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河南2023年高考化学模拟题汇编-08水溶液中的离子反应和平衡（实验题、解答题）
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这是一份河南2023年高考化学模拟题汇编-08水溶液中的离子反应和平衡（实验题、解答题），共27页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河南2023年高考化学模拟题汇编-08水溶液中的离子反应和平衡（实验题、解答题）
一、实验题
1．（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_______%。
2．（2023·河南·统考三模）三氯化氧磷(POCl₃)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。研究小组在实验室模拟反应CPCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2，制备POCl3并测定产品的含量。
资料卡片：
物质
熔点／℃
沸点／℃
有关性质
PCl₃
-93.6
76.1
遇水剧烈水解，易与O₂反应
POCl₃
1.25
105.8
遇水剧烈水解，能溶于PCl₃
SOCl₂
-105
78.8
遇水剧烈水解，受热易分解
(1)甲装置中盛放的试剂为___________，洗气瓶甲、丁的作用是净化原料气体和___________，实验室制备SO₂的化学方程式为___________。
(2)反应装置图中装置丙、戊间方框内未画出的仪器应选择___________(填“球形冷凝管”或“直形冷凝管”)，如果没有装置戊，可能发生的反应是___________(写一个即可)。
(3)该实验需控制反应温度60-65℃，则温度不宜过高和过低的原因是___________，该实验应采用的加热方式为___________。
(4)测定提纯后产品中POCl₃的含量：准确称取1.700g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000mol·L⁻¹的AgNO₃溶液20.00mL(发生的反应为Ag⁺+Cl⁻=AgCl↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入指示剂，用0.1000mol·L⁻¹KSCN标准溶液滴定过量的AgNO₃至终点(Ag⁺+SCN⁻=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①滴定选用的指示剂是___________(填标号)。
a．酚酞 b．淀粉 c．NH₄Fe(SO4)2 d．甲基橙
②产品中POCl₃的质量分数为___________%(保留三位有效数字)。
③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10⁻10，Ksp(AgSCN)=2×10⁻¹²，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定产品中POCl₃的质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
二、工业流程题
3．（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___________ 。
4．（2023·河南·统考模拟预测）以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂，由富钒废渣(含V2O3、Na2O·Al2O3·4SiO2、FeO)制备V2O5的一种流程如下：
已知：①部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
②NH4VO3可溶于热水，不溶于乙醇；
③部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式：
pH
<1
1~4
4~6
6~8.5
8.5~13
>13
主要存在形式
V2O5
多矾酸根
多矾酸根
备注
多矾酸盐在水中溶解度较小
回答下列问题：
(1)“酸浸”时含V物质中V的化合价为___________。
(2)“转化II”需要调整的pH范围为___________， “转化III”中含V物质发生反应的离子方程式为___________。
(3)铝元素在“___________”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为___________。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为___________(填字母)。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．NaOH溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若“沉钒”前溶液中c( )=0.2 mol· L-1，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c( )为___________mol·L-1.[已知：Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(5)全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。
①充电时，X电极反应式为___________。
②充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中n(H+)的变化量为___________mol。
5．（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___________。
6．（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_______________________________。
7．（2023·河南·统考一模）冶金工业的钒渣含有V2O3、Cr2O3、SiO2、Fe2O3、FeO等，一种利用钒渣提钒并进行钒、铬分离的工艺流程如图所示：
已知：Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CaCrO4)=2.3×10-2；“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4。
请回答下列问题：
(1)在“氧化焙烧”中被氧化的元素是_______(填元素符号)。
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(答出两条)。
(3)H2SO4“酸浸”得到的副产品①是_______，它的一种用途是_______。
(4)“调pH=2”，最适宜使用的酸是_______。
(5)“沉铬”反应的离子方程式为_______，“沉铬”反应的理论转化率为_______(保留3位有效数字)。
(6)由于母液①最终返回到_______工序循环使用，因此，即使“沉铬”转化率低于理论值也不会对铬的回收产生多大的影响。
(7)用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为_______。
8．（2023·河南·统考二模）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)制CeO2的工艺流程如下：
已知：①滤渣I主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；
②常温下，Ka1(H2CO3) =4.3×10-7，Ka2(H2CO3) =5.6×10-11， Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×1.0-28；
③Ce3 +在空气中易被氧化为Ce4+。
回答下列问题：
(1)CeCO3中Ce元素的化合价为_______。
