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江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题
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这是一份江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共26页。试卷主要包含了原理综合题，有机推断题，工业流程题，结构与性质，填空题等内容，欢迎下载使用。
江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题
一、原理综合题
1．（2021·江苏·统考二模）水合肼()易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。利用水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。
已知：；在一定条件下可与铜反应转化为。
(1)水合肼电离平衡常数表达式为Kb1(N2H4⋅H2O)=___________。
(2)获得纳米铜粉时，水合肼被氧化成N2，发生反应的离子方程式为___________。若水合肼的量不足时，生成另一种还原产物，其晶胞结构如图所示，该产物的化学式为___________。
(3)保持其它条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图所示。
①水合肼浓度大于3.25mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
(4)、都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
2．（2023·江苏·统考二模）脱除沼气中的具有重要意义，脱除有多种方法。
(1)受热分解法。将和混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
现将硫化氢和甲烷按照2：1体积比投料，并用稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图所示。
① ___________。
②1050℃时，的体积分数为___________。
③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是___________。
(2)光电催化法。某光电催化法脱除的原理如图所示。
①光电催化法脱除的离子方程式为___________。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是___________。
(3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除的催化剂，脱除过程如图所示。
①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是______。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是___________。
二、有机推断题
3．（2021·江苏·统考二模）依巴斯汀是一种抗过敏药物，其合成路线如下：
(1)
(2)
(1)D→E的反应类型为___________。
(2)G的化学式为，其结构简式为___________。
(3)E到F的转化过程中，加入的作用是___________。
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_________。
①分子中含有苯环，能发生水解。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以苯和甲苯为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。
4．（2022·江苏·统考二模）一种药物中间体有机物F的合成路线如下：
(1)C →D的反应类型为 _______。
(2)原料A中混有杂质，则E中会混有与E互为同分异构体的副产物 X，X也含有1个含氮五元环。该副产物X的结构简式为 _______。
(3)D→E反应过程分两步进行，步骤①中D与正丁基锂反应产生化合物Y( )，步骤②中Y再通过加成、取代两步反应得到E．则步骤②中除E外的另一种产物的化学式为_______。
(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：_______。
①含有手性碳原子，且能使溴的CCl4溶液褪色。
②酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，且能与NaHCO3溶液反应。
(5)已知：格氏试剂(RMgBr，R为烃基)能与水、羟基、羧基、氨基等发生反应。写出以、CH3MgBr为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
三、工业流程题
5．（2021·江苏·统考二模）葡萄糖酸锌是一种抗缺锌药物，可由为原料制得。工业上以废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)碱洗的目的是___________。
(2)氧化时发生反应的离子方程式为___________。
(3)取“氧化”过程中的上层清液，滴加酸性稀溶液，紫红色褪去，可能的原因是___________。
(4)由过滤所得的滤液为原料制备，请补充完整相应的实验方案：向滤液中___________，过滤、晾干，得到。实验中须用到的试剂：锌粉、1.0。
(5)以为原料可制得葡萄糖酸锌。为测定葡萄糖酸锌样品的纯度，进行下列实验。
步骤1：称取5.200g样品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，滴入少量的铬黑T作指示剂。
步骤2：向锥形瓶中加入过量的10.00mL 2.000 EDTA，振荡。
步骤3：用1.000锌标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗锌标准溶液16.00mL(已知：与EDTA反应的化学计量比为1∶1)。
①计算此产品中锌元素的质量分数：___________(写出计算过程)。
②中锌元素的含量为14.28%，对照①计算结果，产生误差的可能原因是(所有测定操作均正确)___________。
6．（2021·江苏·统考二模）As(0)、As(Ⅲ)和As(V)分别表示砷单质、三价砷和五价砷的化合物。硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、氧化吸附、纳米级零价铁等方法。
(1)石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图1所示。H3AsO3水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图2所示。已知此温度下，Ca(H2AsO4)2溶于水，Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，Ksp[Ca3(AsO4)2] =6.8×10-19，Ksp(CaHAsO4)=8.4×10-4，。
①一级沉降时，当pH=2，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为___________。pH调节到8时，开始产生Ca3(AsO4)2沉淀，原因是___________。
②二级沉降中，保持溶液pH在8-10之间。加入PFS(聚合硫酸铁，[(Fe2(OH)2n(SO4)3-n]m)形成的Fe(OH)3胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为___________。
(2)氧化吸附法：新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(V)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态MnO2悬浊液对砷去除率如图所示。
①加入新生态MnO2悬浊液使废水中H3AsO3转化为H3AsO4反应的离子方程式为___________。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是___________。
(3)纳米级零价铁法：纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，可直接处理有氧条件下含As(Ⅰ)较多的废水。处理后在纳米级零价铁表面有大量的As(0)，外围有大量的As(V)。产生As(0)的原理如图所示。请描述产生As(0)、As(V)的过程：___________。
7．（2022·江苏·统考二模）由难溶性磷酸锂渣(主要成分为Li3PO4)为原料制备电池级Li2CO3的流程如下：
已知：①Li2CO3在不同温度下的溶解度： 0℃ 1.54g，20℃ 1.33g， 90℃ 0.78g。
②碳酸锂：水溶液煮沸时容易发生水解。
(1)溶解除磷。将一定量磷酸锂渣与CaCl2溶液、盐酸中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中(装置如图)，一段时间后，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，得到LiCl溶液。
①滴液漏斗中的液体是 _______。
②Li3PO4转化为LiCl和CaHPO4的离子方程式为 _______。
