02离子反应、氧化还原反应--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版）

这是一份02离子反应、氧化还原反应--福建省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（鲁科版），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）某实验小组制备高铁酸钾()装置如图所示(加热及夹持装置略)。下列说法错误的是

A．分液漏斗中溶液可以为浓盐酸
B．C中发生的反应：
C．净水原理：(胶体)
D．D装置起到吸收尾气并防止倒吸的作用
2．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）下列方程式正确的是
A．与NaOH溶液反应：
B．KSCN溶液检验：
C．在高温条件下与反应：
D．红热的铁丝伸入充满氯气的集气瓶中：
3．（2022上·福建三明·高三统考期末）实验室常用滴定法测定白云石[]中钙的含量。现取一定量白云石样品，将其酸溶后转化为沉淀，将得到的沉淀用酸溶解生成，再用标准溶液滴定。下列说法正确的是
A．滴定过程中发生反应的离子方程式为：
B．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸
C．滴定过程中，每产生(标况下)转移电子
D．若酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时无气泡，将导致测定结果偏高
4．（2022上·福建三明·高三统考期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1ml·L-1的NaOH溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．含有大量Fe3+的溶液中：、、、
D．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：、、、
5．（2022上·福建三明·高三统考期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．向硝酸银溶液中加入足量铜：Cu+Ag+=Ag+Cu2+
B．向硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Al3++4OH-=[Al(OH)4]-
C．向NH4HCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O
D．向硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH
6．（2022上·福建福州·高三统考期末）常温下，下列各组离子在给定环境中能大量共存的是
A．食盐水：NH、Fe2+、NO、Br-B．白醋：Ca2+、Na+、Br-、HCO
C．84消毒液：Ba2+、K+、I-、Cl-D．明矾溶液：Na+、Mg2+、SO、HS-
7．（2023上·福建三明·高三统考期末）一种新型短路膜电化学电池消除装置如图所示。下列说法错误的是
A．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子
B．正极反应消耗标准状况下，理论上需要转移电子
C．负极反应为：
D．该装置可用于空气中的捕获，缓解温室效应
8．（2023上·福建龙岩·高三校联考期末）某工厂利用下列途径处理含铬(Ⅵ)废水：

下列说法错误的是
A．“调pH”时可用浓盐酸代替硫酸
B．“转化”过程发生的反应方程式：
C．“转化”过程不能用替换
D．“沉淀”过程，生成的胶体可作为絮凝剂，加速沉淀
9．（2023上·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。已知：
实验①：
实验②：
下列关于该实验的分析不正确的是
A．实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应
B．实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大
C．实验表明，相同pH条件下，不同存在形式的Ag(I)的氧化性不一样
D．对比实验①和②知，形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低
10．（2022上·福建三明·高三统考期末）化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．活性炭具有消毒杀菌作用B．维生素C可作抗氧化剂
C．甘油可用于制造日用化妆品D．天然气是一种优良的气体燃料
11．（2022上·福建福州·高三统考期末）草酸浸渍含铁、铝石英砂后的废液对于染料废水—亚甲基蓝具有很好的脱色效果，主要的反应原理如下：
Fe(C2O4)Fe2++2C2O+C2O·
C2O·+O2→O·+2CO2
O·+H+→HO2·
HO2·+Fe(Ⅱ)+H+→Fe(Ⅲ)+H2O2
Fe2++H2O2→Fe3++·OH+OH-
生成的H2O2和·OH，破坏有机分子的发色团而使染料脱色。下列说法错误的是
A．H2O2和·OH都具有强氧化性
B．有机染料分子完全被氧化成CO2和H2O等无机物而脱色