(2)焙烧氟碳铈矿时，提高焙烧效率的措施有_______(写出两种)；实验室进行焙烧操作时一般在_______中进行。
(3)CeCO3F在焙烧时发生反应的化学方程式为_______。
(4)上述流程中所加的盐酸要适当过量，其目的是_______；操作中可用硫酸和H2O2替换盐酸，其优点是_______。
(5)写出从滤液II中沉淀铈的离子方程式_______。Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol/L]时溶液的pH为5，则溶液中c()=_______mol/L(保留两位有效数字)。
9．（2023·河南焦作·统考二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式：_______；“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的=_______。[已知：Ka1(H2SO3)=l。4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(2)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为_______(填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为_______。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和_______(填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是_______(填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，该反应的平衡常数K=_______。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为_______。
10．（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)
11．（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_______。
三、原理综合题
12．（2023·河南郑州·统考一模）金属锌具有储量丰富、电池理论容量高、氧化还原电位低、对环境友好等诸多优势；锌的化合物在防腐、电镀、医学、纺织等领域有诸多应用。
(1)一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示。放电结束后对左侧电极片进行紫外测试，可观测到在765nm处有一个较强的吸收峰，在615nm处有一个肩峰，与标准图像吻合。(注：可溶于水，强碱性环境下最终转化为)。
①该电池中b膜为_______离子交换膜。(填“阴”或“阳”)
②该电池正极的电极反应式为_______；当电路中转移1mol电子时，电极质量减少_______g。
(2)的浓溶液可形成配合酸，因此浓溶液常用作除锈剂。的溶液的酸性就相当千的酸。根据以上信息，请写出的浓溶液除铁锈的化学方程式_______。
(3)已知难溶于水，在强碱溶液中发生反应，下图是二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系，其中c为或浓度的值。
①_______。
②向的溶液中加入等体积的HCl后，体系中的Zn元素主要以_______(写微粒符号)形式存在。
参考答案：
1．(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：。
2．(1) 饱和食盐水 通过观察产生气泡的速率来控制气体的流速 Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
(2) 球形冷凝管 POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=2HCl+SO2等
(3) 温度低，反应速率慢；温度高，反应物大量挥发，利用率低 水浴加热
(4) c 90.3 偏小
【分析】生成氯气通过甲装置除去挥发的氯化氢气体，通过装置乙干燥后进入丙装置，二氧化硫通过丁装置净化后进入丙装置，Cl2、CPCl3、SO2反应生成三氯化氧磷，尾气使用碱石灰吸收防止污染。
【详解】（1）实验室制取的氯气含有挥发的氯化氢，甲装置盛放饱和食盐水可以除去氯化氢气体，且可以通过观察产生气泡的速率来控制气体的流速；实验室制备SO₂的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）反应装置图中装置丙、戊间方框内未画出的仪器应选择球形冷凝管，作用是冷凝回流丙中物质；如果没有装置戊，POCl3、SOCl2均会遇水剧烈水解，故可能发生的反应是POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=2HCl+SO2等；
（3）温度低，反应速率慢，温度高，反应物的沸点低会大量挥发，利用率低，故该实验需控制反应温度60-65℃，温度不宜过高和过低；该实验应采用的加热方式为水浴加热；
（4）①KSCN标准溶液会与铁离子生成红色溶液，故滴定选用的指示剂是c．NH₄Fe(SO4)2；
②根据题意可知，与氯离子反应的硝酸银为0.2000mol·L-¹×20.00×10-3L-0.1000mol·L-¹×10.00×10-3L=3.0×10-3mol，根据氯元素守恒可知，产品中POCl₃的质量分数为。
③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10⁻10，Ksp(AgSCN)=2×10⁻¹²，AgCl溶解度大于AgSCN，若无硝基苯覆盖沉淀表面，则导致氯化银部分溶解银离子会和KSCN反应，导致KSCN标准溶液用量增加，使得测定产品中POCl₃的质量分数将偏小。
3．(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=。
4．(1)+5
(2) pH＞13 VO+2CO2+H2O=VO+2HCO
(3) 转化Ⅲ Fe(OH)3
(4) C 0.4
(5) VO2+—e—+H2O=VO+2H+ 1
【分析】由题给流程可知，废渣与碳酸钠在空气中焙烧得到含有五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠和硅酸钠的焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸调节溶液pH小于1，五氧化二钒转化为离子、氧化铁转化为铁离子、偏铝酸钠转化为铝离子、硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有离子、铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子部分转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子、少量铁离子的滤液和含有氢氧化铁和五氧化二钒的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有离子、偏铝酸根离子的滤液；向滤液中通入足量的二氧化碳将溶液中离子转化为离子，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，向溶液中加入氯化铵，将溶液中离子转化为钒酸铵沉淀，过滤、洗涤、干燥得到含有碳酸氢钠、氯化钠的母液和钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
【详解】（1）由分析可知，“酸浸”时含钒元素物质为离子，由化合价代数和为0可知，离子中钒元素的化合价为+5价，故答案为：+5；
（2）由分析可知，转化II加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13的目的是将五氧化二钒转化为离子，转化III中含钒元素物质发生的反应为足量的二氧化碳与溶液中离子反应生成离子和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为VO+2CO2+H2O=VO+2HCO，故答案为：VO+2CO2+H2O=VO+2HCO；
