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河南2023年高考化学模拟题汇编-02氧化还原反应
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这是一份河南2023年高考化学模拟题汇编-02氧化还原反应，共27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。
河南2023年高考化学模拟题汇编-02氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·河南郑州·统考二模）化学创造美好生活。下列劳动项目所涉及反应的离子方程式错误的是
A．工程师用FeS除去废水中的Hg2+ ：FeS(s) + Hg2+ (aq) = HgS(s) + Fe2+ (aq)
B．消防员使用泡沫灭火器灭火：A13+ +3 = Al(OH)3↓+3CO2↑
C．环保人员用漂白粉溶液脱除废气中的SO2：Ca2++2ClO- +SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D．工人用醋酸处理水垢中的氢氧化镁：Mg(OH)2 + 2CH3COOH= 2CH3COO-+Mg2+ +2H2O
2．（2023·河南郑州·统考二模）实现碳达峰、碳中和是党中央做出的重大战略决策。恒压、750°C时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
下列说法正确的是
A．过程①中，CO2的转化率为50%
B．过程②中CO2的吸收，不利于CO还原Fe3O4的平衡正向移动
C．过程③中通入He的作用是催化剂，加快CaCO3分解
D．过程①、②、③均涉及到了氧化还原反应
3．（2023·河南·统考模拟预测）在溶液中用光照射Cu−PHI催化剂产生光电子和空穴h+，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．空穴h+参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋
B．光电子参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2
C．反应过程中水作还原剂
D．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2
4．（2023·河南·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是
A．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl—
B．室温下，用稀硝酸溶解铜：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓
D．同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH—=NH3·H2O
5．（2023·河南·校联考一模）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡
CCl4层无色
Fe2+的还原性强于Br-
B
取丙烯醛(CH2=CHCHO)于试管中，滴加酸性KMnO4溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
说明丙烯醛中含有碳碳双键
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液
未出现银镜
蔗糖未水解
D
将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170 ℃ ，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
说明乙醇发生消去反应且产物是乙烯
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·河南郑州·统考一模）某化学兴趣小组探究催化分解制取氧气，小组成员闻到制得的氧气有轻微的刺激性气味。下列有关分析推理不正确的是
A．反应后所得固体除外，还可能含有KCl、
B．催化分解，降低了反应的活化能，加快分解速率
C．标准状况下制得22.4L氧气，反应中转移电子4mol
D．将制得的气体通入溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀
7．（2023·河南郑州·统考一模）硫代碳酸钠在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。其制备原理为：。下列说法不正确的是
A．该制备反应属于熵增反应
B．与性质相似，不能被氧化
C．制备的反应属于非氧化还原反应
D．与盐酸反应，生成NaCl、和
二、实验题
8．（2023·河南新乡·统考二模）苯甲酸可用于医药、染料载体、增塑剂、果汁饮料的保香剂和食品防腐剂等的生产。某化学兴趣小组欲在实验室制备苯甲酸、回收二氧化锰并测定其纯度，进行如下实验：
苯甲酸实验室制备原理为：
实验装置如图所示。
已知：甲苯的密度是0. 872g·L-1；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水。
实验步骤：
I.在50mL三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、20mL水和5.0g高锰酸钾，油浴加热至反应结束。
II.将反应液趁热减压过滤，得到滤渣1，滤液呈紫色，加入少量亚硫酸钠使紫色褪去，进行二次减压过滤，得到滤渣2；将滤液放入冰水浴中，然后加酸酸化，有晶体析出，减压过滤，洗涤、干燥，得到苯甲酸晶体。
III.回收二氧化锰：将滤渣2和滤纸一并转移到坩埚中，加热灼烧，所得固体与干燥后的滤渣1合并，称重得2.5 g固体。
IV.二氧化锰纯度的测定：称取0.5g回收的二氧化锰，放于烧杯中，再加入25 mL 0. 3 mol·L-1草酸钠溶液及50 mL12 mol·L-1硫酸，加热至二氧化碳不再产生，稀释至250 mL，加热至近沸。趁热以浓度为0.05mol·L-1的高锰酸钾标准液滴定过量的草酸钠，消耗高锰酸钾的体积为16.0mL。
已知：MnO2 + +4H+=Mn2+ +2CO2↑+2H2O
2+5+16H+=2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______ ， 该装置的作用是_______。
(2)步骤I中，判断反应结束的现象是_______。
(3)步骤II中加酸酸化，加的酸可以是_______(填序号)。
①稀硫酸 ②盐酸
滤液放入冰水浴的原因是_______。
(4)滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，请写出生成MnO(OH)2的离子方程式：_______。
(5)用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是_______，二氧化锰的纯度为_______%。
9．（2023·河南开封·统考二模）某小组根据硫元素的化合价，预测SO2既有还原性又有氧化性，并设计实验进行探究。
I．探究SO2的还原性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
a
碘水
溶液的棕黄色褪去
b
Fe2(SO4)3溶液
(1)a中反应的离子方程式为_________________________________________。
(2)b中的实验现象为______________________。将b所得溶液分成三份，进行如下实验。
实验①向第一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
实验②向第二份溶液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。
实验③向第三份溶液中先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
上述实验不能证明SO2与Fe3+发生了氧化还原反应的是 _____________，原因是______________。
II．探究SO2的氧化性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
c
3mol·L-1稀硫酸
始终无明显变化
d
3 mol·L-1稀盐酸
铜片表面变黑，溶液变为棕色
已知：i．水合Cu+既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合Cu+。
ii．CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-。
(3)证明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2- ：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因是___________________。
(4)与c对比，d能发生反应的原因是_______________________。
(5)由实验II可推知，该条件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为__________。
10．（2023·河南郑州·统考一模）是一种安全稳定、高效低毒的广谱型消毒剂，它易溶于水、难溶于有机溶剂，高浓度的气体易爆炸。与纯净的反应可制得和NaCl。实验室用制备和收集一定量的的装置如下图(夹持装置略)，其中装置F为的收集装置。
(1)装置A中使用X滴加浓盐酸的优点是_______。
(2)装置D中玻璃仪器的名称为_______。
(3)请写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式_______。
(4)装置E中所盛试剂是，其作用为_______。
(5)葡萄糖、氯酸钾和适量的溶液反应可以得到，反应中生成的起稀释的作用，大大提高了生产、储存和运输的安全性，其化学方程式为_______。
三、工业流程题
11．（2023·河南郑州·统考二模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工行业，以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺流程如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，在氯离子浓度较大的体系中生成，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：
(1)“酸溶”时温度应控制在60~70°C ，原因是___________。
(2)写出“还原”步骤中主要反应的离子方程式___________。“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量的可能原因是___________(答出2条)。随着NH4Cl用量增加，CuCl沉降率先增大后减小，减小的原因可能是___________。(用化学方程式表示)
(3)“洗涤”步骤中包括用pH=2的酸洗、水洗、醇洗，酸洗采用的酸是___________。选择醇洗的原因是___________。
(4)“浓缩分离”得到副产品M的主要成分是___________。
