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2) NaCoO2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2+ 温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重 2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O
(3)4.6≤pH＜6.6
(4) NH4Cl、NaCl 在空气中煅烧
【分析】钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2 转化为NaCoO2 和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3+、Fe3+和Co2+的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。
【详解】（1）碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的+3价的Co还原为Co2+，而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co2+；80℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化物为氯气，NaCoO2被还原为Co2+，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl-的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O；
（3）“深度除铝铁"时，要保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；
（4）根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
22．(1) 2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑ 2.5a
(2)Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O
(3)污染小；得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄
(4)A
(5) 酸式滴定管(或移液管) 95.86% FeSO4在空气中被氧化
【分析】硫化铜矿(主要成分为CuFeS2和Cu2S)加入硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫酸铁、硫等，过滤后 经过溶硫过程分离出硫，第1、2次滤液混合后经过反应过滤分离出硫，过滤滤液中加入铁，置换出铜和生成硫酸亚铁。
【详解】（1）①反应I、II的两种含铜产物继续在1200℃条件下继续发生反应III生成单质铜，根据质量守恒及氧化还原反应特点还会生成二氧化硫，2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。
②CuFeS2最终生成铜、二氧化硫、氧化亚铁，根据得失电子守恒可知，n(O2)=。
（2）流程中的反应1中Cu2S溶浸为Cu2S和稀硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫和水，Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O。
（3）由流程可知，反应中得到硫酸亚铁晶体、铜且没有废气生成，故湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是污染小、得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄。
（4）由浸出率图可知，适宜温度大于90℃小于100℃、固液比为1:5、时间为7小时左右、氯离子浓度为0.8；故选A。
（5）①硫酸亚铁水解溶液显酸性，步骤2量取硫酸亚铁样品溶液所用仪器是酸式滴定管(或移液管)。
②第1、2、3次所消耗标准溶液的体积分别为39.99 mL、40.01 mL、39.00 mL，第3次数据误差较大舍去，则平均消耗标准溶液体积为40.00 mL；根据电子守恒可知，KMnO45FeSO4·7H2O，上述样品中FeSO4·7H2O的物质的量为40.00×10-3L×0.0100mol·L-1×=0.02mol，95.86%。
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低的原因可能是FeSO4在空气中被氧化，导致消耗标准液偏小。
23．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)
(2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
(4) Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。
【详解】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。
（2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。
（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。
（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。
24．(1)3
(2)TiO2+2OH-=TiO+H2O
(3)0.2
(4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全
(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低
(6)NH3
【分析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。
【详解】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；
（2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O；
（3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L；
（4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全；
（5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
（6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol.
25．(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO +2H+
(6)5NA
【详解】（1）亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
（2）亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
（3）亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
（6）P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
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