福建省2023年高考化学模拟题汇编-03氧化还原反应

这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-03氧化还原反应，共31页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
福建省2023年高考化学模拟题汇编-03氧化还原反应

一、单选题
1．（2023·福建福州·统考模拟预测）下列处理方法对应的反应方程式一定错误的是
A．利用沉淀剂NaHS除去废水中的
B．加碘食盐中碘元素的检验：
C．用生物质热解气CO将还原为
D．用双氧水擦拭变黑的白色油画：
2．（2023·福建福州·统考模拟预测）为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验。下列说法错误的是

A．烧瓶中的反应为：
B．浸有溶液的棉花起吸收尾气的作用
C．可用淀粉溶液替换
D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：
3．（2023·福建福州·统考二模）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是

A．b在化学反应中只能被氧化
B．电解饱和c溶液可得到钠单质
C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现
D．f的阴离子空间构型为正四面体
4．（2023·福建厦门·统考二模）从废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)中获取高纯的工艺流程如图。下列说法不正确的是

A．“煅烧”过程利用沸点低进行分离提纯
B．“溶浸”过程主要用于氧化
C．“溶铅”过程的离子方程式为
D．“沉铅”过程的化学方程式为
5．（2023·福建漳州·统考三模）工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是

A．反应器中的反应的化学方程式为
B．分离器中物质分离操作为蒸馏
C．膜反应器中加入，生成可循环的的物质的量为1mol
D．碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol
6．（2023·福建厦门·统考二模）为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验．
编号
1
2
实验内容


实验现象
随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅
随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀

下列说法不正确的是A．实验1中溶液变浅是因为
B．实验2中出现紫色沉淀是因为
C．实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察
7．（2023·福建漳州·统考三模）用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，不能达到目的的是

A．除去乙烷中的乙烯
B．测定中和反应的反应热
C．验证还原性：S2->Cl-
D．分离NH4CI和NaCl固体
8．（2023·福建福州·统考二模）工业上采用NaClO氧化法生产高铁酸钾，其主要的生产流程如下：

已知：在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定，难溶于醇等有机溶剂。
下列说法错误的是
A．反应②为
B．由反应③可知，此温度下
C．“提纯”步骤的洗涤剂可以选用溶液、异丙醇
D．可用于水的消毒
9．（2023·福建·统考模拟预测）在实验室和生活中高铁酸钾都是一种应用十分广泛的盐类，如下有几种制备方式，
湿法：
干法：
电解法：
下列选项中说法正确的是
A．实验室中常用钾盐而不是钠盐原因是钠盐易风化导致固体结块
B．物质的氧化性和还原性在水溶液中和非水体系中不一定相同
C．坤cà和Nilky两神根据元素和化合物知识做出推断，坤ca：高铁酸钾在生活中可用于杀菌因为具有强氧化性；Nilky：高铁酸钾不可用作净水剂，因为高铁酸根不能水解生成胶体
D．高铁酸根在酸性或中性溶液中分解，将生成气体收集在试管中，点燃的小木条靠近可以听到轻微的爆鸣声，且该气体在能源方面有很广泛的发展前景，常用于作清洁能源
10．（2023·福建厦门·统考二模）我国科学家利用和在十八胺中金属阳离子氧化性不同，分别制得纳米晶体材料和。下列说法错误的是
A．第一电离能： B．十八胺中碳原子杂化类型均为
C．氧化性： D．熔点：十八烷十八胺
11．（2023·福建·校联考一模）检验的反应有如下两种途径。下列说法正确的是

A．反应①中被还原
B．乙醚与中的铬元素形成共价键，有利于蓝色现象的观察
C．反应②为：
D．反应③中溶液的越小，反应速率越慢
12．（2023·福建·校联考一模）高效净水剂高铁酸钾的制备流程如图所示，下列离子方程式正确的是

A．工业制备氯气：
B．反应Ⅱ：
C．反应Ⅲ：
D．净水原理：(胶体)
13．（2023·福建·校联考一模）制备的反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中含的数目为
B．(标准状况下)中含电子数目为
C．中含非极性共价键的数目为
D．完全参加反应，转移电子数为
14．（2023·福建·校联考一模）法常用于处理汽车尾气中的。发动机工作时在稀燃(充足、燃油较少)和富燃(不足、燃油较多)条件下交替进行，通过和的相互转化实现的储存和还原，原理如图所示。下列说法错误的是

A．“稀燃”过程中表面反应：
B．燃油含硫时，“稀燃”过程生成的会使吸收能力下降
C．吸收的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．“富燃”过程中表面反应：
15．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）钴是一种重要的过渡金属元素，常见化合价有+2、+3价。实验室利用固体进行如下实验。下列说法错误的是