(5)称取烘干制得的氯化亚铜5 g，将其置于FeCl3溶液中溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点( 被还原为Cr3+)，消耗K2Cr2O7溶液25 mL。则样品中CuCl的质量分数为___________ 。
12．（2023·河南新乡·统考二模）从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。
已知：①碱浸液中碲以的形式存在；
②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；
③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
(1)中Te的化合价为_______价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2+不沉淀)为_______。
(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 °C ，反应时间为120 min，其原因是_______。
(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因：_______。
(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为_______。
(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为_______，加入硫酸的量不宜过多，其原因是_______。
13．（2023·河南·统考三模）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO₂、LiMn₂O₄、LiNiO₂、LiFePO₄等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。
回答下列问题：
(1)为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有___________(至少写两条)。
(2)“酸浸”中H₂O₂既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺和___________，“酸浸”中LiCoO₂发生反应的离子方程式为___________。
(3)“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是___________。
(4)“调pH”的目的是___________，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过___________。
离子
浓度(mol·L⁻¹)
氢氧化物Ksp
Ni²⁺
1.00
1.00×10-15.2
Co²⁺
1.00
1.00×10-14.2
Mn²⁺
1.40
1.00×10-12.7
(5)若“调pH”过程中，Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为___________(填标号)。
a．NiSO₄ b．CoSO₄ c．MnSO₄ d．H₂SO₄
(6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li₂CO₃焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是___________。
14．（2023·河南开封·统考二模）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题。
(1)将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是______________________________。
步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3 + Na2CO3 +NaNO3Na2CrO4+ Fe2O3 + CO2+NaNO2(未配平) ，氧化产物为_________________，配平后FeO· Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为______________。
(2)下列说法正确的是 。
A．步骤①可以用陶瓷容器做反应器
B．步骤②低温可提高浸取率
C．步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3
D．步骤④的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
(3)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到 (填标号)，得到的K2Cr2O7固体产品最多。
A．20°C B．40°C C．60°C D．80°C
(4)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到m2 kg K2Cr2O7产率为_______________(用含m1、m2的代数式表示)。
(5)某小组用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，其中某同学测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测溶液时少加了一种试剂。该试剂是________，添加该试剂的作用是_______________________________。
15．（2023·河南濮阳·统考一模）稀有金属元素铼(Re)和锰同族，铼和钛是航天不可缺少的材料。某烟道灰的主要成分为Re2O7、TiO2、SiO2、CuO、 Fe2O3，从中提取铼粉和钛的流程如图所示：
已知：铼的最高价氧化物为酸性氧化物，能与水反应生成对应的酸。在碱性溶液中， 被Zn还原为+4价的铼。ZnO为两性氧化物，溶于碱生成。
回答下列问题：
(1)晶体主要成分的化学式中含有7个结晶水，其化学式是___________。
(2)“碱浸”过程发生反应的离子方程式是___________。
(3)“氧化溶解”过程中Re(OH)4转化为 ，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。
(4)“酸溶”过程得到的钛在溶液中以TiO2+形式存在，其“水解”反应的离子方程式为___________。
(5)“转化”过程中加入Fe的作用是___________。
(6)“冶钛”过程中将TiO2先转化为TiCl4再用Mg进行还原，写出高温条件下用Mg还原TiCl4的化学方程式：___________。
16．（2023·河南·校联考一模）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料—— VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；
② +2H+ + H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.7
4.0
4.6
完全沉淀的pH
3.7
5.2
6.0
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有___________(答两条)。
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为___________。
(3)理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是___________(用化学用语和必要的文字说明)。
(4)滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和___________(填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是___________。
(5)将2.075g VO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量) ，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0. 10 mol∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号
起始读数
终点读数
①
0.10
20.55
②
0. 02
20.12
③
0.03
19. 93
该产品的纯度为___________%。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果___________ (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3 +I2 =Na2S4O6 + 2NaI)
17．（2023·河南郑州·统考一模）一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。
已知：①钛酸钠难溶于水；
②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在；
③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有_______个。
(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是_______。
(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为_______。
(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是_______。
(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是_______。
(6)取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．硫化汞溶度积小于硫化亚铁，硫化亚铁与汞离子反应生成硫化汞和亚铁离子，实现沉淀的转化，A正确；
B．灭火器中铝离子与碳酸氢根发生双水解产生二氧化碳，B正确；
C．次氯酸具有氧化性，二氧化硫具有还原性，发生氧化还原反应：，C错误；
D．醋酸及氢氧化镁均为弱电解质，不能拆，D正确；
故答案为：C。
2．D
【分析】根据流程图可知，总反应为：CH4和3CO24CO和2H2O，据此分析解答。
【详解】A．过程①中，CO2转化为CO，但并不知道该反应进行的程度，所以无法准确计算转化率，A错误；
B．过程ⅱ，吸收，使浓度降低，从而促进CO还原Fe3O4的平衡正移，B错误；
C．恒压、750°C时，通入He，是碳酸钙分解反应平衡向正向移动，但He并未参加反应，也不属于催化剂，C错误；
D．根据上述反应机理可知，过程①、②、③中元素均有化合价的升降，均涉及到了氧化还原反应，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．根据图中信息，空穴h+与水反应，其参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋，故A正确；
B．氢离子得到光电子提供的电子，则参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2，故B正确；
C．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，水中氢化合价降低，则反应过程中水作氧化剂，故C错误；
