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北京市2023年高考化学模拟题汇编-02认识化学科学（推断题、实验题、解答题）
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这是一份北京市2023年高考化学模拟题汇编-02认识化学科学（推断题、实验题、解答题），共51页。试卷主要包含了实验题，有机推断题，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
北京市2023年高考化学模拟题汇编-02认识化学科学（推断题、实验题、解答题）
一、实验题
1．（2023·北京丰台·统考一模）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验
序号
物质a
实验现象
4滴物质a
6滴(约0.3mL)0.1溶液
2mL0.01溶液
I
3溶液
紫色溶液变浅至几乎无色
II
紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III
6NaOH溶液
溶液变绿，⼀段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀
(1)实验I～III的操作过程中，加⼊溶液和物质a时，应先加___________。
(2)实验I中，的还原产物为___________。
(3)实验II中发生反应的离子方程式为___________。
(4)已知：可从电极反应⻆度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发⽣的氧化反应___________。
(5)解释实验III中“⼀段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因___________。
(6)若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案___________。
(7)改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式___________。
2．（2023·北京朝阳·统考一模）某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
(1)用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
(2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
(4)经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
(5)分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
(6)检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
(7)综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
3．（2023·北京石景山·统考模拟预测）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i.和均为白色，难溶于水。
ii.与、能生成、
iii.与结合倾向。
(1)探究、与的结合倾向
实验
滴管
试管
现象
I
10滴0.1mol/L溶液
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
II
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
①由实验I推测：与结合倾向_______(填“>”或“<”)。
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式_______(填化学式)。推测：与结合倾向。
查阅资料证实了，上述推测。
(2)的转化
实验
滴管
试管
现象
III
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，振荡后消失
IV
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式_______。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为和+6.写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因_______。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入_______(填试剂和操作)，可使定影液再生。
(3)的转化
分析试管1出现银镜的原因_______。
(4)资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因_______。
4．（2023·北京平谷·统考模拟预测）工业上可用过氧化氢为氧化剂浸取废旧线路板中的铜，某兴趣小组采取不同方案进行实验并研究可行性。
方案1
实验装置
加入液体试剂
反应现象
10mL 30% 溶液(pH约为4)
开始无明显现象，静置10小时后，溶液变为浅蓝色，铜片上有少量蓝色沉淀，之后不再有明显变化
(1)实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，其电极反应式可表示为
i.还原反应
ii.氧化反应_______
(2)根据电极反应式，有同学设想可以通过以下方式加快反应。
i.增大，增强的氧化性
ii.降低_______，增强Cu的还原性
(3)以此为依据设计了方案2与方案3
编号
加入液体试剂
反应现象
方案2
10mL30% 溶液和2mL 5mol/L 溶液
开始产生少量气泡，溶液变为蓝色，片刻后，反应越来越剧烈，甚至形成大量泡沫涌出(经检测，生成气体可使带火星木条复燃)，反应后剩余铜片表面光亮
方案3
10mL 30% 溶液和2mL 5mol/L 氨水
生成较多气泡，溶液变为深蓝色。一段时间后，反应逐渐变慢，此时铜片上覆盖少量蓝色沉淀物。
方案2与方案3均在一定程度上加快了反应。
①方案2中，生成气体明显更剧烈的原因是_______。
②方案3中发生主要反应的离子方程式为_______。
③试评价方案2在回收铜过程的优缺点_______。
(4)方案3中生成沉淀会降低铜的回收率并会阻碍反应进行，进一步改进方案获得了良好效果。
编号
加入液体试剂
反应现象
方案4
10mL 30% 溶液
2mL 5mol/L氨水
同时加入少量固体
生成较多气泡，溶液变为深蓝色。反应后铜片变薄且表面光亮。
试分析的作用_______。
(5)小组同学通过进一步探究发现，含有和氨水的混合溶液能继续浸取单质铜。资料：在水溶液中不稳定，Cu(I)在溶液中能以等形式稳定存在。
①用离子方程式表示上述反应原理_______。
②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，请从氧化还原角度分析此反应能够发生的原因_____。
5．（2023·北京顺义·一模）某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：
资料1 铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。
(1)实验预测
①铜与稀反应的离子方程式为_______。
②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是_______。
(2)实验实施
实验I：铜丝与反应。
实验装置
实验操作
实验现象
在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。
反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。
实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：
操作及现象
实验序号
取不同阶段的溶液进行实验操作
实验现象
阶段A溶液
阶段B溶液
阶段C溶液
1
滴加酸性溶液
褪色，滴6滴后溶液不褪色
褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色
褪色，滴10滴后溶液不再褪色
2
滴加3%溶液
无明显现象
少量淡黄色沉淀
较多黄色沉淀
3
滴加稀溶液
无明显现象
变蓝色
无明显现象
资料2：
i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。
ii.是一种弱酸，；
①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是_______。
②分析阶段B溶液呈绿色的原因_______。
③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因_______。
④写出铜和稀反应的生成的化学方程式_______。
(3)继续探究：
探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：
甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为_______。
(4)反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为_______。
6．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。
①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。
ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
7．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
8．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
(1)分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。
验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是___________。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反应：___________。
(2)提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
I
氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
II
水
溶液无明显变化
①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：___________。
②检验：滤出I中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu。由于___________(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(III)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。
①补全电化学装置示意图___________。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中产生了Cu，II中未产生Cu，试解释原因___________。
(4)CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：___________。
二、有机推断题
9．（2023·北京东城·统考一模）已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。
I.己二酸氨化法
(1)下列说法正确的是_____(填字母)。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
(2)若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol已二酸产生NO2的物质的量是_____mol。
II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)
