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04氧化还原反应（经典常考题）-广东省高三化学上学期期末专题复习（人教版2019新版）
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04氧化还原反应（经典常考题）-广东省高三化学上学期期末专题复习（人教版2019新版）一、单选题1．（2024上·广东潮州·高三统考期末）氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型合成方法如下。下列说法错误的是A．反应①属于人工固氮B．反应②为氧化还原反应C．该转化过程总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2D．反应⑤在无水环境中进行时有白烟产生2．（2023上·广东河源·高三统考期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．溶液中，的数目为B．与反应时生成的分子数为C．25℃时，pH=1的乙酸溶液中，由乙酸电离出的氢离子数目为D．标准状况下，2.24L由和组成的混合气体中含有的原子总数为3．（2022上·广东汕尾·高三统考期末）氯化亚铜(CuCl)难溶于水，不溶于乙醇，潮湿时易水解氧化，广泛应用于化工、印染、电镀等行业。由含[Cu(NH3)4]Cl2的印刷线路板蚀刻废液制取 CuCl 的流程如下图：下列有关说法正确的是A．“沉铜”时发生了氧化还原反应B．“滤液”中大量存在的离子有 Na+、、Cl−和 OH−C．“浸取”时发生离子方程式为：D．“洗涤”时宜用乙醇作为洗涤剂4．（2022上·广东梅州·高三校联考期末）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列离子方程式书写正确，且能完整解释对应实验现象的是A．通入溶液中：B．用铁电极电解饱和食盐水：C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，产生淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体：D．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：5．（2022上·广东梅州·高三校联考期末）下列物质的应用中，主要利用的反应不涉及氧化还原反应的是A．用于自来水消毒 B．熟石灰用于改良酸性土壤C．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨 D．绿矾用于处理含有的废水6．（2022上·广东东莞·高三统考期末）2022年10月31日我国空间站梦天实验舱成功进入预定轨道，并于11月3日顺利转位，标志中国空间站的正式落成。下列相关叙述正确的是A．运载火箭动力来源液氢在发射时发生还原反应B．长征五号运载火箭的底漆丙烯酸聚氨酯属于合成高分子涂料C．铝合金的导热性好、熔点低，可用作梦天实验舱的“铠甲”D．空间站太阳翼表层覆盖的砷化镓电池片能将化学能转变为电能7．（2023·广东广州·高三期末）陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是A．A B．B C．C D．D8．（2022上·广东珠海·高三统考期末）正确掌握化学用语是学好化学的基础。下列化学用语正确的是A．2-甲基戊烷的键线式：B．的结构示意图：C．乙烯的球棍模型：D．氧化生成单质硫：9．（2022上·广东潮州·高三统考期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1 mol·L-1KNO3溶液中离子总数等于0.2NAB．一定条件下，将71gCl2 和足量PCl3混合，发生反应Cl2 +PCl3PCl5后可得到NA 个PCl5 分子C．3mol Fe粉与水蒸气完全反应转移的电子数为8NAD．标准状况下，22.4 L 正戊烷中含有共价键的数目为16NA10．（2022上·广东潮州·高三统考期末）我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图，下列说法错误的是A．该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2B．该反应能量转化形式为光能→化学能C．图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+D．转化HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH11．（2023上·广东韶关·高三乐昌一中校考期末）采用焙烧-水浸回收工艺，可实现废催化剂(含等)中元素的高效分离和回收，其工艺流程如图所示：已知：①；②水浸后溶液中的；当溶液中时认为沉淀完全。下列说法错误的是A．“焙烧”时发生反应的方程式为B．“沉钼”时，当刚好沉淀完全时，溶液中(忽略溶液体积变化和盐的水解)C．“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶、过滤D．“沉铝”过程的离子反应为：12．（2022上·广东揭阳·高三统考期末）部分含硫物质的分类与相应硫元素化合价如图所示。下列说法正确的是A．将a通入至e的水溶液中，有黄色浑浊出现B．将c通入紫色石蕊试液至过量，溶液先变红后褪色C．足量的b与56 g铁粉充分反应，转移电子的物质的量为3 molD．可以往f的浓溶液和Cu反应完的试管中加入少量水，观察颜色变化以判断产物二、填空题13．（2023上·广东·高三广州市第六十五中学校考期中）H2S和等是自然环境的重要污染物。下列方法可以实现对H2S和等污染物处理。(1)利用多孔性活性Fe2O3·H2O颗粒物脱除烟气中的硫化氢。活性Fe2O3·H2O颗粒脱除H2S过程如图1，图中省略了部分物质。①在烟气进入净化设备前，必须经过除尘预处理，其目的是 。②写出反应Ⅲ再生成多孔性活性Fe2O3·H2O (同时有单质S生成)的化学方程式： 。③脱除H2S过程中应防止产生FeS，以免影响活性Fe2O3·H2O颗粒的再生，写出反应Ⅳ中可能产生的铁的化合物的化学式： (至少写出两种物质)。(2)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的，纳米铁还原废水中的可能反应机理如图2表示。①纳米铁还原的过程可描述为 。②经检测，污水中浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显，原因是 。③催化剂协同纳米零价铁能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的更具体的过程如图3所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2。当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。14．（2019上·广东佛山·高三佛山一中校考期中）碲（Te）具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以MezTeCMe表 示金属Cu、Pb、Au、Ag等）的形式存在。（1）利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCu、H2TeO3,则浸出渣的主要成分 为 （填化学式）；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是 （填物质名称）②已知HAuCU是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为 。③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入 mol SO2。 “氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3和Cu（OH）2，经电解即可获得Te。①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为 。②电解过程中，阴极的电极反应式为 。③与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是 （任写一点）15．（2017上·广东广州·高三执信中学校考期中）草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、ZnO、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如下： 已知：ZnO与Al2O3化学性质相似，既能溶于强酸又能溶于强碱（1）“550℃焙烧”的目的是 ； （2）“浸出液”的主要成分是 ； （3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为 ； （4） “净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，其作用是 (用离子方程式表示）；再升温至80~85℃，加入 溶液，调pH至4.5以达到净化除杂的目的。 （5）“净化除杂2”过程中，若溶液c(Ca2+)=0.01mol/L，使Mg2+恰好沉淀完全即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L，此时是否有CaF2沉淀生成 ？（列式计算）[已知Ksp(MgF2) =7.0×10-11、Ksp(CaF2) =1.0×10-10]。 （6）为测定制得样品的纯度，现称取1.000g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0. 1000 mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液26.00 mL，则草酸钴样品的纯度为 。三、解答题16．（2024上·广东深圳·高三统考期末）以软锰矿与黄铁矿为主要原料制备高品质的工艺流程：已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；②该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH：回答下列问题：(1)基态的价层电子排布图为 。(2)“酸浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有 (写一条)。(3)“酸浸”加入后，主要反应的离子方程式：滤渣1的主要成分为S、 ，加入后迅速产生大量气泡，可减少滤渣1在矿粉表面的附着，有利于酸浸。分析迅速产生气泡的原因： 。(4)“调pH”操作中需调节溶液pH范围为4.7～6.0，此时滤渣2的主要成分为 (填化学式)。(5)“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为 。(6)利用惰性电极电解体系获得的机理如图所示，硫酸浓度与电流效率η的关系如图所示。硫酸浓度超过时，电流效率η降低的原因是 。()17．（2024上·广东深圳·高三统考期末）菠菜中含有丰富的草酸()和草酸盐，人体内的钙离子易与草酸结合形成草酸钙，某学习小组对此展开了实验探究。Ⅰ.学习小组查阅资料发现不同的烹饪方式对菠菜中草酸的含量有所影响。(1)常温下，甲同学用pH计测得的溶液的pH为1.49，解释的溶液pH不为1的原因 。(2)乙同学查到：将菠菜进行水煮后可除去其中大部分草酸。Ⅱ.学习小组欲进一步检测菠菜中草酸和草酸盐的含量，主要操作包括：①称取650g菠菜样品研磨成汁，用稀硫酸浸泡后取澄清溶液(假设草酸和草酸盐全部浸出)；②将步骤①中的澄清溶液定容，得到250mL待测液；③移取25.00mL待测液，用的酸性溶液滴定。