D．根据图中信息常温常压下使甲烷和水转化为甲醇和氢气，则该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，故D正确。
综上所述，答案为C。
4．B
【详解】A．碘离子的还原性强于亚铁离子，则碘化亚铁溶液与少量氯气反应时，碘离子优先与氯气反应生成碘和氯离子，反应的离子方程式为2I—+Cl2=I2+2Cl—，故A错误；
B．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．氯化镁溶液与足量石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，反应的离子方程式为Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，故C错误；
D．体积同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应时，氢离子优先与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为H++OH—=H2O，故D错误；
故选B。
5．A
【详解】A．向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色，说明反应后溶液中无Br2，Cl2与Fe2+发生了反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，从而证明离子的还原性：Fe2+＞Br-，A正确；
B．醛基、碳碳双键都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C．向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，在硫酸催化下加热，蔗糖会发生水解反应，然后加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，来判断蔗糖溶液是否水解产生葡萄糖，由于未中和催化剂硫酸，溶液显酸性，因此不能根据未出现银镜来判断蔗糖是否发生水解反应，C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化，其被还原产生SO2气体，因此导致乙烯中可能混有SO2，乙烯与SO2均与溴水反应而使溴水褪色，因此不能由该现象不能说明乙烯生成，D错误；
故合理选项是A。
6．C
【详解】A．根据氧化还原反应规律，KClO3受热分解过程中还能发生副反应4KClO33KClO4+KCl，故反应后所得固体除MnO2外，还可能含有KCl、KClO4，A正确；
B．MnO2催化KClO3分解时，MnO2作催化剂，催化剂能够降低了反应的活化能，加快分解速率，B正确；
C．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，故不能光计算制备O2过程中的电子转移，不知道Cl2的量，无法计算电子转移数目，C错误；
D．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，Cl2+H2O=HCl+HClO，则将制得的气体通入AgNO3溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，D正确；
故答案为：C。
7．B
【详解】A．根据方程式可判断反应前气体体积增加，所以该制备反应属于熵增反应，A正确；
B．与性质相似，但由于硫元素是－2价，处于最低价态，因此能被氧化，B错误；
C．制备的反应中元素化合价均是不变的，所以属于非氧化还原反应，C正确；
D．根据碳酸钠和盐酸的反应可知与盐酸反应，生成NaCl、和，D正确；
答案选B。
8．(1) 球形冷凝管 冷凝回流，增大反应物的利用率
(2)三颈烧瓶中无油状物
(3) ①② 降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率
(4)2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-
(5) 当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 95. 7
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸盐，苯甲酸盐与酸反应得到苯甲酸。图示装置中球形冷凝管的目的是使甲苯冷凝回流，增大反应物的利用率，苯甲酸在三颈烧瓶中生成，由于苯甲酸的溶解度较低，冰水浴有利于其析出。
【详解】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，该装置的作用是：冷凝回流，增大反应物的利用率；
（2）甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤I中，甲苯完全反应，可以判断反应结束，故判断反应结束的现象是三颈烧瓶中无油状物；
（3）根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可，故选①②；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水，冷水浴的目的是降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率；
（4）滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，根据得失电子守恒，生成MnO(OH)2的离子方程式为：2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-；
（5）草酸根能被酸高锰酸钾氧化，用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化锰反应，过量的草酸根与高锰酸根反应，故二氧化锰消耗的草酸根的物质的量为：，二氧化锰的纯度为：。
9．(1)SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
(2) 溶液变为浅绿色 实验③ 原溶液中含有
(3)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq) Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
(4)C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化
(5)Cu2+> SO2>CuCl
【详解】（1）a中溶液的棕黄色褪去，发生的反应为：SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
（2）b中硫酸铁溶液为棕黄色，通入二氧化硫后被还原，溶液变成浅绿色；若发生氧化还原反应，则生成Fe2+，能证明有Fe2+的存在，前两个实验结果能证明，第三组只能证明有硫酸根的存在，硫酸铁溶液中阴离子存在硫酸根，无法证明硫酸根为氧化产物，所以答案为实验③；原因为：原溶液中含有
（3）溶液中存在反应：CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq)，滴入蒸馏水后离子浓度减小，使得Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
（4）c和d的区别在于阴离子，硫酸根无明显现象，氯离子产出明显现象，所以从氯离子角度分析，C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；
（5）氧化还原反应的规律为氧化性强的得到氧化性弱的，即氧化剂氧化性强于氧化产物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，在盐酸中氯离子与Cu+结合成，其氧化性强于Cu，能够被二氧化硫氧化，故答案为：Cu2+> SO2>CuCl。
10．(1)在封闭体系中可顺利滴加液体，减少盐酸的挥发
(2)(球形)干燥管
(3)2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2+8H2O
(4)用于除去ClO2中的未反应的Cl2
(5)C6H12O6+24KClO3+12H2SO4=12K2SO4+6CO2↑+24ClO2↑+18H2O
【分析】装置A中高锰酸钾和二氧化锰常温下制备氯气，装置B中盛放饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢，装置C中盛放浓硫酸用于干燥氯气，装置D中干燥纯净的氯气和NaClO2反应，装置E中液体用于除去ClO2中的未反应的Cl2，ClO2易溶于水、密度比空气大，装置F可用向上排空气法收集ClO2。最后选用碱液处理尾气，防止污染空气。
【详解】（1）用分液漏斗滴加浓盐酸时，需要打开分液漏斗上方的玻璃塞，恒压漏斗侧边的玻璃管有平衡压的作用(即在封闭体系中可顺利滴加液体)，采用恒压漏斗滴加浓盐酸时不需要打开恒压漏斗上方的玻璃塞，减少HCl的挥发，故答案为：在封闭体系中可顺利滴加液体，减少盐酸的挥发；
（2）装置D中玻璃仪器为(球形)干燥管；
（3）A中烧瓶内高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生反应生成氧化锰、氯化钾、氯气和水，根据氧化还原反应的规律可知离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2+8H2O；
（4）E中所盛试剂是用于除去ClO2中的未反应的Cl2；
（5）葡萄糖、氯酸钾和适量的溶液反应可以得到，反应的化学方程式为C6H12O6+24KClO3+12H2SO4=12K2SO4+6CO2↑+24ClO2↑+18H2O。
11．(1)温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解
(2) 2Cu2+ + +2Cl-+H2O = 2CuCl↓ ++2H+ 使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化等 CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2
(3) 硫酸 加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化
(4)硫酸铵或(NH4)2SO4
(5)59.7%
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，以此来解答；
【详解】（1）酸溶”时，温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解，温度应控制在60~70°C ；
（2）根据分析，；为了使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化，则“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量；随着NH4Cl用量增加，发生反应CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2；
（3）得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的为加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化；
（4）还原中还可以发生生成硫酸铵；
（5）氯化亚铜与FeCl3反应，，加入K2Cr2O7溶液发生反应
，设CuCl的物质的量为n，反应的关系为，样品中CuCl的质量分数=。