C．光照、溶解氧的量以及pH的大小均会影响脱色效果
D．该技术体现了“以废治废”的环保理念
12．（2020上·福建福州·高三统考期末）为正盐，能将溶液中的还原为，可用于化学镀银。利用进行化学镀银反应中，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为。下列说法正确的是
A．上述反应中，氧化产物是
B．是三元酸，与反应可生成三种盐
C．中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
D．该反应的离子方程式为
二、填空题
13．（2020上·福建厦门·高三统考期末）硫及其化合物在工农业生产中有着重要作用．回答下列问题
（1）工业制硫酸，接触室中发生反应的化学方程式为 。下列可提高SO2平衡转化率的措施是 。(填标号)
A．降低温度 B．减小压强 C．延长反应时间 D．增大O2的投料
（2）工业上可用Fe2(SO4)3溶液吸收SO2，该过程的离子方程式为 。为实现吸收液的再生，可通入 。
（3）用如图装置脱除废烟气中的SO2和废水中的Cu2+，该方法总反应的化学方程式为 。含Cu2+的废水应置于 室(填“a”或“b”)。
14．（2019上·福建宁德·高三统考期末）氟及其化合物在生产生活中被广泛使用，造福人类。
(1)氟在元素周期表中的位置是 。
(2)氢氟酸具有刻蚀玻璃的特性，写出该反应的化学方程式 。已知25℃时，氢氟酸的电离平衡常数Ka=3.6×10－4，若将0.01 ml·L－1的HF溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
(3)次氟酸(HOF)由科学家在1971年首次制得，次氟酸的电子式为 。
(4)四氟肼(N2F4)用作高能燃料的氧化剂，1 ml N2F4分子中含有的共价键数目是 NA。N2F4气体可用Fe3+氧化二氟胺(HNF2)制得，写出该反应的离子方程式 。
(5)六氟化铀(UF6)是铀的稳定气态化合物，用作核燃料，由U3O8制取UF6的三步反应原理如下：
①U3O8+H2 →UO2+H2O (未配平) ②UO2+4HF=UF4+2H2O ③UF4+ F2 = UF6
则下列说法正确的是 。
A．反应①②③都是氧化还原反应
B．反应③中U元素被氧化
C．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1
(6)六氟磷酸锂(LiPF6)是锂离子电池广泛使用的电解质。LiPF6与极少量水反应可生成POF3等三种含氟化合物，写出该反应的化学方程式： 。
15．（2019上·福建宁德·高三统考期末）多硫化物是含多硫离子(Sx2－)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。回答下列问题：
（1）多硫化钠(Na2S5)可由H2S与Na2S在一定条件下反应制得，该反应的还原产物为 ，Na2S5中含有的化学键类型是 。
（2）多硫化物MS4溶液在碱性条件下可高效处理高浓度含CN－电镀废水，CN－被氧化成毒性较小的SCN－，S2－转化为S2－。
①M的离子与S2－具有相同的核外电子排布，则M在周期表中的位置是 。
②CN－的电子式为 。
③处理废水的离子方程式为 。
（3）过硫化铵[(NH4)2S2]可用作硫化试剂，为探究其性质，某研究小组进行如下实验：取含1.00g(NH4)2S2的溶液加入足量稀硫酸酸化，得到0.32g淡黄色不溶物A和氢化物B。
①A是 ，生成的B在标准状况的体积为 mL。
②利用(NN4)2S2溶液中的活性硫能将硫锡矿中的难溶物硫化亚锡(II)(SnS)氧化成硫代锡(IV)酸铵[(NH4)2SnS3]而溶解，写出反应的离子方程式 。
16．（2015上·福建厦门·高三统考期末）元素周期表中第三周期元素的单质及其化合物的用途广泛。
（1）该周期元素中，半径最小的简单离子的离子结构示意图为 。
（2）能证明氯的非金属性（得电子能力）比硫强的化学方程式为 。
（3）NaHSO3溶液呈酸性，其溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
（4）ClO2可将弱酸性废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，同时ClO2被还原为Cl—，该反应的离子方程式为 。
（5）已知下列两反应过程中能量变化如图所示：
汽车尾气中含有的少量NO2和SO2在一定条件下会发生反应，该反应的热化学方程式为 。
17．（2015上·福建福州·高三统考期末）食盐是重要调味品，随着对饮食健康的重视，出现了各种类型的特种食盐。
（1）常说“饮食过咸会伤骨”，长期摄入食盐过多可能导致骨骼脱钙，下列物质中，可以作为补钙药品主要成分的是 （填标号）。
（2）低钠盐因含有氯化钾和硫酸镁可防治高血压和心血管病，往其溶液中滴入氨水，发生反应的化学方程式是 。
（3）加硒盐中含有的硒元素是人体微量元素中的“抗癌之王”，写出证明硒元素非金属性比硫元素弱的一个实验事实： 。
（4）加碘盐可防治碘缺乏症，其中的碘酸钾(KIO3)在酸性溶液中可氧化亚硫酸钠，生成物能使淀粉变蓝，1ml KIO3被还原时，转移电子 ml，该反应的离子方程式为 。
18．（2015上·福建福州·高三统考期末）盐酸常用于清除金属表面的铜锈铁锈。某同学欲将除锈后的盐酸中的金属元素分步沉淀，查资料获知常温下水溶液中各离子沉淀的pH范围：