(3)上述操作中，不需要的仪器有 。(填序号)A． B． C． D．①达到滴定终点的现象依据是 。②滴定时： _________________________________=______________________+___________(4)平行实验3次，分别记录有关数据于下表：计算：菠菜样品中草酸和草酸盐的总含量为 ％(均以草酸计)。(5)下列操作中可能使测定结果偏高的是 (填字母)。A．滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定结束后没有气泡18．（2023上·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考期末）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如图： 已知：i．酸浸液中的金属阳离子有等。ii．在水中的溶解度随温度升高而增大。回答下列问题：(1)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条)(2)基态原子的核外电子排布式为 ；Fe的晶胞结构如图所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数为anm，则Fe晶胞的密度为 (用含NA和a的代数式表示)。 (3)黄钠铁矾的化学式为，“除铁”的离子方程式为 。(4)“除钙镁”时，随降低，用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)，和沉淀完全时，溶液中的浓度最小为 。(已知离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，)(5)获得的“一系列操作”是 、过滤、洗涤、干燥。19．（2023上·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考期末）食盐中加可预防碘缺乏症。某研究小组制取并对其纯度进行测定。Ⅰ.制取样品 ①原理：②装置：(C的加热装置已省略)Ⅱ.分离提纯①取C中溶液，加入浓盐酸，搅拌冷却，过滤，洗涤，得到粗产品。②将粗产品溶于水，加入KOH调pH至中性，得产品。回答下列问题：(1)用装置A制取氯气，可选择的氧化剂有___________。A．高锰酸钾 B．二氧化锰 C．氯酸钾 D．氯化钾(2)橡胶管a的作用是 ；该装置的设计缺陷是 。(3)配制一定浓度KI溶液，下列仪器一定不需要的是 (填仪器名称)。 (4)装置C中溶液有KI剩余，加入浓盐酸会导致产率偏小，原因是 (用离子方程式表示)。III．测定产品纯度a．取产品配成250mL溶液，取25mL，加稍过量的KI与盐酸溶液，加几滴淀粉指示剂，用标准液滴定至终点，测得消耗标准液的平均体积为VmL。b．不加产品，其它操作步骤、所用试剂及用量与步骤a完全相同，测得消耗标准液的平均体积为。(已知：)(5)步骤a中滴定终点的现象是 。(6)计算该样品的纯度： (填数学表达式)。20．（2023上·广东茂名·高三茂名市第一中学校考期末）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下图：已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：请回答下列问题：(1)基态Cu原子价层电子的排布图为 。(2)滤渣的主要成分是 (填化学式)。(3)“酸浸”中加入的作用是 ；写出其中生成单质S的化学方程式 。(4)“调pH”的范围是 。(5)“还原”前Cu元素以的形式存在，水合肼被氧化的化学方程式为 ；一定体积下，保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率的影响如图所示。当水合肼浓度大于时，的转化率仍增大，但的产率下降，其可能的原因是 。(6)氧化亚铜立方晶胞结构如图所示，若规定A原子坐标是，C原子的坐标是，则B原子的坐标是 ；该氧化物的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中和之间的最近距离为 nm。(用含、的代数式表示)21．（2023·广东广州·高三期末）铁是人体必需的微量元素之一，菠菜、黑木耳等食品中富含铁元素，其中菠菜中的铁元素至要以草酸亚铁的形式存在，草酸亚铁粉末难溶于水。某小组设计实验检验和测定菠菜中的铁元素。(1)草酸亚铁溶于稀硫酸的化学方程式是 。(2)菠菜的预处理上述预处理流程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、 (从下图中选择，写出名称)。(3)检验待测液中是否含有、(4)利用标准溶液测定菠菜中铁元素的含量步骤I：取10.00mL待测液于锥形瓶中，滴加溶液至溶液显紫色。步骤II：向步骤I得到的混合液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。步骤III：向步骤II所得待测液中加入适量稀溶液，用的标准溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。①步骤I滴加溶液的目的是 。②步骤III滴加溶液时发生反应的离子方程式为 。③菠菜中铁的含量为 mg/100g(即每100g菠菜中含铁元素的质量)。22．（2022上·广东珠海·高三统考期末）锗是重要的半导体材料，但Ge是地球上最分散的元素之一，被称为“稀散金属”。现利用云南临沧地区富锗的褐煤矿(锗质量分数约为0.01％～0.05％)提取高纯二氧化锗，其工艺流程如图所示：已知含锗化合物的物理性质如下表：回答下列问题：(1)Ge的原子序数为32，Ge在元素周期表中的位置是 。(2)对富锗褐煤矿进行“粉碎”的目的是 。(3)高温焙烧过程中，可将转化为GeO，同时生成，试写出该转化过程的化学方程式 。高温焙烧过程中加入的目的是 。(4)在“氧化浸出”过程中，反应温度过高时发生的副反应的离子方程式为 。(5)“氧化浸出”过程中加入过量浓盐酸，其作用除了可以将转化为外，还能 ，从而提高的产率。(6)操作A的名称为 。 选项陈述I陈述IIA用溶液刻蚀铜质电路板氧化性：B用作呼吸面具的氧气来源能氧化C用除去废水中的和具有还原性D用石灰乳脱除烟气中的具有氧化性金属离子开始沉淀的pH6.91.96.69.13.4沉淀完全()的pH8.33.210.110.94.7实验装置图实验序号实验试剂a实验现象①草酸溶液产生白色沉淀②2mL“生菠菜”榨出的汁产生白色沉淀③2mL“熟菠菜”榨出的汁 滴定次数草酸溶液体积/mL标准液体积/mL滴定前读数滴定后读数第一次25.000.0025.99第二次25.001.5630.30第三次25.000.2226.23氢氧化物开始沉淀的pH4.81.97.58.8沉淀完全的pH6.43.29.710.4检验试剂现象结论① 溶液变为红色滤液中含有② ③ 滤液中含有物质GeO熔点/℃700(升华)1116沸点/℃-120086.5参考答案：1．B【详解】A．反应①是游离态氮转化为化合态氮，属于人工固氮，A正确；B．反应②中，各元素的化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，B错误；C．分析总的转化过程可看出总反应为N2与H2O的反应，总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C正确；D．反应⑤是HCl与NH3反应生成氯化铵固体，因此反应时有白烟产生，D正确； 故选D。02．D【详解】A．铁离子会水解，故铁离子数目小于，故A错误；B．亚铁离子还原性强于溴离子，氯气通入时先氧化，先氧化，再氧化生成，故B错误；C．溶液pH=1是指溶液中，包括了水电离的，同时溶液体积未知，故C错误；D．标准状况下，2.24L由和组成的混合气体的物质的量为0.1mol，和均含有3个原子，则含有的原子总数为，故D正确；答案选D。3．D【详解】A．[Cu(NH3)4]Cl2和氧化铜中铜的化合价没有发生变化，所以“沉铜”时没有发生氧化还原反应，A错误；B．和OH−不能大量共存，B错误；C．“浸取”时发生离子方程式为：，C错误；D．氯化亚铜(CuCl)难溶于水，不溶于乙醇，“洗涤”时宜用乙醇作为洗涤剂，D正确； 故选D。4．C【详解】A．为弱电解质，不能拆成离子，因此通入溶液中无离子方程式，故A错误；B．用铁做电极电解饱和食盐水发生的是铁的吸氧腐蚀，阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，则总反应为：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，故B错误；C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，产生淡黄色沉淀是S，刺激性气味的气体是SO2，离子方程式为：，故C正确；D．铝溶于氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：，故D错误；故答案选C。5．B【详解】A．具有强氧化性，用于自来水消毒，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；B．熟石灰用于改良酸性土壤是氢氧化钙和酸性物质发生中和反应，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C．铝和氧化铁的混合物焊接铁轨利用了铝热反应生成单质铁，涉及氧化还原反应，故C不符合题意； D．绿矾用于处理含有的废水是亚铁离子和重铬酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。6．B【详解】A．运载火箭动力来源液氢在发射时是作为燃料燃烧，被氧化，所以发生氧化反应，A错误；B．丙烯酸聚氨酯是聚合物，属于高分子化合物，B正确；C．作梦天实验舱的“铠甲”应该是选择导热性差，熔点高的材料，C错误；D．太阳翼表层覆盖的砷化镓电池片能将太阳能转变为电能，D错误；选B。7．A【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，铁离子和铜生成亚铁离子和铜离子，说明氧化性，A正确；B．发生自身的氧化还原和二氧化碳生成氧气，可用作呼吸面具的氧气来源，B错误；C．用除去废水中的和，是硫离子和铜离子、汞离子生成沉淀，C错误；D．二氧化硫和氢氧化钙生成亚硫酸钙，空气中氧气会被亚硫酸钙氧化为硫酸钙，没有说明具有氧化性，D错误；故选A。8．C【详解】A．2-甲基戊烷的键线式：，A错误；B．Na是11号元素，核内有11个质子，Na+的结构示意图：，B错误；C．乙烯的球棍模型： ，4个H分别位于碳碳双键所在平面的两侧，C正确；D．H2S中硫的化合价由-2价升高为0价，H2S为还原剂，SO2中硫的化合价由+4价降低为0价，SO2为氧化剂，可得2H2S～SO2～4e-，单线桥表示电子转移方向和数目为：，D错误；故选C。9．C【详解】A．0.1 mol·L-1KNO3溶液的体积未知，无法计算溶质的物质的量，也就无法计算离子总数，A不正确；B．因为反应Cl2 +PCl3PCl5为可逆反应，71gCl2 不可能完全反应，所以得到PCl5 分子的个数小于NA ，B不正确；C．Fe粉与水蒸气发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，所以3mol Fe粉与水蒸气完全反应转移的电子数为8NA，C正确；D．标准状况下，正戊烷呈液态，密度未知，无法计算22.4 L 正戊烷的物质的量，也就无法求出含有共价键的数目，D不正确；故选C。10．D【详解】A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A正确；B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C正确；D．