电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5CN)。
(3)电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。
(4)Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。
(5)写出i的电极反应式：_____。
(6)已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2mol•L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____mol。
三、元素或物质推断题
10．（2023·北京顺义·一模）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示：
资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.；。
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_______。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_______。
(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______。
(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。
②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是_______。
③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中_______。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为_______。
(6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图：
请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_______。
四、原理综合题
11．（2023·北京西城·统考一模）(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。
(1)(NH4)2S2O8的电解法制备
已知：电解效率η的定义为η(B)=×100%
①电极b是_____极。
②生成的电极反应式是_____。
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4mol气体，气体是_____。经测定η()为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)2S2O8的物质的量浓度为_____mol/L。
(2)苯酚的降解
已知：·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致·猝灭。可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为：
ⅰ. +Fe2+=+·+Fe3+
ⅱ. ·将苯酚氧化
① ·氧化苯酚的离子方程式是_____。
②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。
用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_____。
(3)苯酚残留量的测定
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为_____g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/mol)
12．（2023·北京朝阳·统考一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。
(1)在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现___________性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。
□NO+□___________+□___________□□□___________
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。
(3)用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：
检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。
①在电解池中被还原为NO的离子方程式为___________。
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是___________。
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。
13．（2023·北京平谷·统考模拟预测）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，请回答下列问题：
I.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程ii的离子方程式是_______。
II.蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将氧化。结合图回答问题。
(2)写出甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式：_______。
(3)第II步为可逆反应。在800°C时，恒容密闭容器中CO的起始浓度为a mol/L，水蒸气的起始浓度为1.5a mol/L，达到化学平衡状态后，CO平衡转化率为60%，则此反应的平衡常数k=_______。
(4)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解混合气体制备和CO，基本原理如图所示，X是电源的_______极(填“正”或“负”)，电解池中阴极的反应式是_____和_______。
14．（2023·北京石景山·统考模拟预测）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁(Fe)及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
I．还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的得电子生成(氢自由基)，通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
(1)氧化反应：_______。
还原反应：(电中性)。
(2)与阿莫西林(抗生素的一种)发生多步反应，第一步如下图所示，请在图中标出阿莫西林断裂的化学键(参考示例“”)，用“O”在中间产物圈出一个手性碳原子_______。
(3)纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因_______。
II．氧化法
(4)酸性条件Fe可与溶解氧生成，和作用生成羟基自由基和，氧化抗生素。和生成的离子方程式是_______。
(5)下图为酸性条件零价铁−电芬顿耦合法(电化学氧化法)原理示意图的一部分，左侧连接电源_______，结合阴极电极反应说明该法生成的原理_______。
15．（2023·北京顺义·一模）是重要的化学试剂，在实验室和实际生产中应用广泛。
I.蒽醌法是工业上合成的主要方法，蒽醌法的反应过程如下。
(1)已知：
蒽醌法生产总反应的热化学方程式 _______
(2)反应a的反应类型为_______。
(3)向反应b后的溶液可以加入蒸馏水为萃取剂，分析蒸馏水能做萃取剂的原因_______。
II.我国科学家设计如下图所示的光电催化体系，该体系利用双极膜既能将转化为所释放的化学能用于驱动阴极的高效生成，同时还可以实现烟气脱。
(4)阳极的电极反应为_______。
(5)理论上每生成，可以实现烟气脱的物质的量为_______mol。
III.测定含量：
(6)取所得水溶液amL，用酸性溶液滴定，消耗酸性溶液vmL。已知：的还原产物是。
①酸性溶液与反应的离子方程式为_______。
②所得水溶液中的物质的量浓度为_______。
16．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
五、工业流程题
17．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/g
52.9
59.7
62.9
62.9
60.0
53.6
45.6
40.9
35.3
过程II的操作为______，洗涤，干燥。
18．（2023·北京朝阳·统考一模）从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的(25℃)如下。
物质
(1)上述流程中，加快反应速率的措施是___________。
(2)浸出过程中通入的目的是___________。
(3)萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。
①某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有___________。
②解释反萃取时的作用：___________。
(4)黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
反应终点pH
沉淀率/%
1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.91
3.31
①生成黄钠铁矾的离子方程式是___________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是___________。
(5)第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至___________(填序号)。
a．6~7 b．9~10 c．11~12
19．（2023·北京丰台·统考一模）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢⼯艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是___________。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是___________。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因___________。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为___________。
(5)⼯艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式___________。
②⼯艺中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
20．（2023·北京石景山·统考模拟预测）一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
(1)铜矿中被氧化的物质有_______。
(2)滤液D中铁离子的浓度约为_______，向滤液D中先通氨气的目的_______。
(3)固体E主要是，生成的离子方程式是_______。
(4)滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是_______。
(5)查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成_______。
(6)CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式_______。
21．（2023·北京平谷·统考模拟预测）工业以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰()。其工业流程如下：
(1)浸锰过程中与反应的离子方程式为，该反应是经历以下两步反应实现的。
i.