（1）若以离子浓度降至1×10-5 ml·L-1为沉淀完全，根据上表数据推算出ksp［Fe(OH)3］=
（2）根据上述数据该同学设计了以下实验流程：
A可能是 ；试剂B的化学式是 ；沉淀②化学式是 。
三、解答题
19．（2020上·福建莆田·高三校联考期末）研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与I2在水体和大气中的部分转化如下图所示。
(1) I2的电子式为 。
(2)水体中的I-在非酸性条件下难于被空气中的氧化。原因是的反应速率慢，反应程度小。
①I-在酸性条件下与反应的离子方程式是 。
②在酸性条件下I-易被氧化的可能的原因是 。
(3)有资料显示：水体中若含有，会对氧化I-产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的通入到下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。已知：每参与反应，生成。
① 。
②甲中反应为可逆反应，其离子方程式是 。
③比较甲、乙、丙实验，说明在实验乙中的作用并解释 。
20．（2020上·福建厦门·高三统考期末）一种使用钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制备电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂( LiFePO4)的工艺流程如图所示.
（1）“溶浸”过程，FeTiO3先以TiO2+和Fe2+形式浸出，相应的离子方程式为
（2）“溶浸”过程，TiO2+存在以下行为：
氯化:TiO2++4Cl-=
水解:+H2O=TiO(OH)++H++4Cl-
分解:2TiO(OH)++2H2O=2TiO2·2H2O+4H+
当c(Cl-)=5ml/L时，溶液中和TiO(OH)+分布系数与pH的关系如图．据此判断，为提高Ti浸出率，应选择的条件为
（3）“沉铁”过程生成FePO4的化学方程式为
（4）“煅烧”过程Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为
（5）H2C2O4下列性质在“煅烧”过程中的作用分析，正确的是 (填标号)
A．H2C2O4受热熔化，能使反应物混合更充分
B．H2C2O4分解产生碳颗粒，能增强电极导电性
C．H2C2O4分解产生气体，不会残留
D．H2C2O4具有还原性，能防止Fe2+被氧化
（6）以钛酸锂和磷酸亚铁锂作电极组成电池，充电时发生反应为Li4Ti5O12+ LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4(0[H+]>[ SO32-]>[OH-] 2 ClO2 + 5Mn2+ + 6H2O = 5MnO2 ↓+ 2Cl- + 12H+ NO2(g) + SO2(g) =NO(g) + SO3(g) △ H = -41.8kJ·ml-1
【详解】试题分析：（1）在第三周期元素中，半径最小的简单离子是铝离子，其离子结构示意图为。
（2）非金属性强元素单质能置换出非金属性弱的单质，则能证明氯的非金属性（得电子能力）比硫强的化学方程式为Cl2 + H2S = S↓ + 2HCl。
（3）NaHSO3溶液中电离程度大于水解程度，因此溶液呈酸性，所以其溶液中离子浓度由大到小的顺序为[Na+]>[HSO3-]>[H+]>[ SO32-]>[OH-]。
（4）ClO2可将弱酸性废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，同时ClO2被还原为Cl—，则根据电子得失守恒以及质量守恒定律可知该反应的离子方程式为2 ClO2 + 5Mn2+ + 6H2O = 5MnO2 ↓+ 2Cl- + 12H+。
（5）根据图象可知反应的热化学方程式为① O2(g) +2SO2(g) =2SO3(g) △ H =－196.6kJ·ml-1、②2NO(g) + O2(g) ＝2NO2(g) △ H = －113.kJ·ml-1，则根据盖斯定律可知（①－②）÷2即得到NO2(g) + SO2(g) =NO(g)+ SO3(g) △ H = －41.8kJ·ml-1。
考点：考查元素周期律的应用以及热化学方程式书写等
17． A MgSO4 +2NH3·H2O=Mg (OH)2↓+ (NH4) 2SO4或Mg2++2NH3·H2O= Mg (OH)2↓+2NH4+ 硒与氢气化合比硫更难(或硒酸酸性比硫酸弱,或硒化氢稳定性比硫化氢弱，或硫能置换出硒等) 5 2IO3－＋5SO32－＋2H＋===I2＋5SO42－＋H2O