A．Co在元素周期表中位于第四周期VIII族
B．固体Y为
C．酸性条件下氧化性：
D．结合上述流程信息，若有与足量盐酸充分反应，理论上可以得到
16．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）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-++6H＋=3I2+3H2O
B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3+2H＋+2=3+2NO↑+H2O
C．用饱和Na2CO3溶液浸泡CaSO4：CaSO4(s)+(aq)=CaCO3(s)+(aq)
D．向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+

二、实验题
17．（2023·福建漳州·统考三模）FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。
已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。  
Ⅰ．FeCl3的制备

(1)装置C中碱石灰的作用是___________。
(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。
(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。
Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应
向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。
查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：
猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。
猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。
针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：
实验编号
操作
现象
实验1

加入铜粉后无现象
实验2

溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀

(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。
(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：
i．与可发生如下两种反应：
反应A：(淡黄色)；
反应B：(黄色)。
ii．与共存时溶液显绿色。
①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“Cl-，C正确；
D．氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，遇冷又结合为氯化铵固体，NaCl受热不分解，所以能用图示方法分离NH4Cl和NaCl固体，D正确；
故选B。
8．B
【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到纯净的高铁酸钾固体，据此分析解答。
【详解】A．反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，1mol次氯酸钠得2mol电子，1mol硝酸铁生成高铁酸钠失去3mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故A正确；
B．由反应③可知高铁酸钠与KON溶液混合生成高铁酸钾，该反应为复分解反应，反应发生的条件为高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故B错误；
C．因高铁酸钾在碱性条件下稳定，且在醇中的溶解度小，因此可用溶液、异丙醇作洗涤剂，故C正确；
D．具有强氧化性，可起到杀菌消毒作用，故D正确；
故选：B。
9．B
【详解】A．实验室中常用钾盐而不是钠盐原因是钠盐的吸湿能力比钾盐强，钠盐易导致固体结块，故A错误；
B．溶剂的极性对氧化性和还原性产生较大的影响，因此物质的氧化性和还原性在水溶液中和非水体系中不一定相同，故B正确；
C．高铁酸钾具有强氧化性，生成的还原产物铁离子水解生成胶体，具有吸附杂质的作用，因此高铁酸钾可用作净水剂，故C错误；
D．根据化合价升降守恒，铁化合价降低，则应该是氧化合价降低，因此将分解生成的气体收集在试管中，用带火星的小木条靠近，可看见小木条复燃，不会听到轻微的爆鸣声，故D错误。
综上所述，答案为B。
10．C
【详解】A．同一周期元素随着原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，A正确；
B．十八胺中碳原子均为饱和碳原子，其杂化类型均为，B正确；
C．锌的还原性大于银，则对应简单锌离子的氧化性弱于银离子，C错误；
D．十八胺能形成氢键导致其沸点升高，而十八烷不能形成氢键，故熔点：十八烷十八胺，D正确；
故选C。
11．B
【详解】A．反应①、CrO5中Cr元素化合价均为+6，此反应不是氧化还原反应，A错误；
B．由题中信息乙醚与中的铬元素形成共价键，蓝色可稳定几分钟，有利于蓝色现象的观察，B正确；
C．由信息反应②为：，C错误；
D．反应③+8H++3H2O2=3O2↑+2Cr3++7H2O，中溶液的越小，H+浓度越大，反应速率越快，D错误；
故答案选B。
12．D
【分析】由题给流程可知，铁屑与氯气共热发生反应Ⅰ制备氯化铁，氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混合溶液发生反应Ⅱ制得高铁酸钠溶液，向高铁酸钠溶液中加入饱和氢氧化钾溶液发生反应Ⅲ制得粗高铁酸钾。
【详解】A．工业制备氯气的反应为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑，故A错误；
B．由分析可知，反应Ⅱ为氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混合溶液反应生成氯化钠、高铁酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．由分析可知，反应Ⅲ为高铁酸钠溶液与饱和氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为，故C错误；
D．高铁酸钾净水原理为溶液中的高铁酸根离子与水反应生成氢氧化铁胶体、氧气和氢氧根离子，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的作用，生成氢氧化铁胶体的离子方程式为(胶体)，故D正确；
故选D。
13．C
【详解】A．会发生水解，溶液中含的数目小于，A错误；
B．(标准状况下)为0.25mol，含电子数目为，B错误；
C． 中含有硫硫非极性键，为0.1mol，含非极性共价键的数目为，C正确；
D．SO2中S化合价由+4降低到+2，完全参加反应，转移电子数为2，D错误；
故答案选C。
14．C
【详解】A．由过程I可知‘稀燃’过程中吸附在氧化铝表面的BaO与氧气和二氧化氮反应生成硝酸钡，根据得失电子守恒得反应方程式为：，故A正确；
B．燃油含硫时，燃烧生成的二氧化硫与氧化钡反应生成亚硫酸钡，进一步被氧气氧化成硫酸钡，硫酸钡包裹住氧化钡，使吸收能力下降，故B正确；
C．吸收生成二氧化碳和NO，1molCO反应失去2mol电子，1mol硝酸钡反应得6mol电子，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故C错误；
D．由图示信息可知“富燃”过程中表面CO和NO反应生成，反应方程式为：，故D正确；
故选：C。
15．D
【详解】A．已知Co是27号元素，则Co在元素周期表中位于第4横行第9纵列即第四周期Ⅷ族，选项A正确；
B．由题干信息可知，0.3molCoC2O4·2H2O加热至恒重时固体Y的质量为24.1g，Y中含有0.3molCo，则O的物质的量为：，则固体Y为，选项B正确；
C．由B项分析结合题干转化信息可知，酸溶时发生的反应为：Co3O4+8HCl=3CoCl2+4H2O+Cl2↑，此反应中Co3+为氧化剂，Cl2为氧化产物，故酸性条件下氧化性：，选项C正确；
D．由题干信息可知，Co的常见化合价有、价，Co5O6中Co3+与Co2+的物质的量之比为：2：3，结合上述流程信息，若有与足量盐酸充分反应，则反应方程式为：Co5O6+12HCl=5CoCl2+6H2O+Cl2↑，故理论上可以得到，选项D错误；
答案选D。
16．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．CaSO4与浓度较大的可溶性碳酸盐反应可以得到碳酸钙，再用酸可以将其除去，离子方程式为CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，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；
故选D。
17．(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质
(2)     U形干燥管     b→c→d→e
(3)MnO2+4H++2Cl- Mn2+++Cl2↑+2H2O
(4)1
(5)     ＞     不是     Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+
(6)