（3）由题意可知，铝元素在转化Ⅲ步骤转化为氢氧化铝被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：转化Ⅲ；Fe(OH)3；
（4）由钒酸铵可溶于热水，不溶于乙醇可知，一系列操作中洗涤步骤最好选用的试剂为乙醇；由钒酸铵的溶度积可知，当钒元素的沉降率达到98%时，溶液中铵根离子浓度为=0.4mol/L，故选C，故答案为：0.4；C；
（5）由图可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，Y电极为阴极，V3+离子得到电子发生还原反应生成V2+离子，电极反应式为V3++ e—=V2+，氢离子由左池经质子交换膜进入右池；
①由分析可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，故答案为：VO2+—e—+H2O=VO+2H+；
②由分析可知，充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中生成2mol氢离子，其中1mol氢离子由左池经质子交换膜进入右池使溶液呈电中性，故答案为：1。
5．(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；
6．(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。
7．(1)V、Cr、Fe
(2)将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等
(3) CaSO4 作为建筑原料，制造水泥、石膏等
(4)H2SO4
(5) BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq) 97.7%
(6)水浸
(7)2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O
【分析】钒渣氧化焙烧时，根据流程中元素化合价，可知被氧化的元素是V、Cr、Fe；水浸后得到滤渣和“净化液”，“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4；加氧化钙沉钒得到Ca(VO3)2，酸浸后得到副产品①CaSO4和浸出液①，浸出液①主要成分为HVO3，调pH=2后加入硫酸铵，沉钒后煅烧得到V2O5；沉钒后的滤液中加入碳酸钡，由于Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，沉铬得到BaCrO4，母液①可返回到水浸工序循环使用；滤饼②加NaHSO4浸出，得到BaSO4和Na2Cr2O7。
【详解】（1）根据分析，氧化焙烧被氧化的元素是：V、Cr、Fe；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有：将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等；
（3）H2SO4“酸浸”得到的副产品①是CaSO4，它的一种用途是作为建筑原料，制造水泥、石膏等；
（4）根据流程，阴离子为硫酸根，故“调pH=2”，最适宜使用的酸是H2SO4；
（5）“沉铬”反应沉淀的转化，离子方程式为BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)；沉淀转化的，设铬酸根的起始浓度为amol/L，转化浓度为axmol/L，生成碳酸根的浓度为axmol/L，则，解得x=0.977，故沉铬的理论转化率为；
（6）根据分析，母液①最终返回到水浸工序循环使用；
（7）用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为：2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O。
8．(1)+2
(2) 矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等 坩埚
(3)4CeCO3F+O23CeO2+ CeF4+ 4CO2
(4) 避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 避免产生污染性气体Cl2
(5) 2Ce3++6HCO= Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑ 0.18
【分析】氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)经过焙烧后转化为CeO2、Fe2O3、CeF4，再加入稀盐酸和H3BO3，Fe2O3转化为FeCl3存在于滤液中，CeO2转化为CeCl3存在于滤液中，CeF4转化为沉淀Ce(BF4)3存在于滤渣中，Ce(BF4)3中加入KCl溶液，得到KBF4沉淀；调节滤液的pH使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤液中的CeCl3和碳酸氢铵混合发生反应生成沉淀Ce2(CO3)3，煅烧沉淀得到CeO2，以此解答。
【详解】（1）CeCO3中Ce元素的化合价为+2价；
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是：矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等；实验室进行焙烧操作时一般在坩埚中进行；
（3）CeCO3F在焙烧时和氧气反应生成CeO2、CeF4和CO2，Ce元素由+3价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：4CeCO3F+O23CeO2+ CeF4+ 4CO2；
（4）上述流程中所加的盐酸要适当过量，目的是避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2；
（5）“沉铈”过程中发生的反应是离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成Ce(OH)3和CO2，反应的离子方程式为：2Ce3++6HCO= Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑；已知常温下Ka1(H2CO3) =4.3×10-7，Ka2(H2CO3) =5.6×10-11， Ksp[Ce2(CO3)3]= =1.0×1.0-28，，Ka2= ，。
9．(1) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(2) Zn、Fe 过滤
(3)H2SO4
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以，所以=6× 10-3；故答案为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；6× 10-3。
（2）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为Zn、Fe；过滤。
（3）由流程图可知，H2SO4和Zn可重复使用；故答案为H2SO4。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A符合题意；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B符合题意；
C.适当升高温度，有利于快浸取反应速率，故C符合题意；
故答案选A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数，已知：，；所以，故答案为2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
10．(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。
11．(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.