【详解】试题分析：（1）人体吸收的是钙元素的化合物，同时还不能对人体产生危害。A．CaCO3不会对人体产生危害，会与人体内的酸发生反应产生CaCl2，补充钙元素，正确； B．CaO与水发生反应产生Ca(OH)2，对人体产生腐蚀，、危害，不能使用，错误； C．Ca(OH)2溶于水放热，对人体造成伤害，电离产生的OH-也会对人体造成腐蚀，不能使用，错误；D．Ca是很活泼的金属单质，与人体内的水发生反应产生氢气和强碱Ca(OH)2，对人产生一定危害，错误。故选项是A；（2）低钠盐因含有氯化钾和硫酸镁可防治高血压和心血管病，往其溶液中滴入氨水，发生复分解反应产生沉淀。反应的化学方程式是MgSO4 +2NH3·H2O=Mg (OH)2↓+ (NH4) 2SO4或Mg2++2NH3·H2O= Mg (OH)2↓+2NH4+；（3）硒元素、硫元素是同一主族的元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，相应的氢化物的稳定性就越强，形成氢化物越容易进行解析比较。所以可以通过硒与氢气化合比硫更难(或硒酸酸性比硫酸弱,或硒化氢稳定性比硫化氢弱，或硫能置换出硒等)。（4）加碘盐可防治碘缺乏症，其中的碘酸钾(KIO3)在酸性溶液中可氧化亚硫酸钠，生成物能使淀粉变蓝，说明产生了I2，根据元素化合价升高或降低的总数等于原子的原子失去或获得的电子数可知：1ml KIO3被还原时，转移电子5ml，该反应的离子方程式为2IO3－＋5SO32－＋2H＋===I2＋5SO42－＋H2O。
考点：考查补充钙试剂的选择、离子方程式的书写、元素的非金属性强弱比较的方法、氧化还原反应中的电子转移的知识。
18．（共9分）：（1）1.0×10-38（3分）
（2）双氧水（氯气或氧气或臭氧也给2分）（2分）NaOH(或其它可溶性碱) （2分）Cu(OH)2（2分）
【详解】试题分析：（1）根据表格的数据可知Fe3＋沉淀完全的溶液的pH="3." 0, c(OH-)=10-11,离子浓度降至1×10-5 ml·L-1为沉淀完全，则ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3＋)∙c3(OH-)=1×10-5×(10-11)3=1×10-38； （2）向含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋的盐酸溶液中加入双氧水等氧化剂，会把Fe2＋氧化为Fe3＋，得到含有Fe3＋、Cu2＋的盐酸溶液，然后向该溶液中加入NaOH溶液，调整溶液的pH=4,这时首先得到Fe(OH)3沉淀，过滤，得到的滤液中再加入NaOH只溶液的pH≥6.7，溶液中的Cu2+就会形成Cu(OH)2沉淀，因此沉淀②是Cu(OH)2。
考点：考查沉淀溶解平衡常数的计算、溶液中杂质离子除去的试剂的选择、沉淀的成分的确定的知识。
19． 增大，减小，使平衡正向移动，反应易于进行等其他合理答案 或的氧化产物与和反应产生的结合，促使该平衡正向移动，提高了的转化率等其他合理答案
【分析】（1）根据成键方式书写电子式；（2）根据氧化还原反应原理书写反应方程式，并根据平衡移动原理分析解答；（3）根据实验数据及平衡移动原理分析解答。
【详解】（1） I2属于共价分子，电子式为： ，故答案为： ；
（2）①根据题干信息分析，I-在酸性条件下被氧化生成I2，反应的离子方程式是；
②根据提给信息中I-在非酸性条件下被氧化的反应方程式分析知，在酸性条件下I-易被氧化的可能的原因是增大，减小，使平衡正向移动，反应易于进行，故答案为： ；增大，减小，使平衡正向移动，反应易于进行等；
（3）①验证Fe2+对O3氧化I-产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以A、B组对照实验中c(Cl-)要相同，即c(NaCl)=2c(FeCl2)=2×1.5×10-2ml/L=3×10-2ml/L，故答案为：3×10-2；
②O3氧化I-时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为：，故答案为：；
③Fe2+具有强还原性，易被O3氧化生成Fe3+，Fe2+或Fe3+结合OH-生成弱碱，促使反应正向进行，提高I-转化率，故答案为： 或的氧化产物与和反应产生的结合，促使该平衡正向移动，提高了的转化率。
20． 合适的pH并提高溶液温度 1:1 ABCD
【详解】（1）FeTiO3与盐酸反应，生成TiO2+和Fe2+，元素化合价均未发生变化，其离子方程式为：，
故答案为：；
（2）“溶浸”最终得到的是TiO2·2H2O，若要提高Ti浸出率，尽可能提高TiO(OH)+的含量，因此选择的条件为合适的pH并提高溶液温度，
故答案为：合适的pH并提高溶液温度；
（3）沉铁过程中，Fe2+氧化为Fe3+，H2O2作氧化剂，作沉淀剂，根据得失电子守恒、原子守恒可配平其化学方程式：，
故答案为：；
（4）煅烧过程中发生反应：，由此可知，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1:1，
故答案为：1:1；
（5）A、H2C2O4为分子化合物，熔点较低，受热融化后，可与反应物接触更加充分，故A正确；
B、H2C2O4分解产生碳颗粒，会吸附在电极上，碳具有导电性，能够增强电极导电性，故B正确；
C、H2C2O4分解会产生CO2、H2O，因此不会残留，故C正确；
D、H2C2O4中C为+3价，具有一定还原性，可在煅烧过程中保护Fe2+不被氧化，顾D正确；
故答案为：ABCD；
（6）充电时，阳极发生氧化反应，由总反应可知，LiFePO4中Fe元素化合价升高，故阳极发生反应为：，
故答案为：。
【点睛】锂电池相关研究获得2019年诺贝尔化学奖，因此对于锂电池的相关考查的频数会呈上升趋势，本题第（5）问中B选项需注意，在“煅烧”过程中虽不涉及电池的相关反应，但在电极材料应用过程中，草酸分解产生的碳颗粒将能够发挥作用。
21． 略 2[Al(OH)4]-+CO2 =2Al(OH)3↓+CO32- + H2O BaSO4、BaCO3 8Al+3NO3-+5OH-+18H2O= 3NH3↑+8[A1(OH)4]- Mg2+、Ca2+、CO32- 机动车尾气、燃煤污染、土壤扬尘