转化HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故D错误；答案选D。11．B【分析】中加入碳酸钠焙烧后可得偏铝酸钠、Na2MoO4和NiO，水浸后得到滤渣为NiO，滤液为偏铝酸钠、Na2MoO4，加入氢氧化钡可得BaMoO4，偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢钠溶液生成氢氧化铝沉淀，灼烧后可得氧化铝。【详解】A．“焙烧”时和碳酸钠反应生成Na2MoO4，故发生的反应为，故A正确；B．“沉钼”时，当刚好沉淀完全时，溶液中，可得，溶液中，故B错误；C．酸浸后的溶液为硫酸镍溶液，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到，故C正确；D．“沉铝”过程中偏铝酸钠溶液和碳酸氢钠溶液生成情啊硬化率沉淀，故离子反应为：，故D正确；故选B。12．A【分析】根据a物质中S元素的化合价为-2价，且为氢化物，则a为；b为S单质；c为S的+4价的氧化物，则c为；同理，d为；e为S的+4价含氧酸，则e为；同理，f为；正盐即多元酸和碱完全中和的产物。【详解】A．硫化氢和亚硫酸的反应为：，故A正确；B．将通入紫色石蕊试液至过量，溶液只变红不褪色，故B错误；C．S为弱氧化剂，其氧化性小于铁离子，足量的S与56 g铁粉充分反应，转移电子的物质的量为2 mol，故C错误；D．向浓硫酸中加水易造成大量放热发生爆炸，所以应将浓硫酸和Cu反应完的混合物缓慢倒入水中，观察颜色变化以判断产物，故D错误；故选A。13．(1) 防止吸附颗粒孔径被烟气中颗粒物堵塞； 2Fe2S3＋2H2O＋3O2=2＋6S； Fe2O3或Fe3O4、Fe2(SO4)3或FeSO4；(2) 纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的得到电子还原生成；在纳米铁表面上进一步得电子还原生成N2和 ； 在纳米铁表面上被还原生成的速率大于生成N2的速率； pH 减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成减少N2的生成；【详解】（1）①烟气中含有灰尘等固体颗粒物，会堵塞吸附颗粒的孔径；②反应Ⅲ是硫化铁和空气中的氧气和水蒸气反应生成Fe2O3·H2O，化学方程式为：2Fe2S3＋2H2O＋3O2=2Fe2O3·H2O＋6S；③反应Ⅳ中硫化亚铁可能会被氧化成氧化铁或四氧化三铁，硫离子也可能被氧化，生成硫酸铁或硫酸亚铁；（2）①由图得，纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的得到电子被还原为；在纳米铁表面上进一步得电子发生还原反应生成N2和；②污水中浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显,表明更多是转化成，仍然存在在溶液中；③pH 减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成减少N2的生成；14． PbSO4和AgCl 氯气 [AuCl4]- + 3Fe2+ = 3Fe3+ + Au + 4Cl- 1 Cu2Te + 2O2 + 2NaOH + H2O = Na2TeO3 + 2Cu（OH）2 TeO32- + 4e- + 3H2O = Te + 6OH- 不生成氯气等污染性气体（或工艺简单）【分析】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu(OH)2。②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。③与“氯化浸出-还原法”相比，“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。【详解】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu（OH）2。②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。③根据以上分析可知与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。15． 除去碳和有机物 NaAlO2、Na2ZnO2 2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+ 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O Na2CO3（NaOH、CoCO3也对） Mg2+恰好沉淀完全时，c2（F+）=Ksp[MgF2]/c(Mg2+)=7.0×10-6，所以Qc=c2（F+）×c（Ca2+）=7.0×10-6×0.01=7.0×10-8＞K sp[CaF2]，因此会生成CaF2沉淀 95.55%【详解】本题主要考查对于“一种利用含钴废料制取CoC2O4的工艺流程”的评价。（1）“550℃焙烧”的目的是除去碳和有机物； （2）“浸出液”的主要成分是ZnO与Al2O3溶于氢氧化钠溶液生成的NaAlO2、Na2ZnO2； （3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+； （4） “净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，其作用是将亚铁离子氧化为铁离子，2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；再升温至80~85℃，加入Na2CO3（NaOH、CoCO3也对）溶液，调pH至4.5以达到净化除杂的目的。 （5）Mg2+恰好沉淀完全时，c2（F+）=Ksp[MgF2]/c(Mg2+)=7.0×10-6，所以Qc=c2（F+）×c（Ca2+）=7.0×10-6×0.01=7.0×10-8＞K sp[CaF2]，因此会生成CaF2沉淀（6）5CoC2O4～5(NH4)2C2O4～2KMnO4，草酸钴样品的纯度为0.1000mol/L×26.00mL×5/2×147g/mol/1.000g=95.55%。16．(1)(2)将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌 (合理也可)(3) ， 或或等作催化剂，加快的分解(4)，(5)(6)从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应【或硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率低】 (其他答案合理即可)【分析】酸浸”过程滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、Al3+等金属离子，滤渣1中主要是S、SiO2、CaSO4等；“调pH”，则Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀（滤渣2），滤液中主要含有Mg2+、Mn2+、Ca2+等金属离子；加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀（滤渣3），滤液中含有Mn2+金属离子；“沉锰”步骤则Mn2+以MnCO3形式沉淀出来；MnCO3经后续操作得到MnO2，据此分析解题。【详解】（1）Fe2+为Fe失去2个电子；基态Fe2+的价层电子排布图为；（2）从反应速率的影响因素考虑，“酸浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有：将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌 (合理也可)；（3）由分析可知，滤渣1中主要是S、SiO2、CaSO4等；加入H2SO4后发生反应生成单质S的离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O；故答案为或或等作催化剂，加快的分解；（4）由分析可知，此时滤渣2的主要成分为：Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀；（5）沉锰”步骤中溶液中主要含有Mn2+，Mn2+和碳酸氢根反应生成MnCO3，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑；（6）当硫酸浓度超过3.0 mol·L−1时，生成的MnOOH与硫酸反应，MnOOH减少，反应减弱，电流效率降低。故答案为：从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应【或硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率低】 (其他答案合理即可)。17．(1)是弱酸，不能完全电离(或)(2)产生少量白色沉淀或无白色沉淀产生(3) B 最后半滴标准液滴入时，溶液变为浅紫色且半分钟内不褪色 2+5=++(4)0.9或0.90(5)AC【分析】本题为测定菠菜中草酸和草酸盐含量的实验题，分三组实验，用高锰酸钾溶液来滴定，根据高锰酸钾本身的颜色来判断滴定终点，数据处理时，注意去掉偏差较大的数据，以此解题。【详解】（1）草酸为二元弱酸，只能部分电离，故答案为：是弱酸，不能完全电离(或)；（2）根据题给信息可知，将菠菜进行水煮后可除去其中大部分草酸，则“熟菠菜”榨出的汁没有草酸或者草酸量较少，则实现现象为：产生少量白色沉淀或无白色沉淀产生；（3）实验过程中，①所需仪器为研钵、烧杯、玻璃棒、漏斗；②所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③所需仪器为酸式滴定管、锥形瓶。选项中A为研钵，B为分液漏斗，C为烧杯，D为酸式滴定管。上述操作中，未用到的仪器为分液漏斗，故选B项；①用高锰酸钾滴定草酸，滴定结束时，溶液为浅紫色，故达到滴定终点的现象依据是：最后半滴标准液滴入时，溶液变为浅紫色且半分钟内不褪色；②高反应中，高锰酸根离子中的锰由+7价降低到+2价，草酸中的碳由+3价升高到+4价，根据化合价升降相等可知，配平后的方程式为：2+5=++；（4）三次实验分别消耗的标准液的体积为：25.99mL-0mL=25.99mL；30.30mL-1.56mL=28.74mL；26.23mL-0.22mL=26.01mL；其中第二次数据偏差较大，另外两次数据的平均值为26mL，则菠菜样品中草酸和草酸盐的总含量为；（5）A．滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，会导致标准液浓度变小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，计算的草酸的含量偏高，A正确；B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响标准液的消耗量，不影响结果，B错误；C．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定结束后没有气泡，气泡消失时滴定管内的液面下降，消耗的标准液会偏大，计算的结果偏高，C正确；故选AC。18．