12．(1) +6 十=+
(2)再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
(3)过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降
(4)PbS、CuS
(5) Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低
【分析】铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，与反应得到和，溶液含、Cu2+、Pb2+，加适量硫化钠沉淀Cu2+、Pb2+，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，与H2SO4、调pH，反应生成TeO2沉淀。
【详解】（1）中Te的化合价为+6价，“还原”中与反应得到和，发生反应的离子方程式为：十=+。
（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 °C” 的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。
（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：十=+，又知Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降。
（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2++S2-=CuS，Pb2++S2-=PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS。
（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
13．(1)粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)
(2) Li+、Fe3+ 2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O
(3)Mn2+或Fe3+催化H2O2分解
(4) Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+) 6.4
(5)ab
(6)O2
【分析】用废旧电池正极材料（主要成分为LiCoO2、LiMn2O4、LiFePO4）制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2，正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，结合问题分析知物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，然后共同生成三元锂电池正极材料，据此分析答题。
【详解】（1）在“酸浸”步骤中采用粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度等措施均可提高原料利用率，故答案为：粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)；
（2）LiCoO2中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又双氧水与部分LiFePO4反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺和Li+、Fe3+，故答案为：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；
（3）“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是双氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2发生分解，故答案为： Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；
（4）由分析和已知得，沉淀主要成分为Fe（OH）3，即调节溶液pH的目的为Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，则c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4，故答案为：Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。
（5）调节pH除铁元素再加入物质X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1:1:1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：ab；
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li₂CO₃焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+ 2Li₂CO₃4 LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一种反应物是O2，故答案为：O2；
14．(1) 增大反应物的接触面积 2:7 Na2CrO4和Fe2O3
(2)CD
(3)A
(4)
(5) 稀硫酸 抑制 转化为
【分析】铬铁矿加入碳酸钠、硝酸钠熔融氧化后得到熔块，水浸、过滤得到滤渣1主要成分为SiO2等，滤液1调节pH=7，过滤得到滤渣2为Al(OH)3，滤液2再调节pH，得到的滤液3加入氯化钾，通过一系列操作后得到重铬酸钾；
【详解】（1）将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是增大反应物的接触面积；步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3 + Na2CO3 +NaNO3Na2CrO4+ Fe2O3 + CO2+NaNO2，反应中Cr元素和Fe元素化合价均升高被氧化，生成Na2CrO4和Fe2O3，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，Cr元素由+3价升高为+6价，Fe元素由+2价升高为+3价，N元素由+5价降为+3价，结合氧化还原反应原理配平得反应2FeO·Cr2O3 + 4Na2CO3 +7NaNO34Na2CrO4+ Fe2O3 + 4CO2+7NaNO2，故配平后FeO· Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为2:7；
（2）A. 步骤①高温条件下陶瓷中的二氧化硅能与碳酸钠反应，故不可以用陶瓷容器做反应器，选项A错误；
B. 步骤②低温时反应速率降低，浸取率降低，选项B错误；
C. 根据分析可知，步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3，选项C正确；
D. 步骤④调节pH，使平衡逆向移动，目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7，选项D正确；
答案选CD；
（3）由溶解度曲线图结合选项可知，20 ℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到20 ℃时得到的K2Cr2O7；答案选A；
（4）样品中Cr2O3的质量为m1×40%kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40%kg×，则所得产品的产率为=；
（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸，答案为稀硫酸；抑制 转化为。
15．(1)FeSO4 ·7H2O
(2)Re2O7+2OH-=2 +H2O 、SiO2 +2OH- = +H2O
(3)4：3
(4)TiO2+ +2H2O H2TiO3↓+2H+
(5)除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+ (合理即可)
(6)TiCl4+2MgTi +2MgCl2
【分析】碱浸时，TiO2、CuO、Fe2O3不溶，酸浸时候，含有Cu2+、Fe3+以TiO2+，再加入铁粉后，会将Cu2+还原为Cu，Fe3+还原为Fe2+，从而得到，氧化溶解时，Re(OH)4被O2氧化为，以此分析；
【详解】（1）根据分析，晶体主要成分为；
故答案为：；
（2）由Re原子守恒，则系数为2，再由电荷守恒，则OH-系数为2，SiO2也可以与碱反应；
故答案为：；
（3）氧化溶解时，Re(OH)4被O2氧化为，根据得失电子守恒，则4个Re(OH)4与3个O2反应，故两者物质的量之比为4：3；
故答案为：4：3；
（4）根据题意，TiO2+ 水解得到的钛酸反应，；
故答案为：；
（5）根据分析，“转化”过程中加入Fe的作用是除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+；
故答案为：除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+；
（6）“冶钛”过程中将TiO2先转化为TiCl4再用Mg进行还原，则发生反应；
故答案为：。
16．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)
(2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
(4) Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。
【详解】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。
（2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。
（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。
（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。
17．(1)3
(2)TiO2+2OH-=TiO+H2O
(3)0.2
(4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全
(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低
(6)NH3
【分析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。
【详解】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；
（2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O；
（3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L；
（4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全；
（5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
（6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol.