【分析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；
（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；
（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；
（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因，故答案为：＞；不是；
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；
（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为：=，故答案为：。
18．(1)溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成
(2)
(3)          HNO3、AgNO3
(4)防止沉淀长时间与空气接触而被氧化
(5)实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子
(6)     溶液    

【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；
【详解】（1）2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；
（2）4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为；
（3）①已知在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放在一段时间后溶液变为蓝色，说明空气氧气将一价铜氧化为二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为；
②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；
（4）一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；
（5）已知，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；
（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，则试剂b应该不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为溶液；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压更大，故为。
19．(1)烧杯、量筒、托盘天平
(2)
(3)猜想1
(4)     正          电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀     与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性

【详解】（1）用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，称量固体需要用到药匙、天平(匹配容量瓶精度应使用分析天平，由于客观条件限制可使用托盘天平或电子天平)，溶解需要用到烧杯、玻璃棒、量筒，转移需要用到玻璃棒、100mL容量瓶，定容需要用到胶头滴管，所以答案为：烧杯、量筒、托盘天平；
（2）分析试管d溶液中存在的离子，结合试管d的实验现象(白色沉淀和气体)，可知试管d中和发生氧化还原反应；根据题目信息，易溶于水，可知还原生成的与溶液中的结合生成白色沉淀，该反应的离子方程式为；
（3）实验1和实验2，A烧杯中加入固体前后实验现象相同，即并未因存在发生自发的氧化反应，故猜想1不合理，答案为：猜想1；
（4）①根据原电池中自发的氧化还原反应可知，得电子发生还原反应，生成白色沉淀，故烧杯B中石墨电极为原电池的正极，电极反应式为，答案为：正，；
②在溶液中加入固体，闭合开关K后，若电流表指针发生明显偏转，烧杯A中有气泡产生且烧杯B中产生白色沉淀即可验证猜想2合理，答案为：电流表指针偏转明显，烧杯A中有气泡产生且在烧杯B中产生白色沉淀；
③从化学反应原理角度，的还原产物可与形成沉淀脱离溶液，降低了溶液中的，提高了的氧化性，促使与的反应能够进行完全，答案为：与的还原产物形成沉淀，降低，提高的氧化性。
20．(1)
(2)
(3)、
(4)          不易过滤(或造成吸附损失)
(5)         
(6)     放电    