【详解】（1）由已知，试样溶液中的NH4+与过量NaOH溶液反应，加热产生的气体1为氨气(NH3)，故电子式为：。
（2）试样溶液中的Al3+与过量NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-，[Al(OH)4]-与CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-，沉淀溶解，所以沉淀1为Al(OH)3，生成“沉淀1”的离子方程式为：[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。
（3）由流程，沉淀2中加盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，结合已知中离子色谱检验结果可得，沉淀2应为BaSO4和BaCO3的混合物。
（4）流程中，溶液3加入铝粉和NaOH加热条件生成的气体2能使湿润的pH试纸变蓝，则气体2为氨气，由已知：在加热与强碱性条件下，铝单质可以将NO3-还原为氨气，所以“溶液3气体2”的离子方程式为：8Al+3NO3-+5OH-+18H2O3NH3↑+8[A1(OH)4]-。
（5）根据试样溶液加过量NaOH溶液没有产生沉淀，可得Mg2+含量较低；根据沉淀1完全溶解于NaOH溶液，可得沉淀1中没有CaCO3，Ca2+和CO32-含量较低，所以根据上述实验可推断该地区大气颗粒物中Mg2+、Ca2+、CO32-含量较低。
（6）根据实验结果可判断该地区大气颗粒物中Mg2+、Ca2+、CO32-含量较低，结合表中提供的信息可得：机动车尾气、燃煤污染、土壤扬尘是该地区大气颗粒物污染主体。
22．(1)多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎
(2) Al(OH)3 3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
(3)Zn
(4)5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑
(5)n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4
(6) 加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液颜色由无色变为浅红色且半分钟内不变色 97.2%
【分析】含锌废渣用硫酸酸浸后，废渣中的Pb元素转化为PbSO4沉淀过滤后存在于滤渣1中，滤渣中含有Zn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，“氧化除杂”环节，Fe2+和反应生成沉淀除去，加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去， “滤渣2”中含有、、Al(OH)3，再向滤液中加入金属Zn置换出Cu过滤除去，得到的滤渣中含有Zn2+，加入碳酸氢铵将Zn2+转化为，煅烧后得到ZnO。
【详解】（1）为了提高含锌废渣的浸出率，可采用的方法有：多次浸取；适当增大稀硫酸浓度；充分搅拌；适当升高温度；粉碎。
（2）“氧化除杂”环节，“滤渣2”中含有、，说明Fe2+和反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Fe2++MnO+8H2O=MnO(OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；加入KHCO3控制溶液pH为5.2，使Al3+转化为Al(OH)3除去，“滤渣2”中除了、还有Al(OH)3。
（3）由分析可知，金属X是Zn。
（4）“制碱式盐”得到碱式碳酸锌，化学式为，说明Zn2+和HCO反应生成，离子方程式为：5Zn2++10HCO=Zn5(CO3)2(OH)6·2H2O↓+8CO2↑。
（5）300℃时，剩余固体中已不含碳元素，则温度高于300℃时，固体失去H2O，由图中数据可知，失去n(H2O)= ，温度达到500℃时，此时固体为ZnO，物质的量n(ZnO)= ，则300℃时，混合固体中n(Zn):n(H):n(O)=5:2:6，而在温度为300℃时，固体为Zn(OH)2和ZnO的混合物，则n[Zn(OH)2]∶n(ZnO)=1∶4。
（6）依据滴定原理可知，用酚酞为指示剂，用氢氧化钠滴定，则滴定终点时溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不变色即为滴定终点；根据H++OH-=H2O可知，硫酸反应后剩余氢离子物质的量为0.500ml/L×0.0240L=0.012ml，则与ZnO反应的氢离子物质的量为=0.0180L×1.000ml/L×2-0.012ml=0.024ml，由ZnO+2H+=Zn2++H2O可知，ZnO的质量为0.024ml××81g/ml=0.972g，则样品纯度为=97.2%。
23．(1)Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)HNO3
(3) Cu(NO3)2 向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片 N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体) HNO2