(2)除钙。通过离子交换法除去溶液中Ca2+。若要使后续得到的Li2CO3 中不含CaCO3(设沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1)，需控制除钙后溶液中c(Ca2+)≤_______。[Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]
(3)制备Li2CO3。向除杂后的LiCl溶液中加入N235萃取剂(50%三辛癸烷基叔胺与50% ，异辛醇的混合液)，边搅拌边向混合液中通CO2，过滤洗涤得到Li2CO3。
①方法能制得Li2CO3的原因是_______。
②检验滤渣是否洗涤完全的实验方法是_______。
(4)若粗品碳酸锂中含少量难溶性杂质，为获得较高产率的纯Li2CO3，请补充完整实验 方案：向粗品Li2CO3中加水，按一定速率通入CO2，边通边搅拌，_______。(已知：①LiHCO3受热易分解；②实验过程中Li2CO3转化速率与时间的关系图如图所示。)
8．（2023·江苏·统考二模）以硫酸烧渣(主要成分为和少量、、等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：，。
(1)“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧)×100%]对铁浸取率的影响如图所示。
①加入草酸能提高铁浸取率的原因是___________。
②草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是___________。
(2)“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图所示。
①转化为的离子方程式为___________。
②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因是___________。
③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和___________。
(3)“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是___________。
9．（2023·江苏·统考二模）钛酸钡()是制备电子陶瓷材料的基础原料。
(1)实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：
已知：能水解生成，能进一步水解生成；能与浓硫酸反应生成。草酸氧钛钡晶体的化学式为。
①Ti(IV)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是___________。
②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。
现称取44.9g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段II发生反应的化学方程式为___________。
③钛酸钡晶胞的结构示意图如图所示，其中与紧邻的构成的几何构型是___________。
(2)利用将浅紫色氧化为无色Ti(IV)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。
①请补充完整实验方案：称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；___________；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，___________；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.1000 溶液、KSCN溶液)
②钛酸钡样品的纯度为___________(写出计算过程)。
四、结构与性质
10．（2022·江苏·统考二模）废水中会带来环境污染问题，用微生物法和铁炭法均可将还原脱除。
(1)微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在微生物作用下产生CH3COOH、H2等物质，可将废水中还原为H2S，同时用N2或CO2将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为_______。
②CH3COOH与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S的离子方程式为_______。
③将H2S从水中吹出时，用CO2比N2效果更好，其原因是_______。
(2)铁炭法脱硫
铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可将废水中的转化为硫化物沉淀除去。
①废水中转化为硫化物而除去，该硫化物的化学式为_______。
②为提高铁炭混合物处理效果常通入少量空气，反应过程中废水pH随时间变化如图所示。反应进行15 min后溶液pH缓慢下降的原因可能是_______。
(3)处理后废水中含量测定
准确量取50.00 mL水样于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液pH= 10，用0.0100 mol·L-1 EDTA (Na2H2Y) 溶液滴定至终点，滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液27.50 mL。计算处理后水样中含量_______。(用mg·L-1表示，写出计算过程)。
五、填空题
11．（2022·江苏·统考二模）工业废水中的重金属离子会导致环境污染危害人体健康，可用多种方法去除。
I．臭氧法
络合态的金属离子难以直接去除。O3与水反应产生的·OH(羟基自由基)可以氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，使金属离子游离到水中，反应原理为：
·OH+[mRa+·nX] →mRa++CO2+H2O (Ra+表示金属离子，X表示配体)
·OH同时也能与溶液中的、反应。在某废水中加入Ca(OH)2，再通入O3可处理其中的络合态镍(II)。
(1)基态Ni2+的核外电子排布式为 _______。
(2)加入的Ca(OH)2的作用是 _______。
Ⅱ．纳米零价铝法
纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，释放出的铬(VI)被纳米铝粉去除。
(3)向AlCl3溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为+3)与Al3+反应可生成纳米铝粉、H2和B(OH)，其离子方程式为 _______。
(4)向含有甘氨酸铬的废水中加入纳米铝粉，研究溶液中总氮含量[]随时间的变化可知甘氨酸铬在降解过程中的变化状态。实验测得溶液中总氮含量随时间的变化如图所示，反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是 _______。
Ⅲ．金属炭法
其他条件相同，分别取铝炭混合物和铁炭混合物，与含Zn2+的废水反应相同时间，Zn2+去除率与废水pH的关系如图所示。
(5)废水pH为3时，铝炭混合物对Zn2+去除率远大于铁炭混合物的主要原因是_______。
(6)废水pH大于6，随着pH增大，铝炭混合物对Zn2+去除率增大的原因是_______。
参考答案：
1． 2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O Cu2O 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+ 水合肼的用量少，不产生杂质
【详解】(1)水合肼N2H4⋅H2O溶于水发生电离，N2H4⋅H2O⇌N2H+OH-，则Kb1(N2H4⋅H2O)=；
(2)已知[Cu(NH3)4]2+与水合肼反应生成铜和氮气，则反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O；根据晶胞的结构，铜原子在晶胞的体内，个数为4，氧原子在顶点和体内，个数=8×+1=2，则N(Cu)：N(O)=4：2=2：1，化学式为Cu2O；
(3)①水合肼浓度大于3.25mol/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
(4)亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。
2．(1) 233.5 3.6% 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应II，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应II速率增大的幅度大于反应I，(g)的体积分数减小
(2) 光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用
(3) 中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 反应生成的硫单质附着在催化剂表面
【详解】（1）①已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得： ；
②1050℃时，和的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成、消耗的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成的体积分数为1.7%×2=3.4%，故的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%。