河南2023年高考化学模拟题汇编-02氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·河南郑州·统考二模）化学创造美好生活。下列劳动项目所涉及反应的离子方程式错误的是
A．工程师用FeS除去废水中的Hg2+ ：FeS(s) + Hg2+ (aq) = HgS(s) + Fe2+ (aq)
B．消防员使用泡沫灭火器灭火：A13+ +3 = Al(OH)3↓+3CO2↑
C．环保人员用漂白粉溶液脱除废气中的SO2：Ca2++2ClO- +SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D．工人用醋酸处理水垢中的氢氧化镁：Mg(OH)2 + 2CH3COOH= 2CH3COO-+Mg2+ +2H2O
2．（2023·河南郑州·统考二模）实现碳达峰、碳中和是党中央做出的重大战略决策。恒压、750°C时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
下列说法正确的是
A．过程①中，CO2的转化率为50%
B．过程②中CO2的吸收，不利于CO还原Fe3O4的平衡正向移动
C．过程③中通入He的作用是催化剂，加快CaCO3分解
D．过程①、②、③均涉及到了氧化还原反应
3．（2023·河南·统考模拟预测）在溶液中用光照射Cu−PHI催化剂产生光电子和空穴h+，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．空穴h+参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋
B．光电子参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2
C．反应过程中水作还原剂
D．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2
4．（2023·河南·统考一模）下列反应的离子方程式正确的是
A．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl—
B．室温下，用稀硝酸溶解铜：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓
D．同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH—=NH3·H2O
5．（2023·河南·校联考一模）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡
CCl4层无色
Fe2+的还原性强于Br-
B
取丙烯醛(CH2=CHCHO)于试管中，滴加酸性KMnO4溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
说明丙烯醛中含有碳碳双键
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液
未出现银镜
蔗糖未水解
D
将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170 ℃ ，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
说明乙醇发生消去反应且产物是乙烯
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·河南郑州·统考一模）某化学兴趣小组探究催化分解制取氧气，小组成员闻到制得的氧气有轻微的刺激性气味。下列有关分析推理不正确的是
A．反应后所得固体除外，还可能含有KCl、
B．催化分解，降低了反应的活化能，加快分解速率
C．标准状况下制得22.4L氧气，反应中转移电子4mol
D．将制得的气体通入溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀
7．（2023·河南郑州·统考一模）硫代碳酸钠在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。其制备原理为：。下列说法不正确的是
A．该制备反应属于熵增反应
B．与性质相似，不能被氧化
C．制备的反应属于非氧化还原反应
D．与盐酸反应，生成NaCl、和
二、实验题
8．（2023·河南新乡·统考二模）苯甲酸可用于医药、染料载体、增塑剂、果汁饮料的保香剂和食品防腐剂等的生产。某化学兴趣小组欲在实验室制备苯甲酸、回收二氧化锰并测定其纯度，进行如下实验：
苯甲酸实验室制备原理为：
实验装置如图所示。
已知：甲苯的密度是0. 872g·L-1；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水。
实验步骤：
I.在50mL三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、20mL水和5.0g高锰酸钾，油浴加热至反应结束。
II.将反应液趁热减压过滤，得到滤渣1，滤液呈紫色，加入少量亚硫酸钠使紫色褪去，进行二次减压过滤，得到滤渣2；将滤液放入冰水浴中，然后加酸酸化，有晶体析出，减压过滤，洗涤、干燥，得到苯甲酸晶体。
III.回收二氧化锰：将滤渣2和滤纸一并转移到坩埚中，加热灼烧，所得固体与干燥后的滤渣1合并，称重得2.5 g固体。
IV.二氧化锰纯度的测定：称取0.5g回收的二氧化锰，放于烧杯中，再加入25 mL 0. 3 mol·L-1草酸钠溶液及50 mL12 mol·L-1硫酸，加热至二氧化碳不再产生，稀释至250 mL，加热至近沸。趁热以浓度为0.05mol·L-1的高锰酸钾标准液滴定过量的草酸钠，消耗高锰酸钾的体积为16.0mL。
已知：MnO2 + +4H+=Mn2+ +2CO2↑+2H2O
2+5+16H+=2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______ ， 该装置的作用是_______。
(2)步骤I中，判断反应结束的现象是_______。
(3)步骤II中加酸酸化，加的酸可以是_______(填序号)。
①稀硫酸 ②盐酸
滤液放入冰水浴的原因是_______。
(4)滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，请写出生成MnO(OH)2的离子方程式：_______。
(5)用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是_______，二氧化锰的纯度为_______%。
9．（2023·河南开封·统考二模）某小组根据硫元素的化合价，预测SO2既有还原性又有氧化性，并设计实验进行探究。
I．探究SO2的还原性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
a
碘水
溶液的棕黄色褪去
b
Fe2(SO4)3溶液
(1)a中反应的离子方程式为_________________________________________。
(2)b中的实验现象为______________________。将b所得溶液分成三份，进行如下实验。
实验①向第一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
实验②向第二份溶液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。
实验③向第三份溶液中先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
上述实验不能证明SO2与Fe3+发生了氧化还原反应的是 _____________，原因是______________。
II．探究SO2的氧化性：向试管中通入足量SO2 (尾气处理装置已略) ，记录如下。
装置
编号
试剂
实验现象
c
3mol·L-1稀硫酸
始终无明显变化
d
3 mol·L-1稀盐酸
铜片表面变黑，溶液变为棕色
已知：i．水合Cu+既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合Cu+。
ii．CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-。
(3)证明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2- ：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因是___________________。
(4)与c对比，d能发生反应的原因是_______________________。
(5)由实验II可推知，该条件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为__________。
10．（2023·河南郑州·统考一模）是一种安全稳定、高效低毒的广谱型消毒剂，它易溶于水、难溶于有机溶剂，高浓度的气体易爆炸。与纯净的反应可制得和NaCl。实验室用制备和收集一定量的的装置如下图(夹持装置略)，其中装置F为的收集装置。
(1)装置A中使用X滴加浓盐酸的优点是_______。
(2)装置D中玻璃仪器的名称为_______。
(3)请写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式_______。
(4)装置E中所盛试剂是，其作用为_______。
(5)葡萄糖、氯酸钾和适量的溶液反应可以得到，反应中生成的起稀释的作用，大大提高了生产、储存和运输的安全性，其化学方程式为_______。
三、工业流程题
11．（2023·河南郑州·统考二模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工行业，以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺流程如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，在氯离子浓度较大的体系中生成，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：
(1)“酸溶”时温度应控制在60~70°C ，原因是___________。
(2)写出“还原”步骤中主要反应的离子方程式___________。“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量的可能原因是___________(答出2条)。随着NH4Cl用量增加，CuCl沉降率先增大后减小，减小的原因可能是___________。(用化学方程式表示)
(3)“洗涤”步骤中包括用pH=2的酸洗、水洗、醇洗，酸洗采用的酸是___________。选择醇洗的原因是___________。
(4)“浓缩分离”得到副产品M的主要成分是___________。
(5)称取烘干制得的氯化亚铜5 g，将其置于FeCl3溶液中溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点( 被还原为Cr3+)，消耗K2Cr2O7溶液25 mL。则样品中CuCl的质量分数为___________ 。
12．（2023·河南新乡·统考二模）从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。
已知：①碱浸液中碲以的形式存在；
②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；