(1)升高温度(粉碎炉渣等)(2) [Ar]3d64s2 (3)(4) pH降低，酸性增强，平衡逆移，c(F-)减小，为使钙镁完全沉淀，需增大NaF的用量 10-2.5(5)蒸发浓缩、冷却结晶【分析】由题给流程可知，向废炉渣中加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶性金属硫酸盐，过滤得到酸浸渣和含有可溶性金属硫酸盐的滤液；向滤液中加入过量铁粉，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜的滤渣和滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂(P507+煤油)萃取溶液中的钴离子，分液得到硫酸镍溶液和含有钴离子的有机相；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍固体；向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液得到硫酸钴溶液。【详解】（1）酸浸时，搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等措施能提高“酸浸”速率，故答案为：升高温度(粉碎炉渣等)；（2）铁元素的原子序数 26，基态原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(,a×10—7)3d，解得d=，故答案为：[Ar]3d64s2；；（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液，的目的是将溶液中的亚铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；（4）氢氟酸为弱酸，在溶液中存在如下电离平衡，溶液pH降低，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氟离子浓度氟离子浓度减小，为使溶液中钙离子和镁离子完全沉淀，需要增大氟化钠的用量，所以随溶液pH降低，氟化钠用量急剧增加；由溶度积可知，钙离子完全沉淀时，镁离子已经完全沉淀，则钙离子、镁离子完全沉淀时，溶液中氟离子的最小浓度为=10-2.5mol/L，故答案为：pH降低，酸性增强，平衡逆移，c(F-)减小，为使钙镁完全沉淀，需增大NaF的用量；10-2.5；（5）由分析可知，得到硫酸镍固体的一系列操作为硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍固体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。19．(1)AC(2) 使烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，便于液体顺利滴下 缺少尾气处理装置(3)坩埚和蒸馏烧瓶(4)(5)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色(6)【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾或氯酸钾常温下与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与碘化钾和氢氧化钾的混合溶液反应制备碘酸钾，向碘酸钾溶液中加入浓盐酸制得KH(IO3)2粗品，KH(IO3)2粗品溶解后，加入氢氧化钾调溶液pH至中性，得到碘酸钾产品，该装置的设计缺陷是缺少尾气处理装置，排出的有毒氯气会污染空气。【详解】（1）由分析可知，装置A中高锰酸钾或氯酸钾常温下与浓盐酸反应制备氯气，故选AC；（2）装置A中橡胶管a的作用是平衡气压，使烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，便于浓盐酸顺利留下；由分析可知，该装置的设计缺陷是缺少尾气处理装置，排出的有毒氯气会污染空气，故答案为：使烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，便于液体顺利留下；缺少尾气处理装置；（3）由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(带砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶，则不需要用到的仪器为坩埚和蒸馏烧瓶，故答案为：坩埚和蒸馏烧瓶；（4）酸性条件下，溶液中的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，所以装置C中溶液若有碘化钾剩余，加入浓盐酸会发生反应，导致碘酸钾的产率减小，故答案为：；（5）当硫代硫酸钠溶液与碘溶液完全反应时，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则步骤a中滴定终点的现象为当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色说明滴定达到滴定终点，故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色；（6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：KIO3—3I2—6Na2S2O3，滴定消耗(V—V0)mL 0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则碘酸钾样品的纯度为×100%=，故答案为：。20．(1)(2)MnCO3(3) 做氧化剂 MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O(4)3.2≤pH＜4.8(5) 4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质(6) (，，) 【分析】铜矿中含有CuS、FeO，加入稀硫酸、MnO2“酸浸”得到S单质，MnO2做氧化剂，根据流程，“调pH”得到氢氧化铁沉淀，说明“酸浸”步骤中MnO2将+2价Fe氧化成+3价Fe，“除锰”步骤得到MnCO3沉淀，Cu2+与氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2，Cu(NH3)4(OH)2与水合肼发生氧化还原反应得到Cu2O，据此分析；【详解】（1）铜元素位于第四周期ⅠB族，即基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，排布图为 ；故答案为 ；（2）“沉锰”过程中Mn2+与HCO反应Mn2++NH3·H2O+ HCO=MnCO3↓+NH+H2O或Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；因此滤渣的主要成分是MnCO3；故答案为MnCO3；（3）CuS中S显-2价，根据流程可知，“酸浸”过程中得到硫单质，S元素化合价升高，因此MnO2做氧化剂，其反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；故答案为做氧化剂；MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；（4）根据表中数据可知，“调pH”使Fe3+全部转化成氢氧化铁沉淀，Cu2+不能转化成沉淀，因此调节pH的范围是3.2≤pH＜4.8；故答案为3.2≤pH＜4.8；（5）Cu元素以Cu(NH3)4(OH)2形式存在，与水合肼发生氧化还原反应，得到Cu2O和氮气，其发生化学反应方程式为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；水合肼浓度大于3.25mol/L时，Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，可能的原因时Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；故答案为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；（6）将大立方体切割成4个小立方体，B原子位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的，对应z轴为高的，即B原子坐标为(，，)；该晶胞中含有4个Cu+，2个O2-，晶胞的质量为=，则晶胞的体积为cm3=cm3，晶胞的边长为cm，Cu+与O2-之间距离是体对角线的，即Cu+与O2-之间距离为nm；故答案为(，，)；。21．(1)(2)坩埚、漏斗、100mL容量瓶(3) KSCN溶液 K3[Fe(CN)3]溶液 生成蓝色沉淀(4) 将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸 【分析】预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，然后取10.00mL待测液于锥形瓶中通过滴定法测定铁元素的含量。【详解】（1）草酸亚铁溶于稀硫酸反应生成硫酸亚铁和草酸，；（2）预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、坩埚、漏斗、100mL容量瓶；故填坩埚、漏斗、100mL容量瓶；（3）铁离子和KSCN溶液反应生成红色溶液，故检验试剂为KSCN溶液；亚铁离子和K3[Fe(CN)3]反应生成蓝色沉淀，可用于检验亚铁离子，故亚铁离子检验试剂为K3[Fe(CN)3]、现象为生成蓝色沉淀；（4）①待测液中含有亚铁离子和草酸，两者均可以和高锰酸钾溶液反应，步骤I滴加溶液的目的是将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸。②步骤III滴加溶液时发生反应为亚铁离子和高锰酸钾反应生成铁离子和锰离子，离子方程式为。③由化学方程式体现的关系可知，100g菠菜中铁的质量为，则含量为mg/100g。22．(1)第四周期ⅣA族(2)增大矿物表面积，提高焙烧效率(3) 将还原为GeO，使含锗物质更易挥发，减少焙烧过程的能耗(4)(5)增大溶液中，抑制水解(6)蒸馏【分析】富锗的褐煤矿(锗质量分数约为0.01％～0.05％)进行粉碎，增大固体的表面积，便于后续反应，加入作还原剂，高温灼烧会将高价态GeO2还原为GeO，再冷却富集，得到含锗高的锗精矿，氧化浸出步骤中，加入二氧化锰和浓盐酸可使GeO转化为GeCl4，同时抑制GeCl4的水解，分离出不反应的固液混合物，在进行过滤，得到的滤渣可循环利用，最后利用GeCl4的水解得到目标产物GeO2，据此分析解答。【详解】（1）Ge的原子序数为32，根据核外电子排布规律可知，其核外每层电子数分别为：2、8、18、4，故Ge在元素周期表中的位置第四周期ⅣA族；（2）工艺流程中，之所以对富锗褐煤矿进行“粉碎”，主要是为了增大矿物的表面积，提高焙烧效率；（3）高温焙烧过程中，转化为生成，P的化合价从+1价升高到+5价，价态升高4，将转化为GeO，Ge价态降低2，根据氧化还原反应的规律配平该反应为：；所以高温焙烧过程中加入，作还原剂是为了将还原为GeO，同时结合上述已知信息表中含锗物质的熔沸点数据可知，还原为GeO后，会使含锗物质更易挥发，所以能减少焙烧过程的能耗，故答案为：将还原为GeO，使含锗物质更易挥发，减少焙烧过程的能耗；（4）在“氧化浸出”过程中，同时加入二氧化锰和浓盐酸，若温度过高，两者会发生反应生成氯气，其反应的离子方程式为：；（5）“氧化浸出”过程中加入过量浓盐酸，使溶液呈现酸性，可抑制新产生的水解，从而提高的产率；（6）根据上述给定的含锗化合物的物理性质数据可知，操作A可采用蒸馏方法，使温度升高到86.5℃700℃范围，使导气冷凝分离，而和GeO以固液混合物形式而除去，故答案为：蒸馏。