ii.……
写出ii的离子方程式：_______。
(2)氧化过程中被氧化的物质主要有(写化学式)：_______。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示：
为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是_______，向过滤II所得的滤液中加入溶液时温度不宜太高的原因是_______。
(4)加入溶液后，生成沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_____。
(5)滴定法测产品纯度
I.取固体产品1.160g于烧杯中，加入过量稀充分振荡，再加入NaOH溶液至碱性，发生反应：；
II.加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄；
III.取上述混合液的于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol/L 溶液进行滴定，发生反应：，滴定终点时消耗溶液20.00mL。
①写出II中反应的离子方程式_______；
②判断滴定终点的方法是_______；
③假设杂质不参与反应，则产品纯度为_______。(保留四位有效数字)
22．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时
6.5
1.5
8.1
6.5
完全沉淀时
8.3
2.8
10.1
8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
参考答案：
1．(1)物质a
(2)
(3)
(4)
(5)⽣成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
(6)向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
(7)
【分析】本实验探究不同条件下KMnO4与Na2SO3溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将SO氧化成SO，根据Mn元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此分析；
【详解】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
2．(1)
(2) 固体a放置在空气中变为棕黑色 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(5)
(6)取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
(7)反应物用量、添加顺序、溶液pH
【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
（5）取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（6）硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。
（7）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
3．(1) >
(2) ，Ag+与-2价S结合倾向更强 Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
(3)试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜
(4)和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<
【分析】利用题中提供的信息，根据离子之间的反应进行分析，设计实验进行求证；
【详解】（1）①往等浓度的NaI和溶液中加入10滴0.1mol/L溶液，产生黄色沉淀为AgI，证明与结合倾向>；答案为>；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；
（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；
②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<。
4．(1)
(2)(铜离子)
(3) 生成的()作为催化剂，加快了分解速率 优点：产物单一，污染小；缺点：大量分解，成本高
(4)降低，避免生成
(5) 加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势
【分析】探究影响铜与双氧水反应的速率的因素。方案2中通过加入稀硫酸增大氢离子浓度，探究增大，增强的氧化性；方案3通过加入氨水生成降低Cu2+浓度，探究降低Cu2+，增强Cu的还原性；方案4通过加固体降低OH-浓度，防止生成，探究对反应速率的影响。
【详解】（1）实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，双氧水得电子发生还原反应，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+，电极反应为；
（2）负极发生反应，降低浓度，增强Cu的还原性；
（3）①方案2中，可以催化双氧水分解放出氧气，生成的作为催化剂，加快了分解速率，所以生成气体明显更剧烈。
②方案3中Cu、H2O2、氨水反应溶液变为深蓝色，说明生成，发生主要反应的离子方程式为；
③方案2在回收铜过程，优点是产物单一，污染小；缺点是大量分解，成本高。
（4）加入，发生反应降低，避免生成。
（5）①上述反应原理为；
②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势。
5．(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，溶液为绿色； B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色
(3)在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象；
(4)铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快生成越多。
【详解】（1）铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢；
（2）在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀，说明在反应的过程有生成；B阶段产生，电离产生，发生反应；（绿色），所以溶液为绿色；B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色；铜和稀反应的生成的化学方程式为：；
（3）要证明在该反应中作催化剂，直接加入溶液，其他的试剂和操作和上述一样，形成更好的对比，所以方案设计为：在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象。
（4）根据实验现象和实验探究，铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快，生成越多。
6．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+)
(2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2
(3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+
【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
7．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2) 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3) 催化 锥形瓶中溶液蓝色复原 当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
8．(1) Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2 Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
(2) 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的 Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
(3) II中Fe2+ 的还原性较弱，不能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O⇌ + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
(4)CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜
【详解】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O⇌+OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
9．(1)abc
(2)8
(3)阳
(4)H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii
(5)2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN
(6)8.6×10-3
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成， 与过氧化氢发生氧化反应生成， 与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。
【详解】（1）a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；
故选abc；
（2）由结构简式可知，1mol环己醇氧化为己二酸时，反应转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8=8mol，故答案为：8；
（3）由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；
（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；
（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2mol•L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3 mol/h和0.9×10-3 mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3 mol/h×1h×2+0.9×10-3 mol/h×1h×2=8.6×10-3mol，故答案为：8.6×10-3。
10．(1)粉粹##搅拌##适当升高温度##适当增大酸的浓度
(2)
(3)、和铁粉
(4) 加入，促进水解，产生 140
(5)
(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低
【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。
【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉粹、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等；