(4)排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响
(5) 2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O 90%
【详解】（1）试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
（2）已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为与水生成了，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；故答案为：HNO3。
（3）假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是对该反应有催化作用；为验证对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；故答案为：Cu(NO3)2；向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片；N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体)；HNO2。
（4）得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响。
（5）某工厂用硝酸溶解废铜屑制备，为避免的生成，实验小组提出还应加入溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，根据Cu～，理论得到质量为，实际得到653.4 kg产品，产率为；故答案为：2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；90%。
24．(1)C
(2)HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快
(3)80%
(4)Al(OH)3、Fe(OH)3
(5)向“沉镍”后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，说明Ni2+已经沉淀完全
(6)NiC2O4·2H2O +2NaOH=Ni(OH)2+Na2C2O4+2H2O
(7)2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O
【分析】含镍废料(主要成分为镍、铝、氧化铁、碳等)提取Ni2O3流程：废旧镍电池表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质清除，可选用酒精预处理，酸浸后，碳不溶于酸成为滤渣，镍、铝、氧化铁反应变为金属阳离子Ni2+、Fe3+、Al3+进入溶液，加入NiO调节pH值，促进Fe3+、Al3+水解，产生Fe(OH)3与Al(OH)3沉淀，除去铁与铝元素，加入Na2C2O4沉淀Ni2+，发生反应为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O↓+2NaCl，加入NaOH溶液后NiC2O4·2H2O沉淀转化为Ni(OH)2，再把Ni(OH)2氧化为Ni2O3，发生反应为2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O，以此分析解答。
【详解】（1）“预处理”操作表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可根据相似相溶原理，选用酒精预处理，故合理选项是C；
（2）温度高于40℃时加快盐酸挥发，导致盐酸浓度降低较快，加上温度高Ni2+水解程度加大，会部分生成Ni(OH)2，导致镍的浸出率开始下降；
（3）在室温下当溶液pH=2.0时，c(OH-)=10-12 ml/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c3(OH-)=4.0×10-38，c(Fe3+)×(10-12)3=4.0×10-38，解得c(Fe3+)=0.04 ml/L，故沉铁率为；
（4）根据上述分析可知：滤渣2主要成分是Fe(OH)3与Al(OH)3；
（5）若沉镍完全，则向沉镍后的上层清液中再加入Na2C2O4溶液时，溶液不会变浑浊。故证明“沉镍”中Ni2+已经完全沉淀的实验步骤及现象为：向“沉镍”后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，说明Ni2+已经沉淀完全；
（6）“沉镍”生成NiC2O4·2H2O沉淀，再加入NaOH溶液时发生“沉淀转化”，生成更难溶的Ni(OH)2，同时产生Na2C2O4、H2O，该反应的化学方程式为NiC2O4·2H2O +2NaOH=Ni(OH)2+Na2C2O4+2H2O；
（7）Ni(OH)2具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应产生Ni2O3、NaCl、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O。