04氧化还原反应（经典常考题）-广东省高三化学上学期期末专题复习（人教版2019新版）一、单选题1．（2024上·广东潮州·高三统考期末）氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型合成方法如下。下列说法错误的是A．反应①属于人工固氮B．反应②为氧化还原反应C．该转化过程总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2D．反应⑤在无水环境中进行时有白烟产生2．（2023上·广东河源·高三统考期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．溶液中，的数目为B．与反应时生成的分子数为C．25℃时，pH=1的乙酸溶液中，由乙酸电离出的氢离子数目为D．标准状况下，2.24L由和组成的混合气体中含有的原子总数为3．（2022上·广东汕尾·高三统考期末）氯化亚铜(CuCl)难溶于水，不溶于乙醇，潮湿时易水解氧化，广泛应用于化工、印染、电镀等行业。由含[Cu(NH3)4]Cl2的印刷线路板蚀刻废液制取 CuCl 的流程如下图：下列有关说法正确的是A．“沉铜”时发生了氧化还原反应B．“滤液”中大量存在的离子有 Na+、、Cl−和 OH−C．“浸取”时发生离子方程式为：D．“洗涤”时宜用乙醇作为洗涤剂4．（2022上·广东梅州·高三校联考期末）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列离子方程式书写正确，且能完整解释对应实验现象的是A．通入溶液中：B．用铁电极电解饱和食盐水：C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，产生淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体：D．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：5．（2022上·广东梅州·高三校联考期末）下列物质的应用中，主要利用的反应不涉及氧化还原反应的是A．用于自来水消毒 B．熟石灰用于改良酸性土壤C．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨 D．绿矾用于处理含有的废水6．（2022上·广东东莞·高三统考期末）2022年10月31日我国空间站梦天实验舱成功进入预定轨道，并于11月3日顺利转位，标志中国空间站的正式落成。下列相关叙述正确的是A．运载火箭动力来源液氢在发射时发生还原反应B．长征五号运载火箭的底漆丙烯酸聚氨酯属于合成高分子涂料C．铝合金的导热性好、熔点低，可用作梦天实验舱的“铠甲”D．空间站太阳翼表层覆盖的砷化镓电池片能将化学能转变为电能7．（2023·广东广州·高三期末）陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是A．A B．B C．C D．D8．（2022上·广东珠海·高三统考期末）正确掌握化学用语是学好化学的基础。下列化学用语正确的是A．2-甲基戊烷的键线式：B．的结构示意图：C．乙烯的球棍模型：D．氧化生成单质硫：9．（2022上·广东潮州·高三统考期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1 mol·L-1KNO3溶液中离子总数等于0.2NAB．一定条件下，将71gCl2 和足量PCl3混合，发生反应Cl2 +PCl3PCl5后可得到NA 个PCl5 分子C．3mol Fe粉与水蒸气完全反应转移的电子数为8NAD．标准状况下，22.4 L 正戊烷中含有共价键的数目为16NA10．（2022上·广东潮州·高三统考期末）我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图，下列说法错误的是A．该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2B．该反应能量转化形式为光能→化学能C．图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+D．转化HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH11．（2023上·广东韶关·高三乐昌一中校考期末）采用焙烧-水浸回收工艺，可实现废催化剂(含等)中元素的高效分离和回收，其工艺流程如图所示：已知：①；②水浸后溶液中的；当溶液中时认为沉淀完全。下列说法错误的是A．“焙烧”时发生反应的方程式为B．“沉钼”时，当刚好沉淀完全时，溶液中(忽略溶液体积变化和盐的水解)C．“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶、过滤D．“沉铝”过程的离子反应为：12．（2022上·广东揭阳·高三统考期末）部分含硫物质的分类与相应硫元素化合价如图所示。下列说法正确的是A．将a通入至e的水溶液中，有黄色浑浊出现B．将c通入紫色石蕊试液至过量，溶液先变红后褪色C．足量的b与56 g铁粉充分反应，转移电子的物质的量为3 molD．可以往f的浓溶液和Cu反应完的试管中加入少量水，观察颜色变化以判断产物二、填空题13．（2023上·广东·高三广州市第六十五中学校考期中）H2S和等是自然环境的重要污染物。下列方法可以实现对H2S和等污染物处理。(1)利用多孔性活性Fe2O3·H2O颗粒物脱除烟气中的硫化氢。活性Fe2O3·H2O颗粒脱除H2S过程如图1，图中省略了部分物质。①在烟气进入净化设备前，必须经过除尘预处理，其目的是 。②写出反应Ⅲ再生成多孔性活性Fe2O3·H2O (同时有单质S生成)的化学方程式： 。③脱除H2S过程中应防止产生FeS，以免影响活性Fe2O3·H2O颗粒的再生，写出反应Ⅳ中可能产生的铁的化合物的化学式： (至少写出两种物质)。(2)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的，纳米铁还原废水中的可能反应机理如图2表示。①纳米铁还原的过程可描述为 。②经检测，污水中浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显，原因是 。③催化剂协同纳米零价铁能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的更具体的过程如图3所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2。当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。14．（2019上·广东佛山·高三佛山一中校考期中）碲（Te）具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以MezTeCMe表 示金属Cu、Pb、Au、Ag等）的形式存在。（1）利用“氯化浸出-还原法”制备Te的工艺流程如下所示。①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCu、H2TeO3,则浸出渣的主要成分 为 （填化学式）；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是 （填物质名称）②已知HAuCU是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为 。③欲得到64g碲，则“二级还原”过程中至少需通入 mol SO2。 “氧化碱浸-电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3和Cu（OH）2，经电解即可获得Te。①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为 。②电解过程中，阴极的电极反应式为 。③与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是 （任写一点）15．（2017上·广东广州·高三执信中学校考期中）草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、ZnO、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如下： 已知：ZnO与Al2O3化学性质相似，既能溶于强酸又能溶于强碱（1）“550℃焙烧”的目的是 ； （2）“浸出液”的主要成分是 ； （3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为 ； （4） “净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，其作用是 (用离子方程式表示）；再升温至80~85℃，加入 溶液，调pH至4.5以达到净化除杂的目的。 （5）“净化除杂2”过程中，若溶液c(Ca2+)=0.01mol/L，使Mg2+恰好沉淀完全即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L，此时是否有CaF2沉淀生成 ？（列式计算）[已知Ksp(MgF2) =7.0×10-11、Ksp(CaF2) =1.0×10-10]。 （6）为测定制得样品的纯度，现称取1.000g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0. 1000 mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液26.00 mL，则草酸钴样品的纯度为 。三、解答题16．（2024上·广东深圳·高三统考期末）以软锰矿与黄铁矿为主要原料制备高品质的工艺流程：已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；②该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH：回答下列问题：(1)基态的价层电子排布图为 。(2)“酸浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有 (写一条)。(3)“酸浸”加入后，主要反应的离子方程式：滤渣1的主要成分为S、 ，加入后迅速产生大量气泡，可减少滤渣1在矿粉表面的附着，有利于酸浸。分析迅速产生气泡的原因： 。(4)“调pH”操作中需调节溶液pH范围为4.7～6.0，此时滤渣2的主要成分为 (填化学式)。(5)“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为 。(6)利用惰性电极电解体系获得的机理如图所示，硫酸浓度与电流效率η的关系如图所示。硫酸浓度超过时，电流效率η降低的原因是 。()17．（2024上·广东深圳·高三统考期末）菠菜中含有丰富的草酸()和草酸盐，人体内的钙离子易与草酸结合形成草酸钙，某学习小组对此展开了实验探究。Ⅰ.学习小组查阅资料发现不同的烹饪方式对菠菜中草酸的含量有所影响。(1)常温下，甲同学用pH计测得的溶液的pH为1.49，解释的溶液pH不为1的原因 。(2)乙同学查到：将菠菜进行水煮后可除去其中大部分草酸。Ⅱ.学习小组欲进一步检测菠菜中草酸和草酸盐的含量，主要操作包括：①称取650g菠菜样品研磨成汁，用稀硫酸浸泡后取澄清溶液(假设草酸和草酸盐全部浸出)；②将步骤①中的澄清溶液定容，得到250mL待测液；③移取25.00mL待测液，用的酸性溶液滴定。(3)上述操作中，不需要的仪器有 。(填序号)A． B． C． D．①达到滴定终点的现象依据是 。②滴定时： _________________________________=______________________+___________(4)平行实验3次，分别记录有关数据于下表：计算：菠菜样品中草酸和草酸盐的总含量为 ％(均以草酸计)。(5)下列操作中可能使测定结果偏高的是 (填字母)。A．滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定结束后没有气泡18．（2023上·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考期末）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如图： 已知：i．