③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小；
（2）①光电催化法脱除的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成和碘离子及氢离子，离子方程式为。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用；
（3）①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积。
3． 还原反应 消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动
【分析】(1)A()与在作催化剂下发生取代反应生成B()；B与在作催化剂下发生取代反应生成C()；
(2)D()与发生还原反应生成E()；E与发生取代反应生成F()；F与ClCOOC2H5反应生成G；G在KOH作用下反应生成H()；H与C反应生成I()，据此分析可得：
【详解】(1)由分析可知：D()转化为E()，D中的C=O双键被还原成-OH，则D转化为E发生还原反应，故答案为：还原反应；
(2) F()与ClCOOC2H5反应生成G，又由G的化学式为，则G的结构简式为：，故答案为：；
(3) E()与发生取代反应生成F()和HBr，为使平衡正向移动，则用消耗反应生成的HBr，故答案为：消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动；
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，
①分子中含有苯环，能发生水解，则分子中含有肽键；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，则苯环上为对称结构，即，故答案为：；
（5）甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸；苯甲酸与SOCl2在ZnCl2做催化剂下反应生成；苯在做催化剂下反应生成；与反应后再与加热反应生成，即合成路线如下：，故答案为：。
4．(1)还原反应
(2)
(3)LiOH
(4)
(5)
【分析】对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应，对比和A结构上的区别，再结合X也含有1个含氮五元环可以推出该副产物X的结构简式为，步骤②中Y和二氧化碳加成，根据Y的结构简式，二氧化碳的分子式再结合E结构简式对比可知除E外的另一种产物的化学式为LiOH，以此解题。
(1)
对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应；
(2)
由分析可知，该副产物X的结构简式为；
(3)
由分析可知，另一种产物的化学式为LiOH；
(4)
酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，说明含有酯基，且含有2个苯环，能与NaHCO3溶液反应，说明结构中含有羧基，A中含有4个氧原子，其同分异构体含有羧基和酯基，则结构中不含有羟基，其同分异构体能使溴的CCl4溶液褪色，则含有碳碳双键，其同分异构体中含有2个苯环，1个酯基，1个羧基，1个碳碳双键，共有11个不饱和度，根据A的结构简式可知A中含有11个不饱和度；其同分异构体含有手性碳原子，且则满足要求的同分异构为：；
(5)
首先利用格氏试剂和反应并酸化制备之后用高锰酸钾将支链上的甲基氧化为羧基，再浓硫酸的作用下消去反应生成碳碳双键，，再利用A→B反应将羧基变成氨基，，具体流程为：。
5． 除去油污 酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色 加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经加热浓缩、冷却结晶 20% 样品不纯
【分析】
废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)，用溶液进行碱洗除去油污；然后加稀硫酸是将Zn、Fe、、ZnO、CuO转化成硫酸盐；向溶液中加双氧水将氧化为便于Fe的除去；加ZnO调pH除去；最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的到晶体，据此分析可得：
【详解】
(1)由于废锌铁合金中除含有Zn、Fe、、ZnO、CuO外还含有油污等杂质，所以用溶液进行碱洗除去油污，故答案为：除去油污；
(2)氧化时为双氧水将氧化为，则，故答案为：；
(3)在氧化过程中会加入过量的溶液，中的O元素为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，能与酸性溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾的紫红色褪去，故答案为：酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色；
(4)由分析可知，最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到晶体，故答案为：加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)由叙述可知，EDTA的物质的量为样品中葡萄糖酸锌的物质的量与锌标液中锌物质的量的和，即，解得，则。所以样品中Zn的质量分数为：；中锌元素的含量为14.28%＜20%，则由样品不纯所引起，故答案为：20%；样品不纯；
6． CaSO4 pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀 HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH- MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升 纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+将As(Ⅲ)氧化为As(V)
【详解】(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②pH在8-10之间时，As元素主要以HAsO的形式存在，HAsO会电离产生少量AsO，而Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和AsO结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒可知MnO2和H3AsO3的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
③pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升；
(3)纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，据图可知纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；根据题意可知As(V)主要在与水体接触的外围产生，应是Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+再将As(Ⅲ)氧化为As(V)。
7．(1) CaCl2溶液 Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+
(2)1.12×10-9 mol·L-1
(3) 2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行 取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊
(4)反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥
【分析】本题属于由磷酸锂渣制备碳酸锂的工业流程题，考虑到磷酸锂和氯化钙直接混合的话会生成磷酸钙沉淀，故先将磷酸锂和盐酸混合，再加入氯化钙溶液，在随后的提纯的过程中要考虑到碳酸锂容易分解和Li2CO3转化速率与时间问题，以此解题。
【详解】（1）①磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀，应该先将磷酸锂和盐酸混合避免生成沉淀，随后再与氯化钙混合生成磷酸氢钙，滴液漏斗中的液体是CaCl2溶液，故答案为：CaCl2溶液；
②该反应在酸性条件下进行，反应物为：Li3PO4、CaHPO4，盐酸，产物为LiCl、CaHPO4，注意用氢离子配平电荷，离子方程式为：Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+；
（2）沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1则，，需控制除钙后溶液中；
（3）①LiCl和CO2反应生成了HCl,该方法能制得Li2CO3的原因是生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动，故答案为：2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；
②检验滤渣是否洗涤完全，则需要检测溶液中的氯离子即可，实验方法是取最后--次洗涤液，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊；