25．(1)增大与反应物的接触面积，加快反应速率
(2) -1 15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
(3)Fe(OH)3
(4) Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 0.1ml
(5)蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)
(6)H2SO4
【分析】由流程图可知，酸浸时，软锰矿中MnO2和黄铁矿中FeS2在硫酸溶液中反应，反应生成硫酸铁、硫酸锰和水；净化时，加入MnCO3，降低酸度，使铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，溶液中锰离子电解后转化为二氧化锰沉淀。操作a，硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)可得到硫酸锰固体。
【详解】（1）工业上将氧化锰矿制成矿浆的目的是：增大与反应物的接触面积，加快反应速率。 故答案为：增大与反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）FeS2中的Fe为+2价，则S化合价为-1；“浸出、化合”时，FeS2的氧化产物之一为SO，生成硫酸锰和硫酸铁，反应的化学方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O。 故答案为：-1；15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
（3）净化时，加入MnCO3，降低酸度，使铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣的主要成分是Fe(OH)3(化学式)。 故答案为：Fe(OH)3；
（4）用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极失电子，发生氧化反应，生成二氧化锰，阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；若转移的电子数为6.02×1022，根据氢离子和转移电子之间的关系式2H+～2e-，左室溶液中最终n(H+)的变化量为0.1ml。 故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；0.1ml；
（5）操作a，硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)可得到硫酸锰固体。 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤)；
（6）MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑，电解废液中的H2SO4(填化学式)可以循环使用。 故答案为：H2SO4。
26． Si(s) + 2Cl2(g) === SiCl4(l) ΔH= −687kJ•ml−1 0.90ml
【分析】根据题给信息及热化学方程式的书写规则书写热化学方程式；根据烃分子的最简式及烯烃的性质分析烃的种类，书写电子式；根据原子守恒，电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。
【详解】根据元素在周期表中的位置，可知X为Si，Y为O，Z为Cl，
（1）X与Z两元素的单质反应生成1mlX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为−69℃和58℃，说明常温下为液体，生成SiCl4，反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) △H=−687kJ/ml，故答案为：Si(s) + 2Cl2(g) = SiCl4(l) ΔH= −687kJ•ml−1；
（2）该烃分子中碳氢质量比为9:1，则N(C):N(H)=:=3:4，最简式应为C3H4，有2个不饱和度，依据碳化钙与水反应推测，其为炔烃，4个H由2个Mg代替（通过带电量来替换），故其电子式为，Q为Mg2C3，与水反应的方程式为 Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑，故答案为：；
（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种气体为NO、NO2，最终转化为NaNO3，1ml氧气参与反应转移电子的物质的量为4ml，设出NO、NO2的物质的量分别为xml、yml，根据N原子从Cu中得到的电子，之后又都转移给O2，以保持电子数守恒关系；同时气体被氢氧化钠吸收时，N原子一直保持守恒、个根据N与Na原子守恒关系可得：x+y=1.0L×2.2ml•L-1=2.2ml，根据N元素与氧元素电子转移守恒得：3x+y=2×2×1=4ml，即：，解得：x=0.9，y=1.3，相对分子质量较小的NO为0.9ml，故答案为：0.90ml。
【点睛】此题的难点在于第三问，解决此类问题的关键是守恒思想，最终产物为NaNO3，根据原子守恒分析得生成的两种气体中N原子数目与Na原子守恒；根据反应中N元素化合价变化，分析N元素的电子与O元素电子得失守恒情况。