酸浸液中的金属阳离子有等。ii．在水中的溶解度随温度升高而增大。回答下列问题：(1)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条)(2)基态原子的核外电子排布式为 ；Fe的晶胞结构如图所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数为anm，则Fe晶胞的密度为 (用含NA和a的代数式表示)。 (3)黄钠铁矾的化学式为，“除铁”的离子方程式为 。(4)“除钙镁”时，随降低，用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)，和沉淀完全时，溶液中的浓度最小为 。(已知离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，)(5)获得的“一系列操作”是 、过滤、洗涤、干燥。19．（2023上·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考期末）食盐中加可预防碘缺乏症。某研究小组制取并对其纯度进行测定。Ⅰ.制取样品 ①原理：②装置：(C的加热装置已省略)Ⅱ.分离提纯①取C中溶液，加入浓盐酸，搅拌冷却，过滤，洗涤，得到粗产品。②将粗产品溶于水，加入KOH调pH至中性，得产品。回答下列问题：(1)用装置A制取氯气，可选择的氧化剂有___________。A．高锰酸钾 B．二氧化锰 C．氯酸钾 D．氯化钾(2)橡胶管a的作用是 ；该装置的设计缺陷是 。(3)配制一定浓度KI溶液，下列仪器一定不需要的是 (填仪器名称)。 (4)装置C中溶液有KI剩余，加入浓盐酸会导致产率偏小，原因是 (用离子方程式表示)。III．测定产品纯度a．取产品配成250mL溶液，取25mL，加稍过量的KI与盐酸溶液，加几滴淀粉指示剂，用标准液滴定至终点，测得消耗标准液的平均体积为VmL。b．不加产品，其它操作步骤、所用试剂及用量与步骤a完全相同，测得消耗标准液的平均体积为。(已知：)(5)步骤a中滴定终点的现象是 。(6)计算该样品的纯度： (填数学表达式)。20．（2023上·广东茂名·高三茂名市第一中学校考期末）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下图：已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：请回答下列问题：(1)基态Cu原子价层电子的排布图为 。(2)滤渣的主要成分是 (填化学式)。(3)“酸浸”中加入的作用是 ；写出其中生成单质S的化学方程式 。(4)“调pH”的范围是 。(5)“还原”前Cu元素以的形式存在，水合肼被氧化的化学方程式为 ；一定体积下，保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率的影响如图所示。当水合肼浓度大于时，的转化率仍增大，但的产率下降，其可能的原因是 。(6)氧化亚铜立方晶胞结构如图所示，若规定A原子坐标是，C原子的坐标是，则B原子的坐标是 ；该氧化物的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中和之间的最近距离为 nm。(用含、的代数式表示)21．（2023·广东广州·高三期末）铁是人体必需的微量元素之一，菠菜、黑木耳等食品中富含铁元素，其中菠菜中的铁元素至要以草酸亚铁的形式存在，草酸亚铁粉末难溶于水。某小组设计实验检验和测定菠菜中的铁元素。(1)草酸亚铁溶于稀硫酸的化学方程式是 。(2)菠菜的预处理上述预处理流程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、 (从下图中选择，写出名称)。(3)检验待测液中是否含有、(4)利用标准溶液测定菠菜中铁元素的含量步骤I：取10.00mL待测液于锥形瓶中，滴加溶液至溶液显紫色。步骤II：向步骤I得到的混合液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。步骤III：向步骤II所得待测液中加入适量稀溶液，用的标准溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。①步骤I滴加溶液的目的是 。②步骤III滴加溶液时发生反应的离子方程式为 。③菠菜中铁的含量为 mg/100g(即每100g菠菜中含铁元素的质量)。22．（2022上·广东珠海·高三统考期末）锗是重要的半导体材料，但Ge是地球上最分散的元素之一，被称为“稀散金属”。现利用云南临沧地区富锗的褐煤矿(锗质量分数约为0.01％～0.05％)提取高纯二氧化锗，其工艺流程如图所示：已知含锗化合物的物理性质如下表：回答下列问题：(1)Ge的原子序数为32，Ge在元素周期表中的位置是 。(2)对富锗褐煤矿进行“粉碎”的目的是 。(3)高温焙烧过程中，可将转化为GeO，同时生成，试写出该转化过程的化学方程式 。高温焙烧过程中加入的目的是 。(4)在“氧化浸出”过程中，反应温度过高时发生的副反应的离子方程式为 。(5)“氧化浸出”过程中加入过量浓盐酸，其作用除了可以将转化为外，还能 ，从而提高的产率。(6)操作A的名称为 。 选项陈述I陈述IIA用溶液刻蚀铜质电路板氧化性：B用作呼吸面具的氧气来源能氧化C用除去废水中的和具有还原性D用石灰乳脱除烟气中的具有氧化性金属离子开始沉淀的pH6.91.96.69.13.4沉淀完全()的pH8.33.210.110.94.7实验装置图实验序号实验试剂a实验现象①草酸溶液产生白色沉淀②2mL“生菠菜”榨出的汁产生白色沉淀③2mL“熟菠菜”榨出的汁 滴定次数草酸溶液体积/mL标准液体积/mL滴定前读数滴定后读数第一次25.000.0025.99第二次25.001.5630.30第三次25.000.2226.23氢氧化物开始沉淀的pH4.81.97.58.8沉淀完全的pH6.43.29.710.4检验试剂现象结论① 溶液变为红色滤液中含有② ③ 滤液中含有物质GeO熔点/℃700(升华)1116沸点/℃-120086.5参考答案：1．B【详解】A．反应①是游离态氮转化为化合态氮，属于人工固氮，A正确；B．反应②中，各元素的化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，B错误；C．分析总的转化过程可看出总反应为N2与H2O的反应，总反应为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C正确；D．反应⑤是HCl与NH3反应生成氯化铵固体，因此反应时有白烟产生，D正确； 故选D。02．D【详解】A．铁离子会水解，故铁离子数目小于，故A错误；B．亚铁离子还原性强于溴离子，氯气通入时先氧化，先氧化，再氧化生成，故B错误；C．溶液pH=1是指溶液中，包括了水电离的，同时溶液体积未知，故C错误；D．标准状况下，2.24L由和组成的混合气体的物质的量为0.1mol，和均含有3个原子，则含有的原子总数为，故D正确；答案选D。3．D【详解】A．[Cu(NH3)4]Cl2和氧化铜中铜的化合价没有发生变化，所以“沉铜”时没有发生氧化还原反应，A错误；B．和OH−不能大量共存，B错误；C．“浸取”时发生离子方程式为：，C错误；D．氯化亚铜(CuCl)难溶于水，不溶于乙醇，“洗涤”时宜用乙醇作为洗涤剂，D正确； 故选D。4．C【详解】A．为弱电解质，不能拆成离子，因此通入溶液中无离子方程式，故A错误；B．用铁做电极电解饱和食盐水发生的是铁的吸氧腐蚀，阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，则总反应为：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，故B错误；C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，产生淡黄色沉淀是S，刺激性气味的气体是SO2，离子方程式为：，故C正确；D．铝溶于氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：，故D错误；故答案选C。5．B【详解】A．具有强氧化性，用于自来水消毒，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；B．熟石灰用于改良酸性土壤是氢氧化钙和酸性物质发生中和反应，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C．铝和氧化铁的混合物焊接铁轨利用了铝热反应生成单质铁，涉及氧化还原反应，故C不符合题意； D．绿矾用于处理含有的废水是亚铁离子和重铬酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。6．B【详解】A．运载火箭动力来源液氢在发射时是作为燃料燃烧，被氧化，所以发生氧化反应，A错误；B．丙烯酸聚氨酯是聚合物，属于高分子化合物，B正确；C．作梦天实验舱的“铠甲”应该是选择导热性差，熔点高的材料，C错误；D．太阳翼表层覆盖的砷化镓电池片能将太阳能转变为电能，D错误；选B。7．A【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，铁离子和铜生成亚铁离子和铜离子，说明氧化性，A正确；B．发生自身的氧化还原和二氧化碳生成氧气，可用作呼吸面具的氧气来源，B错误；C．用除去废水中的和，是硫离子和铜离子、汞离子生成沉淀，C错误；D．二氧化硫和氢氧化钙生成亚硫酸钙，空气中氧气会被亚硫酸钙氧化为硫酸钙，没有说明具有氧化性，D错误；故选A。8．C【详解】A．2-甲基戊烷的键线式：，A错误；B．Na是11号元素，核内有11个质子，Na+的结构示意图：，B错误；C．乙烯的球棍模型： ，4个H分别位于碳碳双键所在平面的两侧，C正确；D．H2S中硫的化合价由-2价升高为0价，H2S为还原剂，SO2中硫的化合价由+4价降低为0价，SO2为氧化剂，可得2H2S～SO2～4e-，单线桥表示电子转移方向和数目为：，D错误；故选C。9．C【详解】A．0.1 mol·L-1KNO3溶液的体积未知，无法计算溶质的物质的量，也就无法计算离子总数，A不正确；B．因为反应Cl2 +PCl3PCl5为可逆反应，71gCl2 不可能完全反应，所以得到PCl5 分子的个数小于NA ，B不正确；C．Fe粉与水蒸气发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，所以3mol Fe粉与水蒸气完全反应转移的电子数为8NA，C正确；D．标准状况下，正戊烷呈液态，密度未知，无法计算22.4 L 正戊烷的物质的量，也就无法求出含有共价键的数目，D不正确；故选C。10．D【详解】A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A正确；B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C正确；D．转化HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故D错误；答案选D。11．B【分析】中加入碳酸钠焙烧后可得偏铝酸钠、Na2MoO4和NiO，水浸后得到滤渣为NiO，滤液为偏铝酸钠、Na2MoO4，加入氢氧化钡可得BaMoO4，偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢钠溶液生成氢氧化铝沉淀，灼烧后可得氧化铝。【详解】A．“焙烧”时和碳酸钠反应生成Na2MoO4，故发生的反应为，故A正确；B．“沉钼”时，当刚好沉淀完全时，溶液中，可得，溶液中，故B错误；C．酸浸后的溶液为硫酸镍溶液，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到，故C正确；D．