③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
(1)中Te的化合价为_______价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2+不沉淀)为_______。
(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 °C ，反应时间为120 min，其原因是_______。
(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因：_______。
(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为_______。
(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为_______，加入硫酸的量不宜过多，其原因是_______。
13．（2023·河南·统考三模）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO₂、LiMn₂O₄、LiNiO₂、LiFePO₄等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。
回答下列问题：
(1)为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有___________(至少写两条)。
(2)“酸浸”中H₂O₂既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺和___________，“酸浸”中LiCoO₂发生反应的离子方程式为___________。
(3)“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是___________。
(4)“调pH”的目的是___________，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过___________。
离子
浓度(mol·L⁻¹)
氢氧化物Ksp
Ni²⁺
1.00
1.00×10-15.2
Co²⁺
1.00
1.00×10-14.2
Mn²⁺
1.40
1.00×10-12.7
(5)若“调pH”过程中，Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为___________(填标号)。
a．NiSO₄ b．CoSO₄ c．MnSO₄ d．H₂SO₄
(6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li₂CO₃焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是___________。
14．（2023·河南开封·统考二模）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题。
(1)将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是______________________________。
步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3 + Na2CO3 +NaNO3Na2CrO4+ Fe2O3 + CO2+NaNO2(未配平) ，氧化产物为_________________，配平后FeO· Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为______________。
(2)下列说法正确的是 。
A．步骤①可以用陶瓷容器做反应器
B．步骤②低温可提高浸取率
C．步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3
D．步骤④的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
(3)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到 (填标号)，得到的K2Cr2O7固体产品最多。
A．20°C B．40°C C．60°C D．80°C
(4)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到m2 kg K2Cr2O7产率为_______________(用含m1、m2的代数式表示)。
(5)某小组用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，其中某同学测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测溶液时少加了一种试剂。该试剂是________，添加该试剂的作用是_______________________________。
15．（2023·河南濮阳·统考一模）稀有金属元素铼(Re)和锰同族，铼和钛是航天不可缺少的材料。某烟道灰的主要成分为Re2O7、TiO2、SiO2、CuO、 Fe2O3，从中提取铼粉和钛的流程如图所示：
已知：铼的最高价氧化物为酸性氧化物，能与水反应生成对应的酸。在碱性溶液中， 被Zn还原为+4价的铼。ZnO为两性氧化物，溶于碱生成。
回答下列问题：
(1)晶体主要成分的化学式中含有7个结晶水，其化学式是___________。
(2)“碱浸”过程发生反应的离子方程式是___________。
(3)“氧化溶解”过程中Re(OH)4转化为 ，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。
(4)“酸溶”过程得到的钛在溶液中以TiO2+形式存在，其“水解”反应的离子方程式为___________。
(5)“转化”过程中加入Fe的作用是___________。
(6)“冶钛”过程中将TiO2先转化为TiCl4再用Mg进行还原，写出高温条件下用Mg还原TiCl4的化学方程式：___________。
16．（2023·河南·校联考一模）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料—— VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；
② +2H+ + H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.7
4.0
4.6
完全沉淀的pH
3.7
5.2
6.0
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有___________(答两条)。
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为___________。
(3)理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是___________(用化学用语和必要的文字说明)。
(4)滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和___________(填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是___________。
(5)将2.075g VO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量) ，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0. 10 mol∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号
起始读数
终点读数
①
0.10
20.55
②
0. 02
20.12
③
0.03
19. 93
该产品的纯度为___________%。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果___________ (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3 +I2 =Na2S4O6 + 2NaI)
17．（2023·河南郑州·统考一模）一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。
已知：①钛酸钠难溶于水；
②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在；
③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)上述流程中，发生的氧化还原反应有_______个。
(2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是_______。
(3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为_______。
(4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是_______。
(5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是_______。
(6)取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．硫化汞溶度积小于硫化亚铁，硫化亚铁与汞离子反应生成硫化汞和亚铁离子，实现沉淀的转化，A正确；
B．灭火器中铝离子与碳酸氢根发生双水解产生二氧化碳，B正确；
C．次氯酸具有氧化性，二氧化硫具有还原性，发生氧化还原反应：，C错误；
D．醋酸及氢氧化镁均为弱电解质，不能拆，D正确；
故答案为：C。
2．D
【分析】根据流程图可知，总反应为：CH4和3CO24CO和2H2O，据此分析解答。
【详解】A．过程①中，CO2转化为CO，但并不知道该反应进行的程度，所以无法准确计算转化率，A错误；
B．过程ⅱ，吸收，使浓度降低，从而促进CO还原Fe3O4的平衡正移，B错误；
C．恒压、750°C时，通入He，是碳酸钙分解反应平衡向正向移动，但He并未参加反应，也不属于催化剂，C错误；
D．根据上述反应机理可知，过程①、②、③中元素均有化合价的升降，均涉及到了氧化还原反应，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．根据图中信息，空穴h+与水反应，其参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋，故A正确；
B．氢离子得到光电子提供的电子，则参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2，故B正确；
C．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，水中氢化合价降低，则反应过程中水作氧化剂，故C错误；
D．根据图中信息常温常压下使甲烷和水转化为甲醇和氢气，则该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，故D正确。
综上所述，答案为C。
4．B