（2）和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：；
（3）已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉；
（4）加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=；
（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
（6）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。
11．(1) 阳 2SO-2e-=S2O O2 0.02
(2) + Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+
(3)
【详解】（1）①由图可知在b极区转化为，化合价升高，所以是电解池的阳极区，答案为：阳；
②电极反应式是2SO-2e-=S2O，答案为：2SO-2e-=S2O；
③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体可能是氧气，物质的量为2.5×10-4mol，所以转移电子的物质的量为 ，转移电子总物质的量为，参与2SO-2e-=S2O 反应的电子的物质的量是，所以(NH4)2S2O8的物质的量是，由，答案为：O2，0.02；
（2）① ·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是+，答案为：+；
②Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+；
（3）反应为 ，苯酚，所以苯酚的物质的量为，则样品中苯酚的含量为 g/L= g/L ，答案为：。
12．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
(3) 偏低
【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
13．(1)
(2)
(3)1
(4) 负
【详解】（1）从流程图可知，过程ii亚铁离子与氧气、氢离子反应生成铁离子和水，离子方程式为。
（2）根据图示可知，第一步的反应+第二步的反应=甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，热化学方程式为 ΔH=（-103.3+33.2）kJ/mol=-70.1kJ/mol。
（3）达到化学平衡时，CO平衡转化率为60%，则，K=。
（4）从图中可知，上方的多孔电极上，H2O得电子生成H2和O2-，CO2得电子生成CO和O2-，因此上方的多孔电极为阴极，X为电源负极。电解池中阴极的反应式为、。
14．(1)Fe− 2e－＝Fe2+
(2)
(3)纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快
(4)Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O
(5) 正极 阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基
【详解】（1）根据题意零价铁作为一种还原剂可以提供电子，因此铁失去电子发生氧化反应：Fe− 2e－＝Fe2+；故答案为：Fe− 2e－＝Fe2+。
（2）根据中间产物和阿莫西林分析，断键是碳氮键，中间产物有三个手性碳原子，其图像描述；故答案为：。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，主要与铁的接触面积有关，其反应速率更快；故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快。
（4）根据题意得到和作用生成羟基自由基和，则酸性条件下和生成的离子方程式是Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O；故答案为：Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O。
（5）根据前面信息得到铁会失去电子变为亚铁离子，和Fe2+作用生成羟基自由基和，则铁电极应该连接电源的正极作阳极，阴极上氧气得到电子与氢离子结合生成H2O2，生成的亚铁离子移动到阴极，亚铁离子和H2O2作用生成羟基自由基；故答案为：正极；阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基。
15．(1)-188
(2)还原反应
(3)为有机物和水不互溶，且易溶于水
(4)4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O
(5)1.5
(6) 2MnO＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【分析】II该装置为电解池，左侧电极为转化为的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，与直流电源正极相连，阳极的电极反应式为4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O；右侧是阴极，与直流电源负极相连，该极为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，阴极的电极反应式为2H++O2+2e-=H2O2。
【详解】（1）给热化学方程式编号：① ，
②
③
根据盖斯定律可知，③=(①-②)，则；
（2）由反应a可知，中酮羰基被氢气还原为羟基，该反应为还原反应；
（3）萃取剂选择的原则是：萃取剂与原溶剂互不相溶；萃取剂与原溶液中任一组分都不发生反应；被提取物质在萃取剂中的溶解度要大于它在原溶剂中的溶解度。 为有机物和水不互溶，且易溶于水，而在中溶解度较小，因此可用蒸馏水做萃取剂；
（4）左侧电极为转化为的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，电极反应式为4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O；
（5）根据分析，该反应总反应为2OH-+SO2+O2 =+ H2O2，则每生成，消耗1.5molSO2，即实现烟气脱的物质的量为1.5mol；
（6）① KMnO4酸性溶液与H2O2反应即KMnO4将H2O2氧化为O2，自身被还原为Mn2+，故该反应的离子方程式是2MnO＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；
②根据上述反应式可知，n(H2O2)=n(MnO)=mol, 所得H2O2水溶液中H2O2的物质的量浓度是=mol·L-1，
16．(1)过滤；
(2)；
(3) 还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5) ； 偏大。
【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
17．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4) MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中 ＜ 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
18．(1)研磨
(2)将氧化为，便于转化为沉淀除去
(3) O、N 加入，使逆向进行，进入水层
(4) 或 2.5
(5)b
【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。
【详解】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。
（3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。
（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b。
【点睛】工业流程中选择合适条件时，需要保证操作目的尽可能充分，同时对产物的影响尽可能小。
19．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知，⼯艺中可循环使用的物质是()。
20．(1)Cu2S、CuS、FeO
(2) 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。
【详解】（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。
（2）室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为。
（4）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为。
（5），，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为。
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为。
21．(1)
(2)、(等)
(3) 90℃ 防止受热分解，以提高原料利用率
(4)
(5) 滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原 99.14%
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；
【详解】（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：、；
故答案为：；
（2）具有较强氧化性，氧化过程中被氧化的物质主要有、(等)；
（3）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃；NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；
故答案为：90℃；防止受热分解，以提高原料利用率；
（4）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后,发生彻底的双水解,生成MnCO3沉淀和二氧化碳,反应为：；
故答案为：；
（5）①II中加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄，则MnO(OH)2将碘离子氧化生成碘单质，反应的离子方程式为；
②将所有碘单质还原时溶液蓝色褪去，故判断滴定终点的方法是滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；
③反应过程，，，关系式为，故n(MnCO3)==0.01mol，假设杂质不参与反应，则产品纯度为=99.14%，答案为99.14%。
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。
北京市2023年高考化学模拟题汇编-02认识化学科学（推断题、实验题、解答题）
一、实验题
1．（2023·北京丰台·统考一模）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验
序号
物质a
实验现象
4滴物质a
6滴(约0.3mL)0.1溶液
2mL0.01溶液
I
3溶液
紫色溶液变浅至几乎无色
II
紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III
6NaOH溶液
溶液变绿，⼀段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀
(1)实验I～III的操作过程中，加⼊溶液和物质a时，应先加___________。