“沉铝”过程中偏铝酸钠溶液和碳酸氢钠溶液生成情啊硬化率沉淀，故离子反应为：，故D正确；故选B。12．A【分析】根据a物质中S元素的化合价为-2价，且为氢化物，则a为；b为S单质；c为S的+4价的氧化物，则c为；同理，d为；e为S的+4价含氧酸，则e为；同理，f为；正盐即多元酸和碱完全中和的产物。【详解】A．硫化氢和亚硫酸的反应为：，故A正确；B．将通入紫色石蕊试液至过量，溶液只变红不褪色，故B错误；C．S为弱氧化剂，其氧化性小于铁离子，足量的S与56 g铁粉充分反应，转移电子的物质的量为2 mol，故C错误；D．向浓硫酸中加水易造成大量放热发生爆炸，所以应将浓硫酸和Cu反应完的混合物缓慢倒入水中，观察颜色变化以判断产物，故D错误；故选A。13．(1) 防止吸附颗粒孔径被烟气中颗粒物堵塞； 2Fe2S3＋2H2O＋3O2=2＋6S； Fe2O3或Fe3O4、Fe2(SO4)3或FeSO4；(2) 纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的得到电子还原生成；在纳米铁表面上进一步得电子还原生成N2和 ； 在纳米铁表面上被还原生成的速率大于生成N2的速率； pH 减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成减少N2的生成；【详解】（1）①烟气中含有灰尘等固体颗粒物，会堵塞吸附颗粒的孔径；②反应Ⅲ是硫化铁和空气中的氧气和水蒸气反应生成Fe2O3·H2O，化学方程式为：2Fe2S3＋2H2O＋3O2=2Fe2O3·H2O＋6S；③反应Ⅳ中硫化亚铁可能会被氧化成氧化铁或四氧化三铁，硫离子也可能被氧化，生成硫酸铁或硫酸亚铁；（2）①由图得，纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的得到电子被还原为；在纳米铁表面上进一步得电子发生还原反应生成N2和；②污水中浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显,表明更多是转化成，仍然存在在溶液中；③pH 减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成减少N2的生成；14． PbSO4和AgCl 氯气 [AuCl4]- + 3Fe2+ = 3Fe3+ + Au + 4Cl- 1 Cu2Te + 2O2 + 2NaOH + H2O = Na2TeO3 + 2Cu（OH）2 TeO32- + 4e- + 3H2O = Te + 6OH- 不生成氯气等污染性气体（或工艺简单）【分析】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu(OH)2。②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。③与“氯化浸出-还原法”相比，“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。【详解】（1）①Pb和Ag被氧化成Pb2+和Ag+，随后分别与SO42-和Cl-形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl-与溶液中的氧化得到的少量Au3+络合，形成四氯合金离子([AuCl4]-)，促进Au的溶解，同时使Ag+沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气Cl2,故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为：[AuCl4]-+3Fe2+=3Fe3++Au↓+4Cl-；③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO42-,硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5mol×4=n(SO2)×2（其中64g的碲为0.5mol），解得n(SO2)=1mol。（2）①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te+2O2+2NaOH+H2O＝Na2TeO3+2Cu（OH）2。②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO32-得到电子生成Te，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。③根据以上分析可知与“氯化浸出-还原法”相比“氧化碱浸-电解法”的优点是如不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。15． 除去碳和有机物 NaAlO2、Na2ZnO2 2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+ 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O Na2CO3（NaOH、CoCO3也对） Mg2+恰好沉淀完全时，c2（F+）=Ksp[MgF2]/c(Mg2+)=7.0×10-6，所以Qc=c2（F+）×c（Ca2+）=7.0×10-6×0.01=7.0×10-8＞K sp[CaF2]，因此会生成CaF2沉淀 95.55%【详解】本题主要考查对于“一种利用含钴废料制取CoC2O4的工艺流程”的评价。（1）“550℃焙烧”的目的是除去碳和有机物； （2）“浸出液”的主要成分是ZnO与Al2O3溶于氢氧化钠溶液生成的NaAlO2、Na2ZnO2； （3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+； （4） “净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，其作用是将亚铁离子氧化为铁离子，2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；再升温至80~85℃，加入Na2CO3（NaOH、CoCO3也对）溶液，调pH至4.5以达到净化除杂的目的。 （5）Mg2+恰好沉淀完全时，c2（F+）=Ksp[MgF2]/c(Mg2+)=7.0×10-6，所以Qc=c2（F+）×c（Ca2+）=7.0×10-6×0.01=7.0×10-8＞K sp[CaF2]，因此会生成CaF2沉淀（6）5CoC2O4～5(NH4)2C2O4～2KMnO4，草酸钴样品的纯度为0.1000mol/L×26.00mL×5/2×147g/mol/1.000g=95.55%。16．(1)(2)将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌 (合理也可)(3) ， 或或等作催化剂，加快的分解(4)，(5)(6)从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应【或硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率低】 (其他答案合理即可)【分析】酸浸”过程滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、Al3+等金属离子，滤渣1中主要是S、SiO2、CaSO4等；“调pH”，则Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀（滤渣2），滤液中主要含有Mg2+、Mn2+、Ca2+等金属离子；加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀（滤渣3），滤液中含有Mn2+金属离子；“沉锰”步骤则Mn2+以MnCO3形式沉淀出来；MnCO3经后续操作得到MnO2，据此分析解题。【详解】（1）Fe2+为Fe失去2个电子；基态Fe2+的价层电子排布图为；（2）从反应速率的影响因素考虑，“酸浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有：将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌 (合理也可)；（3）由分析可知，滤渣1中主要是S、SiO2、CaSO4等；加入H2SO4后发生反应生成单质S的离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O；故答案为或或等作催化剂，加快的分解；（4）由分析可知，此时滤渣2的主要成分为：Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀；（5）沉锰”步骤中溶液中主要含有Mn2+，Mn2+和碳酸氢根反应生成MnCO3，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑；（6）当硫酸浓度超过3.0 mol·L−1时，生成的MnOOH与硫酸反应，MnOOH减少，反应减弱，电流效率降低。故答案为：从电极反应来看，浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH直接与反应【或硫酸浓度高，与MnOOH反应，导致MnOOH被消耗，电流效率低】 (其他答案合理即可)。17．(1)是弱酸，不能完全电离(或)(2)产生少量白色沉淀或无白色沉淀产生(3) B 最后半滴标准液滴入时，溶液变为浅紫色且半分钟内不褪色 2+5=++(4)0.9或0.90(5)AC【分析】本题为测定菠菜中草酸和草酸盐含量的实验题，分三组实验，用高锰酸钾溶液来滴定，根据高锰酸钾本身的颜色来判断滴定终点，数据处理时，注意去掉偏差较大的数据，以此解题。【详解】（1）草酸为二元弱酸，只能部分电离，故答案为：是弱酸，不能完全电离(或)；（2）根据题给信息可知，将菠菜进行水煮后可除去其中大部分草酸，则“熟菠菜”榨出的汁没有草酸或者草酸量较少，则实现现象为：产生少量白色沉淀或无白色沉淀产生；（3）实验过程中，①所需仪器为研钵、烧杯、玻璃棒、漏斗；②所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③所需仪器为酸式滴定管、锥形瓶。选项中A为研钵，B为分液漏斗，C为烧杯，D为酸式滴定管。上述操作中，未用到的仪器为分液漏斗，故选B项；①用高锰酸钾滴定草酸，滴定结束时，溶液为浅紫色，故达到滴定终点的现象依据是：最后半滴标准液滴入时，溶液变为浅紫色且半分钟内不褪色；②高反应中，高锰酸根离子中的锰由+7价降低到+2价，草酸中的碳由+3价升高到+4价，根据化合价升降相等可知，配平后的方程式为：2+5=++；（4）三次实验分别消耗的标准液的体积为：25.99mL-0mL=25.99mL；30.30mL-1.56mL=28.74mL；26.23mL-0.22mL=26.01mL；其中第二次数据偏差较大，另外两次数据的平均值为26mL，则菠菜样品中草酸和草酸盐的总含量为；（5）A．滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，会导致标准液浓度变小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，计算的草酸的含量偏高，A正确；B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响标准液的消耗量，不影响结果，B错误；C．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定结束后没有气泡，气泡消失时滴定管内的液面下降，消耗的标准液会偏大，计算的结果偏高，C正确；故选AC。18．