（4）可以向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂再过滤，即得碳酸氢锂溶液，再加热使碳酸氢锂分解即可，加热的时间可以参考图象中的数据，由于碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，故应采用较高的温度进行加热，但是，加热的温度不能高于水的沸点，防止水发生沸腾干扰实验终点的判断，同时防止碳酸锂发生水解，故答案为：反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥。
8．(1) 和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应 与生成沉淀
(2) 温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成 草酸铵
(3)除去中含有的杂质
【分析】由题给流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。
【详解】（1）①由题给信息可知，加入草酸能提高铁浸取率的原因是铁离子和草酸生成三草酸根合铁离子，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应，故答案为：和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应；
②由题给信息可知，草酸加入量大于20%时，亚铁离子与草酸反应生成草酸亚铁沉淀，导致铁浸取率随草酸加入量增加而减小，故答案为：与生成沉淀；
（2）①由题意可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
②当反应温度超过35℃时，温度升高，过氧化氢受热被铁离子催化分解，使亚铁离子氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于氢氧化铁的生成，导致铁回收率下降，故答案为：温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成；
③由分析可知，沉铁加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸铵和草酸铵，则过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵，故答案为：草酸铵；
（3）由分析可知，“纯化”时，加入氢氧化钠溶液的目的是将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，达到过滤除去氢氧化铝的目的，故答案为：除去中含有的杂质。
9．(1) pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成 正八面体
(2) 过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化 向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去 97.5%
【分析】由制备实验流程可知，向TiCl4溶液和氯化钡混合液中加入草酸溶液、氨水得到草酸氧钛钡晶体，最后通过过滤、洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3，以此分析解答。
【详解】（1）①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间。
②44.9g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4mol，质量是0.4mol×18g/mol＝7.2g，A→B点固体质量减少44.9g－37.7g＝7.2g，即B点固体是，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1mol×197g/mol＝19.7g，钛氧化物电子质量是27.7g－19.7g＝8.0g，其中氧原子的物质的量是mol＝0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.4-0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y+0.1，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为。
③根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知与紧邻的位于棱的中心处，构成的几何构型是正八面体。
（2）①称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。
②根据电子得失守恒可知Ti3＋～Fe3＋，钛酸钡样品中Ti的物质的量是5×0.0195L×0.1mol/L＝9.75×10－3mol，钛酸钡的质量是9.75×10－3mol×233g/mol，因此钛酸钡样品的纯度为＝97.5%。
10．(1) 正四面体形 CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出
(2) FeS 废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低
(3)432mg·L−1
【详解】（1）①中心原子S原子的价层电子对数为，无孤电子对，根据价电子对互斥理论(VSEPR)模型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
②CH3COOH与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S，根据得失电子守恒及质量守恒，则离子方程式为：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O，故答案为：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O；
③H2S易溶于水，CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出，故答案为：CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出；
（2）①铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可知氢离子得电子，废水中转化为硫化物而除去，硫元素也得电子，则铁失去电子，发生反应为：，则该硫化物的化学式为FeS，故答案案为：FeS；
②反应中有亚铁离子生成，废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低，故答案为：废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低；
（3）加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，则其中钡离子的物质的量n(Ba2+)=，根据滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，与EDTA反应的n(Ba2+)=n(H2Y2-)=，则n()=n(BaSO4)= =2.250×10−4 mol，含量=，故答案为：432 mg·L−1。
11．(1)[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8
(2)减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去
(3)4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑
(4)纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升
(5)铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn
(6)生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，镍原子失去2个电子形成镍离子，则镍离子的核外电子排布式为：[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；
（2）由题干信息可知，·OH同时也能与溶液中的、反应，故、会影响·OH(羟基自由基)氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，加入氢氧化钙可以除掉、，故加入的Ca(OH)2的作用是：减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去；
（3）根据信息可知知道反应物为BH和Al3+，产物为纳米铝粉、H2和B(OH)，注意用氢氧根离子配平方程式：则方程式为：4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑；
（4）由题干中的信息可知纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，故反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是：纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升；