(2)实验I中，的还原产物为___________。
(3)实验II中发生反应的离子方程式为___________。
(4)已知：可从电极反应⻆度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发⽣的氧化反应___________。
(5)解释实验III中“⼀段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因___________。
(6)若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案___________。
(7)改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式___________。
2．（2023·北京朝阳·统考一模）某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
(1)用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
(2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
(4)经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
(5)分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
(6)检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
(7)综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
3．（2023·北京石景山·统考模拟预测）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i.和均为白色，难溶于水。
ii.与、能生成、
iii.与结合倾向。
(1)探究、与的结合倾向
实验
滴管
试管
现象
I
10滴0.1mol/L溶液
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
II
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
①由实验I推测：与结合倾向_______(填“>”或“<”)。
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式_______(填化学式)。推测：与结合倾向。
查阅资料证实了，上述推测。
(2)的转化
实验
滴管
试管
现象
III
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，振荡后消失
IV
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式_______。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为和+6.写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因_______。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入_______(填试剂和操作)，可使定影液再生。
(3)的转化
分析试管1出现银镜的原因_______。
(4)资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因_______。
4．（2023·北京平谷·统考模拟预测）工业上可用过氧化氢为氧化剂浸取废旧线路板中的铜，某兴趣小组采取不同方案进行实验并研究可行性。
方案1
实验装置
加入液体试剂
反应现象
10mL 30% 溶液(pH约为4)
开始无明显现象，静置10小时后，溶液变为浅蓝色，铜片上有少量蓝色沉淀，之后不再有明显变化
(1)实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，其电极反应式可表示为
i.还原反应
ii.氧化反应_______
(2)根据电极反应式，有同学设想可以通过以下方式加快反应。
i.增大，增强的氧化性
ii.降低_______，增强Cu的还原性
(3)以此为依据设计了方案2与方案3
编号
加入液体试剂
反应现象
方案2
10mL30% 溶液和2mL 5mol/L 溶液
开始产生少量气泡，溶液变为蓝色，片刻后，反应越来越剧烈，甚至形成大量泡沫涌出(经检测，生成气体可使带火星木条复燃)，反应后剩余铜片表面光亮
方案3
10mL 30% 溶液和2mL 5mol/L 氨水
生成较多气泡，溶液变为深蓝色。一段时间后，反应逐渐变慢，此时铜片上覆盖少量蓝色沉淀物。
方案2与方案3均在一定程度上加快了反应。
①方案2中，生成气体明显更剧烈的原因是_______。
②方案3中发生主要反应的离子方程式为_______。
③试评价方案2在回收铜过程的优缺点_______。
(4)方案3中生成沉淀会降低铜的回收率并会阻碍反应进行，进一步改进方案获得了良好效果。
编号
加入液体试剂
反应现象
方案4
10mL 30% 溶液
2mL 5mol/L氨水
同时加入少量固体
生成较多气泡，溶液变为深蓝色。反应后铜片变薄且表面光亮。
试分析的作用_______。
(5)小组同学通过进一步探究发现，含有和氨水的混合溶液能继续浸取单质铜。资料：在水溶液中不稳定，Cu(I)在溶液中能以等形式稳定存在。
①用离子方程式表示上述反应原理_______。
②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，请从氧化还原角度分析此反应能够发生的原因_____。
5．（2023·北京顺义·一模）某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：
资料1 铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。
(1)实验预测
①铜与稀反应的离子方程式为_______。
②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是_______。
(2)实验实施
实验I：铜丝与反应。
实验装置
实验操作
实验现象
在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。
反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。
实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：
操作及现象
实验序号
取不同阶段的溶液进行实验操作
实验现象
阶段A溶液
阶段B溶液
阶段C溶液
1
滴加酸性溶液
褪色，滴6滴后溶液不褪色
褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色
褪色，滴10滴后溶液不再褪色
2
滴加3%溶液
无明显现象
少量淡黄色沉淀
较多黄色沉淀
3
滴加稀溶液
无明显现象
变蓝色
无明显现象
资料2：
i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。
ii.是一种弱酸，；
①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是_______。
②分析阶段B溶液呈绿色的原因_______。
③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因_______。
④写出铜和稀反应的生成的化学方程式_______。
(3)继续探究：
探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：
甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为_______。
(4)反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为_______。
6．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。
①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。
ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
7．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
8．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
(1)分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。
验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是___________。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反应：___________。
(2)提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
I
氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
II
水
溶液无明显变化
①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：___________。
②检验：滤出I中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu。由于___________(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(III)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。
①补全电化学装置示意图___________。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中产生了Cu，II中未产生Cu，试解释原因___________。
(4)CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：___________。
二、有机推断题
9．（2023·北京东城·统考一模）已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。
I.己二酸氨化法
(1)下列说法正确的是_____(填字母)。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
(2)若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1mol已二酸产生NO2的物质的量是_____mol。
II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)
电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5CN)。
(3)电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。
(4)Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。
(5)写出i的电极反应式：_____。
(6)已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2mol•L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____mol。