【分析】菱锰矿的主要成分为，主要杂质为、、、、，用硫酸溶解，碳酸锰和硫酸反应生成硫酸锰、碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀、氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝、碳酸亚铁和和硫酸反应生成硫酸亚铁，二氧化硅和硫酸不反应，过滤出二氧化硅、硫酸钙沉淀，滤液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+，用二氧化锰氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀除铁，过滤出氢氧化铁沉淀，滤液中加氢氧化钙调节pH=5生成Al(OH)3沉淀除铝，滤液中加SDD除，过滤，滤液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，灼烧碳酸锰得到MnO晶体。
【详解】（1）酸浸时和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，发生反应的化学方程式为；
（2）氧化过滤时体系溶液的pH=3，目的是氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，此时发生反应的离子方程式为。
（3）根据，可知pH=5时，Al3+能完全沉淀，硫酸钙微溶，所以滤渣3是、；
（4）①SDD可表示为 ，沉淀剂SDD是为了除去生成重金属螯合物沉淀，SDD与通过配位键以2:1结合生成中性螯合物沉淀，结构式为 。
②若使用Na2S做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2S外，还会产生絮状无定型沉淀，絮状无定型沉淀具有吸附性，不易过滤，吸附损失。
（5）沉锰时碳酸氢铵和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳，发生反应的离子方程式为；滤液X中含有，经浓缩结晶可做化肥。
（6）电池放电时，阳离子向正极移动，嵌入晶体，②代表电池放电过程，该过程的电极反应式为。
21．(1)          增大反应速率，提升酸浸效率     Cl2或ClO2
(2)pH=0.5，萃取剂浓度为15%
(3)H2SO4
(4)7.7×10-6
(5)          取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净

【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以进入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。
【详解】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数即In3+的水解常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
22．(1)SO2
(2)Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O
(3)制玻璃、光导纤维等
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)1∶16
(6)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
(7)×100%

【分析】根据高硫铝土矿的成分，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根据流程图中，操作Ⅰ后得到滤液主要成分，焙烧Ⅱ中氧化铁和氧化铝与硫酸铵反应，发生非氧化还原反应，根据原子守恒进行分析，其反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O、Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O，气体Ⅱ为氨气，反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，气体Ⅰ中成分除氧气外，还含有SO2；故答案为SO2；
（2）该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒进行，令Fe2O3的系数为1，则NH4Fe(SO4)2系数为2，NH4Fe(SO4)2含有2个SO，因此硫酸铵的系数为4，即气体为氨气，其反应方程式为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；故答案为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；
（3）根据上述分析，滤渣Ⅰ为SiO2，可以制玻璃、光导纤维等，故答案为制玻璃、光导纤维等；
（4）根据表中数据，NH4Fe(SO4)2溶解度较小，且变化较大，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，令FeS2物质的量为amol，Fe2O3物质的量为bmol，根据得失电子数目守恒，a×(－2)+2a×[4－(－1)]=b×2×(3－)，则a∶b=1∶16，故答案为1∶16；
（6）根据上述分析，产生气体有SO2、NH3，氨气与二氧化硫、氧气反应生成硫酸铵，即反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；故答案为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
（7）Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，n(Al3+)+n(Cu2+)=n(EDTA)，n(Al3+)= n(EDTA)－n(Cu2+)=V1×10-3L×c1mol/L－V2×10-3L×c2mol/L，根据原子守恒，mg样品中氧化铝纯度为×100%=×100%；故答案为×100%。
23．(1)C
(2)     防止受热分解    
(3)     调节溶液的pH使转化为沉淀     4~7
(4)若pH过低，与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)蒸发浓缩、冷却结晶

【分析】粗硫酸镍废液中含有、、、、、等，步骤i中加入有机溶剂，作用是除去得到含铜有机物，溶液1中含有、、、、等，步骤ⅱ中加入过氧化氢作用是氧化和，有利于形成，除去砷和铁元素，溶液2中含有、、、，步骤iii中加入的作用是调节溶液的pH使转化为沉淀，步骤ⅳ中加入NaF并调节pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，沉淀3是氟化钙和氟化镁，溶液4中的溶质主要为。
【详解】（1）粗硫酸镍废液中含有、、、，和都具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，还可以与溶液反应生成蓝色沉淀，所以可选择检验粗硫酸镍废液中是否存在，即选C；
（2）步骤ⅱ中加入的作用是氧化和，有利于形成，除去砷和铁元素，温度过高，受热分解，所以温度不能过高的原因：防止受热分解；据分析可知步骤ⅱ中、被氧化，故离子方程式为；
（3）步骤iii加入的目的是：调节溶液的pH使转化为沉淀；根据题目已知信息，的，若溶液2中时，溶液3中不能大于，即pH不能大于7，又因为溶液3中，则溶液3中不能小于，即pH不能小于4，故需控制pH的大致范围为4~7；
（4）步骤ⅳ在加入NaF的同时需调pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，即原因是若pH过低，与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降；
（5）从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。