12．(1) 阴 91
(2)6+=2Fe3+(n+3)H2O
(3)
【详解】（1）①电池中，Zn电极为负极，V2O5电极为正极，结合正极、负极电解质溶液及题干所给信息，可得两极电极反应式如下：正极：，负极：，由图可知，电池放电过程，浓硫酸钾变为稀硫酸钾溶液，根据离子移动规则可知，钾离子通过a膜移向正极，硫酸根通过b膜移向负极，则b膜为阴离子交换膜；
②由第一问可知，正极反应为：；根据电极反应式可知，当转移1mol电子时，V2O5溶解0.5mol，则；
（2）由信息可知，为酸，则的浓溶液除铁锈的化学方程式为：6+=2Fe3+(n+3)H2O；
（3）由所给平衡可知pH越大，四羟基合锌离子浓度越大，故曲线①代表Zn2+，②代表：
①由可知，当pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L ，c(Zn2+)=0.1mol/L，则；
②向时对应-lgc=1，此时pH>14，c(OH-)>1mol/L，加入等体积的HCl后，c(OH-)>0.3mol/L>0.1mol/L，c(H+)<10-13mol/L，此时pH>13，结合图像可知此时Zn元素主要以形式存在。
河南2023年高考化学模拟题汇编-08水溶液中的离子反应和平衡（实验题、解答题）
一、实验题
1．（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_______%。
2．（2023·河南·统考三模）三氯化氧磷(POCl₃)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。研究小组在实验室模拟反应CPCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2，制备POCl3并测定产品的含量。
资料卡片：
物质
熔点／℃
沸点／℃
有关性质
PCl₃
-93.6
76.1
遇水剧烈水解，易与O₂反应
POCl₃
1.25
105.8
遇水剧烈水解，能溶于PCl₃
SOCl₂
-105
78.8
遇水剧烈水解，受热易分解
(1)甲装置中盛放的试剂为___________，洗气瓶甲、丁的作用是净化原料气体和___________，实验室制备SO₂的化学方程式为___________。
(2)反应装置图中装置丙、戊间方框内未画出的仪器应选择___________(填“球形冷凝管”或“直形冷凝管”)，如果没有装置戊，可能发生的反应是___________(写一个即可)。
(3)该实验需控制反应温度60-65℃，则温度不宜过高和过低的原因是___________，该实验应采用的加热方式为___________。
(4)测定提纯后产品中POCl₃的含量：准确称取1.700g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000mol·L⁻¹的AgNO₃溶液20.00mL(发生的反应为Ag⁺+Cl⁻=AgCl↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入指示剂，用0.1000mol·L⁻¹KSCN标准溶液滴定过量的AgNO₃至终点(Ag⁺+SCN⁻=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①滴定选用的指示剂是___________(填标号)。
a．酚酞 b．淀粉 c．NH₄Fe(SO4)2 d．甲基橙
②产品中POCl₃的质量分数为___________%(保留三位有效数字)。
③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10⁻10，Ksp(AgSCN)=2×10⁻¹²，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定产品中POCl₃的质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
二、工业流程题
3．（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___________ 。
4．（2023·河南·统考模拟预测）以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂，由富钒废渣(含V2O3、Na2O·Al2O3·4SiO2、FeO)制备V2O5的一种流程如下：
已知：①部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
②NH4VO3可溶于热水，不溶于乙醇；
③部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式：
pH
<1
1~4
4~6
6~8.5
8.5~13
>13
主要存在形式
V2O5
多矾酸根
多矾酸根
备注
多矾酸盐在水中溶解度较小
回答下列问题：
(1)“酸浸”时含V物质中V的化合价为___________。
(2)“转化II”需要调整的pH范围为___________， “转化III”中含V物质发生反应的离子方程式为___________。
(3)铝元素在“___________”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为___________。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为___________(填字母)。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．NaOH溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若“沉钒”前溶液中c( )=0.2 mol· L-1，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c( )为___________mol·L-1.[已知：Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(5)全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。
①充电时，X电极反应式为___________。
②充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中n(H+)的变化量为___________mol。
5．（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___________。