三、元素或物质推断题
10．（2023·北京顺义·一模）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示：
资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.；。
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_______。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_______。
(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______。
(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。
②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是_______。
③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中_______。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为_______。
(6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图：
请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_______。
四、原理综合题
11．（2023·北京西城·统考一模）(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。
(1)(NH4)2S2O8的电解法制备
已知：电解效率η的定义为η(B)=×100%
①电极b是_____极。
②生成的电极反应式是_____。
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4mol气体，气体是_____。经测定η()为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)2S2O8的物质的量浓度为_____mol/L。
(2)苯酚的降解
已知：·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致·猝灭。可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为：
ⅰ. +Fe2+=+·+Fe3+
ⅱ. ·将苯酚氧化
① ·氧化苯酚的离子方程式是_____。
②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。
用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_____。
(3)苯酚残留量的测定
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为_____g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/mol)
12．（2023·北京朝阳·统考一模）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。
(1)在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现___________性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。
□NO+□___________+□___________□□□___________
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。
(3)用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：
检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。
①在电解池中被还原为NO的离子方程式为___________。
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是___________。
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。
13．（2023·北京平谷·统考模拟预测）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，请回答下列问题：
I.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程ii的离子方程式是_______。
II.蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将氧化。结合图回答问题。
(2)写出甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式：_______。
(3)第II步为可逆反应。在800°C时，恒容密闭容器中CO的起始浓度为a mol/L，水蒸气的起始浓度为1.5a mol/L，达到化学平衡状态后，CO平衡转化率为60%，则此反应的平衡常数k=_______。
(4)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解混合气体制备和CO，基本原理如图所示，X是电源的_______极(填“正”或“负”)，电解池中阴极的反应式是_____和_______。
14．（2023·北京石景山·统考模拟预测）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁(Fe)及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
I．还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的得电子生成(氢自由基)，通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
(1)氧化反应：_______。
还原反应：(电中性)。
(2)与阿莫西林(抗生素的一种)发生多步反应，第一步如下图所示，请在图中标出阿莫西林断裂的化学键(参考示例“”)，用“O”在中间产物圈出一个手性碳原子_______。
(3)纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因_______。
II．氧化法
(4)酸性条件Fe可与溶解氧生成，和作用生成羟基自由基和，氧化抗生素。和生成的离子方程式是_______。
(5)下图为酸性条件零价铁−电芬顿耦合法(电化学氧化法)原理示意图的一部分，左侧连接电源_______，结合阴极电极反应说明该法生成的原理_______。
15．（2023·北京顺义·一模）是重要的化学试剂，在实验室和实际生产中应用广泛。
I.蒽醌法是工业上合成的主要方法，蒽醌法的反应过程如下。
(1)已知：
蒽醌法生产总反应的热化学方程式 _______
(2)反应a的反应类型为_______。
(3)向反应b后的溶液可以加入蒸馏水为萃取剂，分析蒸馏水能做萃取剂的原因_______。
II.我国科学家设计如下图所示的光电催化体系，该体系利用双极膜既能将转化为所释放的化学能用于驱动阴极的高效生成，同时还可以实现烟气脱。
(4)阳极的电极反应为_______。
(5)理论上每生成，可以实现烟气脱的物质的量为_______mol。
III.测定含量：
(6)取所得水溶液amL，用酸性溶液滴定，消耗酸性溶液vmL。已知：的还原产物是。
①酸性溶液与反应的离子方程式为_______。
②所得水溶液中的物质的量浓度为_______。
16．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
五、工业流程题
17．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/g
52.9
59.7
62.9
62.9
60.0
53.6
45.6
40.9
35.3
过程II的操作为______，洗涤，干燥。
18．（2023·北京朝阳·统考一模）从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的(25℃)如下。
物质
(1)上述流程中，加快反应速率的措施是___________。
(2)浸出过程中通入的目的是___________。
(3)萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。
①某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有___________。
②解释反萃取时的作用：___________。
(4)黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
反应终点pH
沉淀率/%
1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.91
3.31
①生成黄钠铁矾的离子方程式是___________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是___________。
(5)第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至___________(填序号)。
a．6~7 b．9~10 c．11~12
19．（2023·北京丰台·统考一模）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢⼯艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是___________。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是___________。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因___________。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为___________。
(5)⼯艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式___________。
②⼯艺中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
20．（2023·北京石景山·统考模拟预测）一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
(1)铜矿中被氧化的物质有_______。
(2)滤液D中铁离子的浓度约为_______，向滤液D中先通氨气的目的_______。
(3)固体E主要是，生成的离子方程式是_______。
(4)滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是_______。
(5)查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成_______。
(6)CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式_______。
21．（2023·北京平谷·统考模拟预测）工业以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰()。其工业流程如下：
(1)浸锰过程中与反应的离子方程式为，该反应是经历以下两步反应实现的。
i.