（5）可以从金属的活泼程度的角度分析，铝可以置换出溶液中的锌，但是铁没有锌活泼，不能发生置换反应，故主要原因是：铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn；
（6）此时溶液中已经存在氢氧化铝的胶体，可以从胶体吸附性的角度分析，故原因是：生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用。
江苏省苏锡常镇四市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题
一、原理综合题
1．（2021·江苏·统考二模）水合肼()易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。利用水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。
已知：；在一定条件下可与铜反应转化为。
(1)水合肼电离平衡常数表达式为Kb1(N2H4⋅H2O)=___________。
(2)获得纳米铜粉时，水合肼被氧化成N2，发生反应的离子方程式为___________。若水合肼的量不足时，生成另一种还原产物，其晶胞结构如图所示，该产物的化学式为___________。
(3)保持其它条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图所示。
①水合肼浓度大于3.25mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
(4)、都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
2．（2023·江苏·统考二模）脱除沼气中的具有重要意义，脱除有多种方法。
(1)受热分解法。将和混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
现将硫化氢和甲烷按照2：1体积比投料，并用稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图所示。
① ___________。
②1050℃时，的体积分数为___________。
③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是___________。
(2)光电催化法。某光电催化法脱除的原理如图所示。
①光电催化法脱除的离子方程式为___________。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是___________。
(3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除的催化剂，脱除过程如图所示。
①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是______。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是___________。
二、有机推断题
3．（2021·江苏·统考二模）依巴斯汀是一种抗过敏药物，其合成路线如下：
(1)
(2)
(1)D→E的反应类型为___________。
(2)G的化学式为，其结构简式为___________。
(3)E到F的转化过程中，加入的作用是___________。
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_________。
①分子中含有苯环，能发生水解。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以苯和甲苯为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。
4．（2022·江苏·统考二模）一种药物中间体有机物F的合成路线如下：
(1)C →D的反应类型为 _______。
(2)原料A中混有杂质，则E中会混有与E互为同分异构体的副产物 X，X也含有1个含氮五元环。该副产物X的结构简式为 _______。
(3)D→E反应过程分两步进行，步骤①中D与正丁基锂反应产生化合物Y( )，步骤②中Y再通过加成、取代两步反应得到E．则步骤②中除E外的另一种产物的化学式为_______。
(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：_______。
①含有手性碳原子，且能使溴的CCl4溶液褪色。
②酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，且能与NaHCO3溶液反应。
(5)已知：格氏试剂(RMgBr，R为烃基)能与水、羟基、羧基、氨基等发生反应。写出以、CH3MgBr为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
三、工业流程题
5．（2021·江苏·统考二模）葡萄糖酸锌是一种抗缺锌药物，可由为原料制得。工业上以废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)碱洗的目的是___________。
(2)氧化时发生反应的离子方程式为___________。
(3)取“氧化”过程中的上层清液，滴加酸性稀溶液，紫红色褪去，可能的原因是___________。
(4)由过滤所得的滤液为原料制备，请补充完整相应的实验方案：向滤液中___________，过滤、晾干，得到。实验中须用到的试剂：锌粉、1.0。
(5)以为原料可制得葡萄糖酸锌。为测定葡萄糖酸锌样品的纯度，进行下列实验。
步骤1：称取5.200g样品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，滴入少量的铬黑T作指示剂。
步骤2：向锥形瓶中加入过量的10.00mL 2.000 EDTA，振荡。
步骤3：用1.000锌标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗锌标准溶液16.00mL(已知：与EDTA反应的化学计量比为1∶1)。
①计算此产品中锌元素的质量分数：___________(写出计算过程)。
②中锌元素的含量为14.28%，对照①计算结果，产生误差的可能原因是(所有测定操作均正确)___________。
6．（2021·江苏·统考二模）As(0)、As(Ⅲ)和As(V)分别表示砷单质、三价砷和五价砷的化合物。硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、氧化吸附、纳米级零价铁等方法。
(1)石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图1所示。H3AsO3水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图2所示。已知此温度下，Ca(H2AsO4)2溶于水，Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，Ksp[Ca3(AsO4)2] =6.8×10-19，Ksp(CaHAsO4)=8.4×10-4，。
①一级沉降时，当pH=2，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为___________。pH调节到8时，开始产生Ca3(AsO4)2沉淀，原因是___________。
②二级沉降中，保持溶液pH在8-10之间。加入PFS(聚合硫酸铁，[(Fe2(OH)2n(SO4)3-n]m)形成的Fe(OH)3胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为___________。
(2)氧化吸附法：新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(V)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态MnO2悬浊液对砷去除率如图所示。
①加入新生态MnO2悬浊液使废水中H3AsO3转化为H3AsO4反应的离子方程式为___________。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是___________。
(3)纳米级零价铁法：纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，可直接处理有氧条件下含As(Ⅰ)较多的废水。处理后在纳米级零价铁表面有大量的As(0)，外围有大量的As(V)。产生As(0)的原理如图所示。请描述产生As(0)、As(V)的过程：___________。
7．（2022·江苏·统考二模）由难溶性磷酸锂渣(主要成分为Li3PO4)为原料制备电池级Li2CO3的流程如下：
已知：①Li2CO3在不同温度下的溶解度： 0℃ 1.54g，20℃ 1.33g， 90℃ 0.78g。
②碳酸锂：水溶液煮沸时容易发生水解。
(1)溶解除磷。将一定量磷酸锂渣与CaCl2溶液、盐酸中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中(装置如图)，一段时间后，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，得到LiCl溶液。
①滴液漏斗中的液体是 _______。
②Li3PO4转化为LiCl和CaHPO4的离子方程式为 _______。