(1)升高温度(粉碎炉渣等)(2) [Ar]3d64s2 (3)(4) pH降低，酸性增强，平衡逆移，c(F-)减小，为使钙镁完全沉淀，需增大NaF的用量 10-2.5(5)蒸发浓缩、冷却结晶【分析】由题给流程可知，向废炉渣中加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶性金属硫酸盐，过滤得到酸浸渣和含有可溶性金属硫酸盐的滤液；向滤液中加入过量铁粉，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜的滤渣和滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂(P507+煤油)萃取溶液中的钴离子，分液得到硫酸镍溶液和含有钴离子的有机相；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍固体；向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液得到硫酸钴溶液。【详解】（1）酸浸时，搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等措施能提高“酸浸”速率，故答案为：升高温度(粉碎炉渣等)；（2）铁元素的原子序数 26，基态原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(,a×10—7)3d，解得d=，故答案为：[Ar]3d64s2；；（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液，的目的是将溶液中的亚铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；（4）氢氟酸为弱酸，在溶液中存在如下电离平衡，溶液pH降低，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氟离子浓度氟离子浓度减小，为使溶液中钙离子和镁离子完全沉淀，需要增大氟化钠的用量，所以随溶液pH降低，氟化钠用量急剧增加；由溶度积可知，钙离子完全沉淀时，镁离子已经完全沉淀，则钙离子、镁离子完全沉淀时，溶液中氟离子的最小浓度为=10-2.5mol/L，故答案为：pH降低，酸性增强，平衡逆移，c(F-)减小，为使钙镁完全沉淀，需增大NaF的用量；10-2.5；（5）由分析可知，得到硫酸镍固体的一系列操作为硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍固体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。19．(1)AC(2) 使烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，便于液体顺利滴下 缺少尾气处理装置(3)坩埚和蒸馏烧瓶(4)(5)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色(6)【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾或氯酸钾常温下与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与碘化钾和氢氧化钾的混合溶液反应制备碘酸钾，向碘酸钾溶液中加入浓盐酸制得KH(IO3)2粗品，KH(IO3)2粗品溶解后，加入氢氧化钾调溶液pH至中性，得到碘酸钾产品，该装置的设计缺陷是缺少尾气处理装置，排出的有毒氯气会污染空气。【详解】（1）由分析可知，装置A中高锰酸钾或氯酸钾常温下与浓盐酸反应制备氯气，故选AC；（2）装置A中橡胶管a的作用是平衡气压，使烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，便于浓盐酸顺利留下；由分析可知，该装置的设计缺陷是缺少尾气处理装置，排出的有毒氯气会污染空气，故答案为：使烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，便于液体顺利留下；缺少尾气处理装置；（3）由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(带砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶，则不需要用到的仪器为坩埚和蒸馏烧瓶，故答案为：坩埚和蒸馏烧瓶；（4）酸性条件下，溶液中的碘离子与碘酸根离子反应生成碘和水，所以装置C中溶液若有碘化钾剩余，加入浓盐酸会发生反应，导致碘酸钾的产率减小，故答案为：；（5）当硫代硫酸钠溶液与碘溶液完全反应时，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则步骤a中滴定终点的现象为当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色说明滴定达到滴定终点，故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色；（6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：KIO3—3I2—6Na2S2O3，滴定消耗(V—V0)mL 0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则碘酸钾样品的纯度为×100%=，故答案为：。20．(1)(2)MnCO3(3) 做氧化剂 MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O(4)3.2≤pH＜4.8(5) 4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质(6) (，，) 【分析】铜矿中含有CuS、FeO，加入稀硫酸、MnO2“酸浸”得到S单质，MnO2做氧化剂，根据流程，“调pH”得到氢氧化铁沉淀，说明“酸浸”步骤中MnO2将+2价Fe氧化成+3价Fe，“除锰”步骤得到MnCO3沉淀，Cu2+与氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2，Cu(NH3)4(OH)2与水合肼发生氧化还原反应得到Cu2O，据此分析；【详解】（1）铜元素位于第四周期ⅠB族，即基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，排布图为 ；故答案为 ；（2）“沉锰”过程中Mn2+与HCO反应Mn2++NH3·H2O+ HCO=MnCO3↓+NH+H2O或Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；因此滤渣的主要成分是MnCO3；故答案为MnCO3；（3）CuS中S显-2价，根据流程可知，“酸浸”过程中得到硫单质，S元素化合价升高，因此MnO2做氧化剂，其反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；故答案为做氧化剂；MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；（4）根据表中数据可知，“调pH”使Fe3+全部转化成氢氧化铁沉淀，Cu2+不能转化成沉淀，因此调节pH的范围是3.2≤pH＜4.8；故答案为3.2≤pH＜4.8；（5）Cu元素以Cu(NH3)4(OH)2形式存在，与水合肼发生氧化还原反应，得到Cu2O和氮气，其发生化学反应方程式为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；水合肼浓度大于3.25mol/L时，Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，可能的原因时Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；故答案为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；（6）将大立方体切割成4个小立方体，B原子位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的，对应z轴为高的，即B原子坐标为(，，)；该晶胞中含有4个Cu+，2个O2-，晶胞的质量为=，则晶胞的体积为cm3=cm3，晶胞的边长为cm，Cu+与O2-之间距离是体对角线的，即Cu+与O2-之间距离为nm；故答案为(，，)；。21．(1)(2)坩埚、漏斗、100mL容量瓶(3) KSCN溶液 K3[Fe(CN)3]溶液 生成蓝色沉淀(4) 将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸 【分析】预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，然后取10.00mL待测液于锥形瓶中通过滴定法测定铁元素的含量。【详解】（1）草酸亚铁溶于稀硫酸反应生成硫酸亚铁和草酸，；（2）预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、坩埚、漏斗、100mL容量瓶；故填坩埚、漏斗、100mL容量瓶；（3）铁离子和KSCN溶液反应生成红色溶液，故检验试剂为KSCN溶液；亚铁离子和K3[Fe(CN)3]反应生成蓝色沉淀，可用于检验亚铁离子，故亚铁离子检验试剂为K3[Fe(CN)3]、现象为生成蓝色沉淀；（4）①待测液中含有亚铁离子和草酸，两者均可以和高锰酸钾溶液反应，步骤I滴加溶液的目的是将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸。②步骤III滴加溶液时发生反应为亚铁离子和高锰酸钾反应生成铁离子和锰离子，离子方程式为。③由化学方程式体现的关系可知，100g菠菜中铁的质量为，则含量为mg/100g。22．(1)第四周期ⅣA族(2)增大矿物表面积，提高焙烧效率(3) 将还原为GeO，使含锗物质更易挥发，减少焙烧过程的能耗(4)(5)增大溶液中，抑制水解(6)蒸馏【分析】富锗的褐煤矿(锗质量分数约为0.01％～0.05％)进行粉碎，增大固体的表面积，便于后续反应，加入作还原剂，高温灼烧会将高价态GeO2还原为GeO，再冷却富集，得到含锗高的锗精矿，氧化浸出步骤中，加入二氧化锰和浓盐酸可使GeO转化为GeCl4，同时抑制GeCl4的水解，分离出不反应的固液混合物，在进行过滤，得到的滤渣可循环利用，最后利用GeCl4的水解得到目标产物GeO2，据此分析解答。【详解】（1）Ge的原子序数为32，根据核外电子排布规律可知，其核外每层电子数分别为：2、8、18、4，故Ge在元素周期表中的位置第四周期ⅣA族；（2）工艺流程中，之所以对富锗褐煤矿进行“粉碎”，主要是为了增大矿物的表面积，提高焙烧效率；（3）高温焙烧过程中，转化为生成，P的化合价从+1价升高到+5价，价态升高4，将转化为GeO，Ge价态降低2，根据氧化还原反应的规律配平该反应为：；所以高温焙烧过程中加入，作还原剂是为了将还原为GeO，同时结合上述已知信息表中含锗物质的熔沸点数据可知，还原为GeO后，会使含锗物质更易挥发，所以能减少焙烧过程的能耗，故答案为：将还原为GeO，使含锗物质更易挥发，减少焙烧过程的能耗；（4）在“氧化浸出”过程中，同时加入二氧化锰和浓盐酸，若温度过高，两者会发生反应生成氯气，其反应的离子方程式为：；（5）“氧化浸出”过程中加入过量浓盐酸，使溶液呈现酸性，可抑制新产生的水解，从而提高的产率；（6）根据上述给定的含锗化合物的物理性质数据可知，操作A可采用蒸馏方法，使温度升高到86.5℃700℃范围，使导气冷凝分离，而和GeO以固液混合物形式而除去，故答案为：蒸馏。
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