ii.……
写出ii的离子方程式：_______。
(2)氧化过程中被氧化的物质主要有(写化学式)：_______。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示：
为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是_______，向过滤II所得的滤液中加入溶液时温度不宜太高的原因是_______。
(4)加入溶液后，生成沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_____。
(5)滴定法测产品纯度
I.取固体产品1.160g于烧杯中，加入过量稀充分振荡，再加入NaOH溶液至碱性，发生反应：；
II.加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄；
III.取上述混合液的于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol/L 溶液进行滴定，发生反应：，滴定终点时消耗溶液20.00mL。
①写出II中反应的离子方程式_______；
②判断滴定终点的方法是_______；
③假设杂质不参与反应，则产品纯度为_______。(保留四位有效数字)
22．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时
6.5
1.5
8.1
6.5
完全沉淀时
8.3
2.8
10.1
8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
参考答案：
1．(1)物质a
(2)
(3)
(4)
(5)⽣成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
(6)向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
(7)
【分析】本实验探究不同条件下KMnO4与Na2SO3溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将SO氧化成SO，根据Mn元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此分析；
【详解】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
2．(1)
(2) 固体a放置在空气中变为棕黑色 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(5)
(6)取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
(7)反应物用量、添加顺序、溶液pH
【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
（5）取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（6）硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。
（7）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
3．(1) >
(2) ，Ag+与-2价S结合倾向更强 Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
(3)试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜
(4)和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<
【分析】利用题中提供的信息，根据离子之间的反应进行分析，设计实验进行求证；
【详解】（1）①往等浓度的NaI和溶液中加入10滴0.1mol/L溶液，产生黄色沉淀为AgI，证明与结合倾向>；答案为>；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；
（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；
②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<。
4．(1)
(2)(铜离子)
(3) 生成的()作为催化剂，加快了分解速率 优点：产物单一，污染小；缺点：大量分解，成本高
(4)降低，避免生成
(5) 加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势
【分析】探究影响铜与双氧水反应的速率的因素。方案2中通过加入稀硫酸增大氢离子浓度，探究增大，增强的氧化性；方案3通过加入氨水生成降低Cu2+浓度，探究降低Cu2+，增强Cu的还原性；方案4通过加固体降低OH-浓度，防止生成，探究对反应速率的影响。
【详解】（1）实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，双氧水得电子发生还原反应，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+，电极反应为；
（2）负极发生反应，降低浓度，增强Cu的还原性；
（3）①方案2中，可以催化双氧水分解放出氧气，生成的作为催化剂，加快了分解速率，所以生成气体明显更剧烈。
②方案3中Cu、H2O2、氨水反应溶液变为深蓝色，说明生成，发生主要反应的离子方程式为；
③方案2在回收铜过程，优点是产物单一，污染小；缺点是大量分解，成本高。
（4）加入，发生反应降低，避免生成。
（5）①上述反应原理为；
②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势。
5．(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，溶液为绿色； B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色
(3)在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象；
(4)铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快生成越多。
【详解】（1）铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢；
（2）在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀，说明在反应的过程有生成；B阶段产生，电离产生，发生反应；（绿色），所以溶液为绿色；B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色；铜和稀反应的生成的化学方程式为：；
（3）要证明在该反应中作催化剂，直接加入溶液，其他的试剂和操作和上述一样，形成更好的对比，所以方案设计为：在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象。
（4）根据实验现象和实验探究，铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快，生成越多。
6．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+)
(2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2
(3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+
【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
7．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2) 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3) 催化 锥形瓶中溶液蓝色复原 当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
8．(1) Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2 Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
(2) 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的 Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
(3) II中Fe2+ 的还原性较弱，不能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O⇌ + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
(4)CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜
【详解】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O⇌+OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
9．(1)abc
(2)8
(3)阳
(4)H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii
(5)2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN
(6)8.6×10-3
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成， 与过氧化氢发生氧化反应生成， 与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。
【详解】（1）a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；
故选abc；
（2）由结构简式可知，1mol环己醇氧化为己二酸时，反应转移8mol电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1mol已二酸产生二氧化氮的物质的量为1mol×8=8mol，故答案为：8；
（3）由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；
（4）由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
（5）由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；
（6）丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2mol•L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3 mol/h和0.9×10-3 mol/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3 mol/h×1h×2+0.9×10-3 mol/h×1h×2=8.6×10-3mol，故答案为：8.6×10-3。
10．(1)粉粹##搅拌##适当升高温度##适当增大酸的浓度
(2)
(3)、和铁粉
(4) 加入，促进水解，产生 140