(2)除钙。通过离子交换法除去溶液中Ca2+。若要使后续得到的Li2CO3 中不含CaCO3(设沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1)，需控制除钙后溶液中c(Ca2+)≤_______。[Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]
(3)制备Li2CO3。向除杂后的LiCl溶液中加入N235萃取剂(50%三辛癸烷基叔胺与50% ，异辛醇的混合液)，边搅拌边向混合液中通CO2，过滤洗涤得到Li2CO3。
①方法能制得Li2CO3的原因是_______。
②检验滤渣是否洗涤完全的实验方法是_______。
(4)若粗品碳酸锂中含少量难溶性杂质，为获得较高产率的纯Li2CO3，请补充完整实验 方案：向粗品Li2CO3中加水，按一定速率通入CO2，边通边搅拌，_______。(已知：①LiHCO3受热易分解；②实验过程中Li2CO3转化速率与时间的关系图如图所示。)
8．（2023·江苏·统考二模）以硫酸烧渣(主要成分为和少量、、等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：，。
(1)“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧)×100%]对铁浸取率的影响如图所示。
①加入草酸能提高铁浸取率的原因是___________。
②草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是___________。
(2)“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图所示。
①转化为的离子方程式为___________。
②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因是___________。
③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和___________。
(3)“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是___________。
9．（2023·江苏·统考二模）钛酸钡()是制备电子陶瓷材料的基础原料。
(1)实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：
已知：能水解生成，能进一步水解生成；能与浓硫酸反应生成。草酸氧钛钡晶体的化学式为。
①Ti(IV)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是___________。
②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。
现称取44.9g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段II发生反应的化学方程式为___________。
③钛酸钡晶胞的结构示意图如图所示，其中与紧邻的构成的几何构型是___________。
(2)利用将浅紫色氧化为无色Ti(IV)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。
①请补充完整实验方案：称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；___________；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，___________；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.1000 溶液、KSCN溶液)
②钛酸钡样品的纯度为___________(写出计算过程)。
四、结构与性质
10．（2022·江苏·统考二模）废水中会带来环境污染问题，用微生物法和铁炭法均可将还原脱除。
(1)微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在微生物作用下产生CH3COOH、H2等物质，可将废水中还原为H2S，同时用N2或CO2将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为_______。
②CH3COOH与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S的离子方程式为_______。
③将H2S从水中吹出时，用CO2比N2效果更好，其原因是_______。
(2)铁炭法脱硫
铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可将废水中的转化为硫化物沉淀除去。
①废水中转化为硫化物而除去，该硫化物的化学式为_______。
②为提高铁炭混合物处理效果常通入少量空气，反应过程中废水pH随时间变化如图所示。反应进行15 min后溶液pH缓慢下降的原因可能是_______。
(3)处理后废水中含量测定
准确量取50.00 mL水样于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液pH= 10，用0.0100 mol·L-1 EDTA (Na2H2Y) 溶液滴定至终点，滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液27.50 mL。计算处理后水样中含量_______。(用mg·L-1表示，写出计算过程)。
五、填空题
11．（2022·江苏·统考二模）工业废水中的重金属离子会导致环境污染危害人体健康，可用多种方法去除。
I．臭氧法
络合态的金属离子难以直接去除。O3与水反应产生的·OH(羟基自由基)可以氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，使金属离子游离到水中，反应原理为：
·OH+[mRa+·nX] →mRa++CO2+H2O (Ra+表示金属离子，X表示配体)
·OH同时也能与溶液中的、反应。在某废水中加入Ca(OH)2，再通入O3可处理其中的络合态镍(II)。
(1)基态Ni2+的核外电子排布式为 _______。
(2)加入的Ca(OH)2的作用是 _______。
Ⅱ．纳米零价铝法
纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，释放出的铬(VI)被纳米铝粉去除。
(3)向AlCl3溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为+3)与Al3+反应可生成纳米铝粉、H2和B(OH)，其离子方程式为 _______。
(4)向含有甘氨酸铬的废水中加入纳米铝粉，研究溶液中总氮含量[]随时间的变化可知甘氨酸铬在降解过程中的变化状态。实验测得溶液中总氮含量随时间的变化如图所示，反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是 _______。
Ⅲ．金属炭法
其他条件相同，分别取铝炭混合物和铁炭混合物，与含Zn2+的废水反应相同时间，Zn2+去除率与废水pH的关系如图所示。
(5)废水pH为3时，铝炭混合物对Zn2+去除率远大于铁炭混合物的主要原因是_______。
(6)废水pH大于6，随着pH增大，铝炭混合物对Zn2+去除率增大的原因是_______。
参考答案：
1． 2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O Cu2O 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+ 水合肼的用量少，不产生杂质
【详解】(1)水合肼N2H4⋅H2O溶于水发生电离，N2H4⋅H2O⇌N2H+OH-，则Kb1(N2H4⋅H2O)=；
(2)已知[Cu(NH3)4]2+与水合肼反应生成铜和氮气，则反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O；根据晶胞的结构，铜原子在晶胞的体内，个数为4，氧原子在顶点和体内，个数=8×+1=2，则N(Cu)：N(O)=4：2=2：1，化学式为Cu2O；
(3)①水合肼浓度大于3.25mol/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
(4)亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。
2．(1) 233.5 3.6% 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应II，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应II速率增大的幅度大于反应I，(g)的体积分数减小
(2) 光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用
(3) 中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 反应生成的硫单质附着在催化剂表面
【详解】（1）①已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得： ；
②1050℃时，和的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成、消耗的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成的体积分数为1.7%×2=3.4%，故的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%。