6．（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_______________________________。
7．（2023·河南·统考一模）冶金工业的钒渣含有V2O3、Cr2O3、SiO2、Fe2O3、FeO等，一种利用钒渣提钒并进行钒、铬分离的工艺流程如图所示：
已知：Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CaCrO4)=2.3×10-2；“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4。
请回答下列问题：
(1)在“氧化焙烧”中被氧化的元素是_______(填元素符号)。
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(答出两条)。
(3)H2SO4“酸浸”得到的副产品①是_______，它的一种用途是_______。
(4)“调pH=2”，最适宜使用的酸是_______。
(5)“沉铬”反应的离子方程式为_______，“沉铬”反应的理论转化率为_______(保留3位有效数字)。
(6)由于母液①最终返回到_______工序循环使用，因此，即使“沉铬”转化率低于理论值也不会对铬的回收产生多大的影响。
(7)用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为_______。
8．（2023·河南·统考二模）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)制CeO2的工艺流程如下：
已知：①滤渣I主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；
②常温下，Ka1(H2CO3) =4.3×10-7，Ka2(H2CO3) =5.6×10-11， Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×1.0-28；
③Ce3 +在空气中易被氧化为Ce4+。
回答下列问题：
(1)CeCO3中Ce元素的化合价为_______。
(2)焙烧氟碳铈矿时，提高焙烧效率的措施有_______(写出两种)；实验室进行焙烧操作时一般在_______中进行。
(3)CeCO3F在焙烧时发生反应的化学方程式为_______。
(4)上述流程中所加的盐酸要适当过量，其目的是_______；操作中可用硫酸和H2O2替换盐酸，其优点是_______。
(5)写出从滤液II中沉淀铈的离子方程式_______。Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol/L]时溶液的pH为5，则溶液中c()=_______mol/L(保留两位有效数字)。
9．（2023·河南焦作·统考二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式：_______；“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的=_______。[已知：Ka1(H2SO3)=l。4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(2)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为_______(填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为_______。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和_______(填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是_______(填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，该反应的平衡常数K=_______。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为_______。
10．（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)
11．（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_______。
三、原理综合题
12．（2023·河南郑州·统考一模）金属锌具有储量丰富、电池理论容量高、氧化还原电位低、对环境友好等诸多优势；锌的化合物在防腐、电镀、医学、纺织等领域有诸多应用。
(1)一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示。放电结束后对左侧电极片进行紫外测试，可观测到在765nm处有一个较强的吸收峰，在615nm处有一个肩峰，与标准图像吻合。(注：可溶于水，强碱性环境下最终转化为)。
①该电池中b膜为_______离子交换膜。(填“阴”或“阳”)
②该电池正极的电极反应式为_______；当电路中转移1mol电子时，电极质量减少_______g。
(2)的浓溶液可形成配合酸，因此浓溶液常用作除锈剂。的溶液的酸性就相当千的酸。根据以上信息，请写出的浓溶液除铁锈的化学方程式_______。
(3)已知难溶于水，在强碱溶液中发生反应，下图是二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系，其中c为或浓度的值。
①_______。
②向的溶液中加入等体积的HCl后，体系中的Zn元素主要以_______(写微粒符号)形式存在。
参考答案：
1．(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：。
2．(1) 饱和食盐水 通过观察产生气泡的速率来控制气体的流速 Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
(2) 球形冷凝管 POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=2HCl+SO2等
(3) 温度低，反应速率慢；温度高，反应物大量挥发，利用率低 水浴加热
(4) c 90.3 偏小
【分析】生成氯气通过甲装置除去挥发的氯化氢气体，通过装置乙干燥后进入丙装置，二氧化硫通过丁装置净化后进入丙装置，Cl2、CPCl3、SO2反应生成三氯化氧磷，尾气使用碱石灰吸收防止污染。