(5)
(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低
【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。
【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉粹、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等；
（2）和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：；
（3）已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉；
（4）加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=；
（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
（6）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。
11．(1) 阳 2SO-2e-=S2O O2 0.02
(2) + Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+
(3)
【详解】（1）①由图可知在b极区转化为，化合价升高，所以是电解池的阳极区，答案为：阳；
②电极反应式是2SO-2e-=S2O，答案为：2SO-2e-=S2O；
③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体可能是氧气，物质的量为2.5×10-4mol，所以转移电子的物质的量为 ，转移电子总物质的量为，参与2SO-2e-=S2O 反应的电子的物质的量是，所以(NH4)2S2O8的物质的量是，由，答案为：O2，0.02；
（2）① ·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是+，答案为：+；
②Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+；
（3）反应为 ，苯酚，所以苯酚的物质的量为，则样品中苯酚的含量为 g/L= g/L ，答案为：。
12．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
(3) 偏低
【详解】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
13．(1)
(2)
(3)1
(4) 负
【详解】（1）从流程图可知，过程ii亚铁离子与氧气、氢离子反应生成铁离子和水，离子方程式为。
（2）根据图示可知，第一步的反应+第二步的反应=甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，热化学方程式为 ΔH=（-103.3+33.2）kJ/mol=-70.1kJ/mol。
（3）达到化学平衡时，CO平衡转化率为60%，则，K=。
（4）从图中可知，上方的多孔电极上，H2O得电子生成H2和O2-，CO2得电子生成CO和O2-，因此上方的多孔电极为阴极，X为电源负极。电解池中阴极的反应式为、。
14．(1)Fe− 2e－＝Fe2+
(2)
(3)纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快
(4)Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O
(5) 正极 阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基
【详解】（1）根据题意零价铁作为一种还原剂可以提供电子，因此铁失去电子发生氧化反应：Fe− 2e－＝Fe2+；故答案为：Fe− 2e－＝Fe2+。
（2）根据中间产物和阿莫西林分析，断键是碳氮键，中间产物有三个手性碳原子，其图像描述；故答案为：。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，主要与铁的接触面积有关，其反应速率更快；故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快。
（4）根据题意得到和作用生成羟基自由基和，则酸性条件下和生成的离子方程式是Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O；故答案为：Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O。
（5）根据前面信息得到铁会失去电子变为亚铁离子，和Fe2+作用生成羟基自由基和，则铁电极应该连接电源的正极作阳极，阴极上氧气得到电子与氢离子结合生成H2O2，生成的亚铁离子移动到阴极，亚铁离子和H2O2作用生成羟基自由基；故答案为：正极；阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基。
15．(1)-188
(2)还原反应
(3)为有机物和水不互溶，且易溶于水
(4)4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O
(5)1.5
(6) 2MnO＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【分析】II该装置为电解池，左侧电极为转化为的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，与直流电源正极相连，阳极的电极反应式为4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O；右侧是阴极，与直流电源负极相连，该极为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，阴极的电极反应式为2H++O2+2e-=H2O2。
【详解】（1）给热化学方程式编号：① ，
②
③
根据盖斯定律可知，③=(①-②)，则；
（2）由反应a可知，中酮羰基被氢气还原为羟基，该反应为还原反应；
（3）萃取剂选择的原则是：萃取剂与原溶剂互不相溶；萃取剂与原溶液中任一组分都不发生反应；被提取物质在萃取剂中的溶解度要大于它在原溶剂中的溶解度。 为有机物和水不互溶，且易溶于水，而在中溶解度较小，因此可用蒸馏水做萃取剂；
（4）左侧电极为转化为的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，电极反应式为4OH-+SO2-2e-=+ 2H2O；
（5）根据分析，该反应总反应为2OH-+SO2+O2 =+ H2O2，则每生成，消耗1.5molSO2，即实现烟气脱的物质的量为1.5mol；
（6）① KMnO4酸性溶液与H2O2反应即KMnO4将H2O2氧化为O2，自身被还原为Mn2+，故该反应的离子方程式是2MnO＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；
②根据上述反应式可知，n(H2O2)=n(MnO)=mol, 所得H2O2水溶液中H2O2的物质的量浓度是=mol·L-1，
16．(1)过滤；
(2)；
(3) 还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5) ； 偏大。
【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
17．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4) MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中 ＜ 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
18．(1)研磨
(2)将氧化为，便于转化为沉淀除去
(3) O、N 加入，使逆向进行，进入水层
(4) 或 2.5
(5)b
【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。
【详解】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。
（3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。
（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b。
【点睛】工业流程中选择合适条件时，需要保证操作目的尽可能充分，同时对产物的影响尽可能小。
19．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知，⼯艺中可循环使用的物质是()。
20．(1)Cu2S、CuS、FeO
(2) 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。
【详解】（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。
（2）室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为。
（4）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为。
（5），，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为。
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为。
21．(1)
(2)、(等)
(3) 90℃ 防止受热分解，以提高原料利用率
(4)
(5) 滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原 99.14%
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；
【详解】（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：、；
故答案为：；
（2）具有较强氧化性，氧化过程中被氧化的物质主要有、(等)；
（3）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃；NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；
故答案为：90℃；防止受热分解，以提高原料利用率；
（4）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后,发生彻底的双水解,生成MnCO3沉淀和二氧化碳,反应为：；
故答案为：；
（5）①II中加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄，则MnO(OH)2将碘离子氧化生成碘单质，反应的离子方程式为；
②将所有碘单质还原时溶液蓝色褪去，故判断滴定终点的方法是滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；
③反应过程，，，关系式为，故n(MnCO3)==0.01mol，假设杂质不参与反应，则产品纯度为=99.14%，答案为99.14%。
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。
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