③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小；
（2）①光电催化法脱除的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成和碘离子及氢离子，离子方程式为。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用；
（3）①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积。
3． 还原反应 消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动
【分析】(1)A()与在作催化剂下发生取代反应生成B()；B与在作催化剂下发生取代反应生成C()；
(2)D()与发生还原反应生成E()；E与发生取代反应生成F()；F与ClCOOC2H5反应生成G；G在KOH作用下反应生成H()；H与C反应生成I()，据此分析可得：
【详解】(1)由分析可知：D()转化为E()，D中的C=O双键被还原成-OH，则D转化为E发生还原反应，故答案为：还原反应；
(2) F()与ClCOOC2H5反应生成G，又由G的化学式为，则G的结构简式为：，故答案为：；
(3) E()与发生取代反应生成F()和HBr，为使平衡正向移动，则用消耗反应生成的HBr，故答案为：消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动；
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，
①分子中含有苯环，能发生水解，则分子中含有肽键；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，则苯环上为对称结构，即，故答案为：；
（5）甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸；苯甲酸与SOCl2在ZnCl2做催化剂下反应生成；苯在做催化剂下反应生成；与反应后再与加热反应生成，即合成路线如下：，故答案为：。
4．(1)还原反应
(2)
(3)LiOH
(4)
(5)
【分析】对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应，对比和A结构上的区别，再结合X也含有1个含氮五元环可以推出该副产物X的结构简式为，步骤②中Y和二氧化碳加成，根据Y的结构简式，二氧化碳的分子式再结合E结构简式对比可知除E外的另一种产物的化学式为LiOH，以此解题。
(1)
对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应；
(2)
由分析可知，该副产物X的结构简式为；
(3)
由分析可知，另一种产物的化学式为LiOH；
(4)
酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，说明含有酯基，且含有2个苯环，能与NaHCO3溶液反应，说明结构中含有羧基，A中含有4个氧原子，其同分异构体含有羧基和酯基，则结构中不含有羟基，其同分异构体能使溴的CCl4溶液褪色，则含有碳碳双键，其同分异构体中含有2个苯环，1个酯基，1个羧基，1个碳碳双键，共有11个不饱和度，根据A的结构简式可知A中含有11个不饱和度；其同分异构体含有手性碳原子，且则满足要求的同分异构为：；
(5)
首先利用格氏试剂和反应并酸化制备之后用高锰酸钾将支链上的甲基氧化为羧基，再浓硫酸的作用下消去反应生成碳碳双键，，再利用A→B反应将羧基变成氨基，，具体流程为：。
5． 除去油污 酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色 加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经加热浓缩、冷却结晶 20% 样品不纯
【分析】
废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)，用溶液进行碱洗除去油污；然后加稀硫酸是将Zn、Fe、、ZnO、CuO转化成硫酸盐；向溶液中加双氧水将氧化为便于Fe的除去；加ZnO调pH除去；最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的到晶体，据此分析可得：
【详解】
(1)由于废锌铁合金中除含有Zn、Fe、、ZnO、CuO外还含有油污等杂质，所以用溶液进行碱洗除去油污，故答案为：除去油污；
(2)氧化时为双氧水将氧化为，则，故答案为：；
(3)在氧化过程中会加入过量的溶液，中的O元素为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，能与酸性溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾的紫红色褪去，故答案为：酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色；
(4)由分析可知，最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到晶体，故答案为：加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)由叙述可知，EDTA的物质的量为样品中葡萄糖酸锌的物质的量与锌标液中锌物质的量的和，即，解得，则。所以样品中Zn的质量分数为：；中锌元素的含量为14.28%＜20%，则由样品不纯所引起，故答案为：20%；样品不纯；
6． CaSO4 pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀 HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH- MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升 纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+将As(Ⅲ)氧化为As(V)
【详解】(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②pH在8-10之间时，As元素主要以HAsO的形式存在，HAsO会电离产生少量AsO，而Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和AsO结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒可知MnO2和H3AsO3的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
③pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升；
(3)纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，据图可知纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；根据题意可知As(V)主要在与水体接触的外围产生，应是Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+再将As(Ⅲ)氧化为As(V)。
7．(1) CaCl2溶液 Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+
(2)1.12×10-9 mol·L-1
(3) 2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行 取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊
(4)反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥
【分析】本题属于由磷酸锂渣制备碳酸锂的工业流程题，考虑到磷酸锂和氯化钙直接混合的话会生成磷酸钙沉淀，故先将磷酸锂和盐酸混合，再加入氯化钙溶液，在随后的提纯的过程中要考虑到碳酸锂容易分解和Li2CO3转化速率与时间问题，以此解题。
【详解】（1）①磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀，应该先将磷酸锂和盐酸混合避免生成沉淀，随后再与氯化钙混合生成磷酸氢钙，滴液漏斗中的液体是CaCl2溶液，故答案为：CaCl2溶液；
②该反应在酸性条件下进行，反应物为：Li3PO4、CaHPO4，盐酸，产物为LiCl、CaHPO4，注意用氢离子配平电荷，离子方程式为：Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+；
（2）沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1则，，需控制除钙后溶液中；
（3）①LiCl和CO2反应生成了HCl,该方法能制得Li2CO3的原因是生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动，故答案为：2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；
②检验滤渣是否洗涤完全，则需要检测溶液中的氯离子即可，实验方法是取最后--次洗涤液，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊；