【详解】（1）实验室制取的氯气含有挥发的氯化氢，甲装置盛放饱和食盐水可以除去氯化氢气体，且可以通过观察产生气泡的速率来控制气体的流速；实验室制备SO₂的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）反应装置图中装置丙、戊间方框内未画出的仪器应选择球形冷凝管，作用是冷凝回流丙中物质；如果没有装置戊，POCl3、SOCl2均会遇水剧烈水解，故可能发生的反应是POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=2HCl+SO2等；
（3）温度低，反应速率慢，温度高，反应物的沸点低会大量挥发，利用率低，故该实验需控制反应温度60-65℃，温度不宜过高和过低；该实验应采用的加热方式为水浴加热；
（4）①KSCN标准溶液会与铁离子生成红色溶液，故滴定选用的指示剂是c．NH₄Fe(SO4)2；
②根据题意可知，与氯离子反应的硝酸银为0.2000mol·L-¹×20.00×10-3L-0.1000mol·L-¹×10.00×10-3L=3.0×10-3mol，根据氯元素守恒可知，产品中POCl₃的质量分数为。
③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10⁻10，Ksp(AgSCN)=2×10⁻¹²，AgCl溶解度大于AgSCN，若无硝基苯覆盖沉淀表面，则导致氯化银部分溶解银离子会和KSCN反应，导致KSCN标准溶液用量增加，使得测定产品中POCl₃的质量分数将偏小。
3．(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=。
4．(1)+5
(2) pH＞13 VO+2CO2+H2O=VO+2HCO
(3) 转化Ⅲ Fe(OH)3
(4) C 0.4
(5) VO2+—e—+H2O=VO+2H+ 1
【分析】由题给流程可知，废渣与碳酸钠在空气中焙烧得到含有五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠和硅酸钠的焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸调节溶液pH小于1，五氧化二钒转化为离子、氧化铁转化为铁离子、偏铝酸钠转化为铝离子、硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有离子、铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子部分转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子、少量铁离子的滤液和含有氢氧化铁和五氧化二钒的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有离子、偏铝酸根离子的滤液；向滤液中通入足量的二氧化碳将溶液中离子转化为离子，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，向溶液中加入氯化铵，将溶液中离子转化为钒酸铵沉淀，过滤、洗涤、干燥得到含有碳酸氢钠、氯化钠的母液和钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
【详解】（1）由分析可知，“酸浸”时含钒元素物质为离子，由化合价代数和为0可知，离子中钒元素的化合价为+5价，故答案为：+5；
（2）由分析可知，转化II加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13的目的是将五氧化二钒转化为离子，转化III中含钒元素物质发生的反应为足量的二氧化碳与溶液中离子反应生成离子和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为VO+2CO2+H2O=VO+2HCO，故答案为：VO+2CO2+H2O=VO+2HCO；
（3）由题意可知，铝元素在转化Ⅲ步骤转化为氢氧化铝被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：转化Ⅲ；Fe(OH)3；
（4）由钒酸铵可溶于热水，不溶于乙醇可知，一系列操作中洗涤步骤最好选用的试剂为乙醇；由钒酸铵的溶度积可知，当钒元素的沉降率达到98%时，溶液中铵根离子浓度为=0.4mol/L，故选C，故答案为：0.4；C；
（5）由图可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，Y电极为阴极，V3+离子得到电子发生还原反应生成V2+离子，电极反应式为V3++ e—=V2+，氢离子由左池经质子交换膜进入右池；
①由分析可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，故答案为：VO2+—e—+H2O=VO+2H+；
②由分析可知，充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中生成2mol氢离子，其中1mol氢离子由左池经质子交换膜进入右池使溶液呈电中性，故答案为：1。
5．(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；
6．(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。
7．(1)V、Cr、Fe
(2)将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等
(3) CaSO4 作为建筑原料，制造水泥、石膏等
(4)H2SO4
(5) BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq) 97.7%
(6)水浸
(7)2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O
【分析】钒渣氧化焙烧时，根据流程中元素化合价，可知被氧化的元素是V、Cr、Fe；水浸后得到滤渣和“净化液”，“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4；加氧化钙沉钒得到Ca(VO3)2，酸浸后得到副产品①CaSO4和浸出液①，浸出液①主要成分为HVO3，调pH=2后加入硫酸铵，沉钒后煅烧得到V2O5；沉钒后的滤液中加入碳酸钡，由于Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，沉铬得到BaCrO4，母液①可返回到水浸工序循环使用；滤饼②加NaHSO4浸出，得到BaSO4和Na2Cr2O7。