【详解】A．碘离子的还原性强于亚铁离子，则碘化亚铁溶液与少量氯气反应时，碘离子优先与氯气反应生成碘和氯离子，反应的离子方程式为2I—+Cl2=I2+2Cl—，故A错误；
B．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．氯化镁溶液与足量石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，反应的离子方程式为Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，故C错误；
D．体积同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应时，氢离子优先与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为H++OH—=H2O，故D错误；
故选B。
5．A
【详解】A．向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色，说明反应后溶液中无Br2，Cl2与Fe2+发生了反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，从而证明离子的还原性：Fe2+＞Br-，A正确；
B．醛基、碳碳双键都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C．向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，在硫酸催化下加热，蔗糖会发生水解反应，然后加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，来判断蔗糖溶液是否水解产生葡萄糖，由于未中和催化剂硫酸，溶液显酸性，因此不能根据未出现银镜来判断蔗糖是否发生水解反应，C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化，其被还原产生SO2气体，因此导致乙烯中可能混有SO2，乙烯与SO2均与溴水反应而使溴水褪色，因此不能由该现象不能说明乙烯生成，D错误；
故合理选项是A。
6．C
【详解】A．根据氧化还原反应规律，KClO3受热分解过程中还能发生副反应4KClO33KClO4+KCl，故反应后所得固体除MnO2外，还可能含有KCl、KClO4，A正确；
B．MnO2催化KClO3分解时，MnO2作催化剂，催化剂能够降低了反应的活化能，加快分解速率，B正确；
C．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，故不能光计算制备O2过程中的电子转移，不知道Cl2的量，无法计算电子转移数目，C错误；
D．由于制得的氧气有轻微的刺激性气味，即混有少量的Cl2，Cl2+H2O=HCl+HClO，则将制得的气体通入AgNO3溶液，可能会产生不溶于硝酸的白色沉淀AgCl，D正确；
故答案为：C。
7．B
【详解】A．根据方程式可判断反应前气体体积增加，所以该制备反应属于熵增反应，A正确；
B．与性质相似，但由于硫元素是－2价，处于最低价态，因此能被氧化，B错误；
C．制备的反应中元素化合价均是不变的，所以属于非氧化还原反应，C正确；
D．根据碳酸钠和盐酸的反应可知与盐酸反应，生成NaCl、和，D正确；
答案选B。
8．(1) 球形冷凝管 冷凝回流，增大反应物的利用率
(2)三颈烧瓶中无油状物
(3) ①② 降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率
(4)2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-
(5) 当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 95. 7
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸盐，苯甲酸盐与酸反应得到苯甲酸。图示装置中球形冷凝管的目的是使甲苯冷凝回流，增大反应物的利用率，苯甲酸在三颈烧瓶中生成，由于苯甲酸的溶解度较低，冰水浴有利于其析出。
【详解】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，该装置的作用是：冷凝回流，增大反应物的利用率；
（2）甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤I中，甲苯完全反应，可以判断反应结束，故判断反应结束的现象是三颈烧瓶中无油状物；
（3）根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可，故选①②；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水，冷水浴的目的是降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率；
（4）滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，根据得失电子守恒，生成MnO(OH)2的离子方程式为：2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-；
（5）草酸根能被酸高锰酸钾氧化，用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化锰反应，过量的草酸根与高锰酸根反应，故二氧化锰消耗的草酸根的物质的量为：，二氧化锰的纯度为：。
9．(1)SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
(2) 溶液变为浅绿色 实验③ 原溶液中含有
(3)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq) Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
(4)C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化
(5)Cu2+> SO2>CuCl
【详解】（1）a中溶液的棕黄色褪去，发生的反应为：SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
（2）b中硫酸铁溶液为棕黄色，通入二氧化硫后被还原，溶液变成浅绿色；若发生氧化还原反应，则生成Fe2+，能证明有Fe2+的存在，前两个实验结果能证明，第三组只能证明有硫酸根的存在，硫酸铁溶液中阴离子存在硫酸根，无法证明硫酸根为氧化产物，所以答案为实验③；原因为：原溶液中含有
（3）溶液中存在反应：CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq)，滴入蒸馏水后离子浓度减小，使得Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
（4）c和d的区别在于阴离子，硫酸根无明显现象，氯离子产出明显现象，所以从氯离子角度分析，C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；
（5）氧化还原反应的规律为氧化性强的得到氧化性弱的，即氧化剂氧化性强于氧化产物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，在盐酸中氯离子与Cu+结合成，其氧化性强于Cu，能够被二氧化硫氧化，故答案为：Cu2+> SO2>CuCl。
10．(1)在封闭体系中可顺利滴加液体，减少盐酸的挥发
(2)(球形)干燥管
(3)2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2+8H2O
(4)用于除去ClO2中的未反应的Cl2
(5)C6H12O6+24KClO3+12H2SO4=12K2SO4+6CO2↑+24ClO2↑+18H2O
【分析】装置A中高锰酸钾和二氧化锰常温下制备氯气，装置B中盛放饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢，装置C中盛放浓硫酸用于干燥氯气，装置D中干燥纯净的氯气和NaClO2反应，装置E中液体用于除去ClO2中的未反应的Cl2，ClO2易溶于水、密度比空气大，装置F可用向上排空气法收集ClO2。最后选用碱液处理尾气，防止污染空气。
【详解】（1）用分液漏斗滴加浓盐酸时，需要打开分液漏斗上方的玻璃塞，恒压漏斗侧边的玻璃管有平衡压的作用(即在封闭体系中可顺利滴加液体)，采用恒压漏斗滴加浓盐酸时不需要打开恒压漏斗上方的玻璃塞，减少HCl的挥发，故答案为：在封闭体系中可顺利滴加液体，减少盐酸的挥发；
（2）装置D中玻璃仪器为(球形)干燥管；
（3）A中烧瓶内高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生反应生成氧化锰、氯化钾、氯气和水，根据氧化还原反应的规律可知离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2+8H2O；
（4）E中所盛试剂是用于除去ClO2中的未反应的Cl2；
（5）葡萄糖、氯酸钾和适量的溶液反应可以得到，反应的化学方程式为C6H12O6+24KClO3+12H2SO4=12K2SO4+6CO2↑+24ClO2↑+18H2O。
11．(1)温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解
(2) 2Cu2+ + +2Cl-+H2O = 2CuCl↓ ++2H+ 使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化等 CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2
(3) 硫酸 加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化
(4)硫酸铵或(NH4)2SO4
(5)59.7%
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，以此来解答；
【详解】（1）酸溶”时，温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解，温度应控制在60~70°C ；
（2）根据分析，；为了使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化，则“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量；随着NH4Cl用量增加，发生反应CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2；
（3）得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的为加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化；
（4）还原中还可以发生生成硫酸铵；
（5）氯化亚铜与FeCl3反应，，加入K2Cr2O7溶液发生反应
，设CuCl的物质的量为n，反应的关系为，样品中CuCl的质量分数=。
12．(1) +6 十=+
(2)再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
(3)过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降