（4）可以向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂再过滤，即得碳酸氢锂溶液，再加热使碳酸氢锂分解即可，加热的时间可以参考图象中的数据，由于碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，故应采用较高的温度进行加热，但是，加热的温度不能高于水的沸点，防止水发生沸腾干扰实验终点的判断，同时防止碳酸锂发生水解，故答案为：反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥。
8．(1) 和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应 与生成沉淀
(2) 温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成 草酸铵
(3)除去中含有的杂质
【分析】由题给流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。
【详解】（1）①由题给信息可知，加入草酸能提高铁浸取率的原因是铁离子和草酸生成三草酸根合铁离子，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应，故答案为：和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应；
②由题给信息可知，草酸加入量大于20%时，亚铁离子与草酸反应生成草酸亚铁沉淀，导致铁浸取率随草酸加入量增加而减小，故答案为：与生成沉淀；
（2）①由题意可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
②当反应温度超过35℃时，温度升高，过氧化氢受热被铁离子催化分解，使亚铁离子氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于氢氧化铁的生成，导致铁回收率下降，故答案为：温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成；
③由分析可知，沉铁加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸铵和草酸铵，则过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵，故答案为：草酸铵；
（3）由分析可知，“纯化”时，加入氢氧化钠溶液的目的是将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，达到过滤除去氢氧化铝的目的，故答案为：除去中含有的杂质。
9．(1) pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成 正八面体
(2) 过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化 向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去 97.5%
【分析】由制备实验流程可知，向TiCl4溶液和氯化钡混合液中加入草酸溶液、氨水得到草酸氧钛钡晶体，最后通过过滤、洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3，以此分析解答。
【详解】（1）①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间。
②44.9g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4mol，质量是0.4mol×18g/mol＝7.2g，A→B点固体质量减少44.9g－37.7g＝7.2g，即B点固体是，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1mol×197g/mol＝19.7g，钛氧化物电子质量是27.7g－19.7g＝8.0g，其中氧原子的物质的量是mol＝0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.4-0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y+0.1，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为。
③根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知与紧邻的位于棱的中心处，构成的几何构型是正八面体。
（2）①称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。
②根据电子得失守恒可知Ti3＋～Fe3＋，钛酸钡样品中Ti的物质的量是5×0.0195L×0.1mol/L＝9.75×10－3mol，钛酸钡的质量是9.75×10－3mol×233g/mol，因此钛酸钡样品的纯度为＝97.5%。
10．(1) 正四面体形 CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出
(2) FeS 废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低
(3)432mg·L−1
【详解】（1）①中心原子S原子的价层电子对数为，无孤电子对，根据价电子对互斥理论(VSEPR)模型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
②CH3COOH与在SBR细菌作用下生成CO2和H2S，根据得失电子守恒及质量守恒，则离子方程式为：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O，故答案为：CH3COOH++2H+2CO2↑+H2S↑+2H2O；
③H2S易溶于水，CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出，故答案为：CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出；
（2）①铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可知氢离子得电子，废水中转化为硫化物而除去，硫元素也得电子，则铁失去电子，发生反应为：，则该硫化物的化学式为FeS，故答案案为：FeS；
②反应中有亚铁离子生成，废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低，故答案为：废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低；
（3）加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，则其中钡离子的物质的量n(Ba2+)=，根据滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，与EDTA反应的n(Ba2+)=n(H2Y2-)=，则n()=n(BaSO4)= =2.250×10−4 mol，含量=，故答案为：432 mg·L−1。
11．(1)[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8
(2)减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去
(3)4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑
(4)纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升
(5)铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn
(6)生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，镍原子失去2个电子形成镍离子，则镍离子的核外电子排布式为：[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；
（2）由题干信息可知，·OH同时也能与溶液中的、反应，故、会影响·OH(羟基自由基)氧化分解金属配合物[mRa+ ·nX]中的有机配体，加入氢氧化钙可以除掉、，故加入的Ca(OH)2的作用是：减少溶液中和，提高·OH氧化分解络合物中有机配体的效率；使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀除去；
（3）根据信息可知知道反应物为BH和Al3+，产物为纳米铝粉、H2和B(OH)，注意用氢氧根离子配平方程式：则方程式为：4Al3++3+12OH-=4Al+3B(OH)+6H2↑；
（4）由题干中的信息可知纳米铝粉有很强的吸附性和还原性，水中溶解的氧在纳米铝粉表面产生·OH(羟基自由基)，可将甘氨酸铬中的有机基团降解，故反应初期溶液中的总氮含量先迅速降低后随即上升的原因是：纳米零价铝吸附甘氨酸铬，使得溶液中总氮含量迅速降低；吸附后的甘氨酸铬被纳米零价铝表面产生的·OH降解为可溶性的含氮物质，溶液中总氮含量上升；
（5）可以从金属的活泼程度的角度分析，铝可以置换出溶液中的锌，但是铁没有锌活泼，不能发生置换反应，故主要原因是：铝可以将溶液中的Zn2+转化为Zn去除，而Fe不能置换出Zn；
（6）此时溶液中已经存在氢氧化铝的胶体，可以从胶体吸附性的角度分析，故原因是：生成的Al3+转化为Al(OH)3胶状沉淀，对Zn2+有吸附作用。
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