【详解】（1）根据分析，氧化焙烧被氧化的元素是：V、Cr、Fe；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有：将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等；
（3）H2SO4“酸浸”得到的副产品①是CaSO4，它的一种用途是作为建筑原料，制造水泥、石膏等；
（4）根据流程，阴离子为硫酸根，故“调pH=2”，最适宜使用的酸是H2SO4；
（5）“沉铬”反应沉淀的转化，离子方程式为BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)；沉淀转化的，设铬酸根的起始浓度为amol/L，转化浓度为axmol/L，生成碳酸根的浓度为axmol/L，则，解得x=0.977，故沉铬的理论转化率为；
（6）根据分析，母液①最终返回到水浸工序循环使用；
（7）用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为：2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O。
8．(1)+2
(2) 矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等 坩埚
(3)4CeCO3F+O23CeO2+ CeF4+ 4CO2
(4) 避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 避免产生污染性气体Cl2
(5) 2Ce3++6HCO= Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑ 0.18
【分析】氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)经过焙烧后转化为CeO2、Fe2O3、CeF4，再加入稀盐酸和H3BO3，Fe2O3转化为FeCl3存在于滤液中，CeO2转化为CeCl3存在于滤液中，CeF4转化为沉淀Ce(BF4)3存在于滤渣中，Ce(BF4)3中加入KCl溶液，得到KBF4沉淀；调节滤液的pH使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤液中的CeCl3和碳酸氢铵混合发生反应生成沉淀Ce2(CO3)3，煅烧沉淀得到CeO2，以此解答。
【详解】（1）CeCO3中Ce元素的化合价为+2价；
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是：矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等；实验室进行焙烧操作时一般在坩埚中进行；
（3）CeCO3F在焙烧时和氧气反应生成CeO2、CeF4和CO2，Ce元素由+3价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：4CeCO3F+O23CeO2+ CeF4+ 4CO2；
（4）上述流程中所加的盐酸要适当过量，目的是避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2；
（5）“沉铈”过程中发生的反应是离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成Ce(OH)3和CO2，反应的离子方程式为：2Ce3++6HCO= Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑；已知常温下Ka1(H2CO3) =4.3×10-7，Ka2(H2CO3) =5.6×10-11， Ksp[Ce2(CO3)3]= =1.0×1.0-28，，Ka2= ，。
9．(1) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(2) Zn、Fe 过滤
(3)H2SO4
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以，所以=6× 10-3；故答案为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；6× 10-3。
（2）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为Zn、Fe；过滤。
（3）由流程图可知，H2SO4和Zn可重复使用；故答案为H2SO4。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A符合题意；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B符合题意；
C.适当升高温度，有利于快浸取反应速率，故C符合题意；
故答案选A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数，已知：，；所以，故答案为2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
10．(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。
11．(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.
12．(1) 阴 91
(2)6+=2Fe3+(n+3)H2O
(3)
【详解】（1）①电池中，Zn电极为负极，V2O5电极为正极，结合正极、负极电解质溶液及题干所给信息，可得两极电极反应式如下：正极：，负极：，由图可知，电池放电过程，浓硫酸钾变为稀硫酸钾溶液，根据离子移动规则可知，钾离子通过a膜移向正极，硫酸根通过b膜移向负极，则b膜为阴离子交换膜；
②由第一问可知，正极反应为：；根据电极反应式可知，当转移1mol电子时，V2O5溶解0.5mol，则；
（2）由信息可知，为酸，则的浓溶液除铁锈的化学方程式为：6+=2Fe3+(n+3)H2O；
（3）由所给平衡可知pH越大，四羟基合锌离子浓度越大，故曲线①代表Zn2+，②代表：
①由可知，当pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L ，c(Zn2+)=0.1mol/L，则；
②向时对应-lgc=1，此时pH>14，c(OH-)>1mol/L，加入等体积的HCl后，c(OH-)>0.3mol/L>0.1mol/L，c(H+)<10-13mol/L，此时pH>13，结合图像可知此时Zn元素主要以形式存在。
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