(4)PbS、CuS
(5) Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低
【分析】铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，与反应得到和，溶液含、Cu2+、Pb2+，加适量硫化钠沉淀Cu2+、Pb2+，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，与H2SO4、调pH，反应生成TeO2沉淀。
【详解】（1）中Te的化合价为+6价，“还原”中与反应得到和，发生反应的离子方程式为：十=+。
（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 °C” 的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。
（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：十=+，又知Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降。
（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2++S2-=CuS，Pb2++S2-=PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS。
（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
13．(1)粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)
(2) Li+、Fe3+ 2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O
(3)Mn2+或Fe3+催化H2O2分解
(4) Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+) 6.4
(5)ab
(6)O2
【分析】用废旧电池正极材料（主要成分为LiCoO2、LiMn2O4、LiFePO4）制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2，正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，结合问题分析知物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，然后共同生成三元锂电池正极材料，据此分析答题。
【详解】（1）在“酸浸”步骤中采用粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度等措施均可提高原料利用率，故答案为：粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)；
（2）LiCoO2中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又双氧水与部分LiFePO4反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni²⁺、Mn²⁺、Co²⁺和Li+、Fe3+，故答案为：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；
（3）“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是双氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2发生分解，故答案为： Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；
（4）由分析和已知得，沉淀主要成分为Fe（OH）3，即调节溶液pH的目的为Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，则c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4，故答案为：Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。
（5）调节pH除铁元素再加入物质X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1:1:1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：ab；
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li₂CO₃焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+ 2Li₂CO₃4 LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一种反应物是O2，故答案为：O2；
14．(1) 增大反应物的接触面积 2:7 Na2CrO4和Fe2O3
(2)CD
(3)A
(4)
(5) 稀硫酸 抑制 转化为
【分析】铬铁矿加入碳酸钠、硝酸钠熔融氧化后得到熔块，水浸、过滤得到滤渣1主要成分为SiO2等，滤液1调节pH=7，过滤得到滤渣2为Al(OH)3，滤液2再调节pH，得到的滤液3加入氯化钾，通过一系列操作后得到重铬酸钾；
【详解】（1）将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是增大反应物的接触面积；步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3 + Na2CO3 +NaNO3Na2CrO4+ Fe2O3 + CO2+NaNO2，反应中Cr元素和Fe元素化合价均升高被氧化，生成Na2CrO4和Fe2O3，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，Cr元素由+3价升高为+6价，Fe元素由+2价升高为+3价，N元素由+5价降为+3价，结合氧化还原反应原理配平得反应2FeO·Cr2O3 + 4Na2CO3 +7NaNO34Na2CrO4+ Fe2O3 + 4CO2+7NaNO2，故配平后FeO· Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为2:7；
（2）A. 步骤①高温条件下陶瓷中的二氧化硅能与碳酸钠反应，故不可以用陶瓷容器做反应器，选项A错误；
B. 步骤②低温时反应速率降低，浸取率降低，选项B错误；
C. 根据分析可知，步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3，选项C正确；
D. 步骤④调节pH，使平衡逆向移动，目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7，选项D正确；
答案选CD；
（3）由溶解度曲线图结合选项可知，20 ℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到20 ℃时得到的K2Cr2O7；答案选A；
（4）样品中Cr2O3的质量为m1×40%kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40%kg×，则所得产品的产率为=；
（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸，答案为稀硫酸；抑制 转化为。
15．(1)FeSO4 ·7H2O
(2)Re2O7+2OH-=2 +H2O 、SiO2 +2OH- = +H2O
(3)4：3
(4)TiO2+ +2H2O H2TiO3↓+2H+
(5)除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+ (合理即可)
(6)TiCl4+2MgTi +2MgCl2
【分析】碱浸时，TiO2、CuO、Fe2O3不溶，酸浸时候，含有Cu2+、Fe3+以TiO2+，再加入铁粉后，会将Cu2+还原为Cu，Fe3+还原为Fe2+，从而得到，氧化溶解时，Re(OH)4被O2氧化为，以此分析；
【详解】（1）根据分析，晶体主要成分为；
故答案为：；
（2）由Re原子守恒，则系数为2，再由电荷守恒，则OH-系数为2，SiO2也可以与碱反应；
故答案为：；
（3）氧化溶解时，Re(OH)4被O2氧化为，根据得失电子守恒，则4个Re(OH)4与3个O2反应，故两者物质的量之比为4：3；
故答案为：4：3；
（4）根据题意，TiO2+ 水解得到的钛酸反应，；
故答案为：；
（5）根据分析，“转化”过程中加入Fe的作用是除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+；
故答案为：除去酸溶后溶液中的Cu2+ ；使Fe3+转化为Fe2+；
（6）“冶钛”过程中将TiO2先转化为TiCl4再用Mg进行还原，则发生反应；
故答案为：。
16．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)
(2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
(4) Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。
【详解】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。
（2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。
（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。
（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。
17．(1)3
(2)TiO2+2OH-=TiO+H2O
(3)0.2
(4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全
(5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低
(6)NH3
【分析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛，以此解题。
【详解】（1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应；
（2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O；
（3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L；
（4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全；
（5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低；
（6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol.
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