重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（2）

这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（2），共26页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（2）

一、单选题
1．（2022·重庆·统考二模）As元素有+2、+3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是

A．反应I中若0.5molAs4S4参加反应，转移14 mol电子，则物质a为SO2
B．从反应II可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3
C．反应III属于非氧化还原反应
D．反应IV中，As2S3和Sn2+恰好完全反应时，其物质的量之比为2：1
2．（2022·重庆·统考模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体：2H2O+AlO+CO2=Al(OH)3↓+HCO
B．向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O
C．向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
D．向NH4Cl溶液中加入小颗粒钠：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
3．（2022·重庆·统考模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．Na2O2与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数是0.2NA
B．高温时，2.24L丁烷完全裂解生成的乙烯、丙烯、甲烷和乙烷的分子数之和为0.1NA
C．常温时，1LpH=4的NaH2PO4溶液中含有的Na+数目为1.0×10-4NA
D．2.0g重水(D2O)中含有的质子数为0.8NA
4．（2022·重庆·模拟预测）以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：

下列说法不正确的是
A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B．步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率
D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质
5．（2022·重庆·模拟预测）由含[Cu(NH3)4]Cl2的蚀刻废液制取[Cu(NH3)4]CO3溶液的流程如图：

下列有关说法不正确的是
A．上述制取流程不涉及氧化还原反应
B．“沉铜”在加热条件下进行，发生反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]+2OH-4NH3↑+CuO↓+H2O
C．“滤液”中大量存在的离子有Na+、、Cl-和OH-
D．“浸铜”时温度过高可能导致铜的浸出率下降
6．（2021·重庆·统考一模）氯化亚铜(CuCl)难溶于水和稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。在工业上可利用海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)制备，流程如下。下列说法错误的是

A．①步溶解过程中，硝酸铵是氧化剂，铜是还原剂
B．③步反应的离子方程式是：
C．⑤步包含了酸洗和水洗，酸洗时可采用稀硫酸或浓盐酸
D．⑦步“烘干”过程中需要保持真空条件
7．（2021·重庆·统考三模）下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是
A．氯化氢和氟化氢的稳定性
B．在反应中，被氧化和被还原的N原子数
C．物质的量浓度相等的和溶液中NH的浓度
D．25℃时，pH相等的盐酸溶液中的c(Cl-)与醋酸溶液中的c(CH3COO-)
8．（2021·重庆·统考三模）硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法正确的是

A．水在此过程中作还原剂
B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体只有HD
C．NaBH4与水反应的离子方程式为：BH+4H2O=B(OH)+4H2­
D．若不使用催化剂，NaBH4与水不能反应产生H2
9．（2021·重庆·统考三模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，20g2H2O含有氧原子数为NA
B．标准状况下，44.8LCS2含有的分子数为2NA
C．0.1mol·L-1氯化铝溶液中含有Al3+数为0.1NA
D．2.3g金属钠在空气中点燃失去的电子数为0.2NA
10．（2021·重庆·统考二模）实验室从光盘金属层中提取(其他金属微量忽略不计)的流程如下图所示，已知“氧化”与“还原”过程中分别生成了和。下列说法不正确的是

A．操作I的名称是过滤
B．“氧化”过程可适当加热提高反应速率
C．“氧化”过程发生的反应为
D．理论上每消耗能提取的的质量为
11．（2021·重庆·统考二模）下列变化中，符合图示电子转移的是

A．溶液在空气中变质 B．气体使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．将氨气通入水中 D．用溶液吸收制取氯气的尾气
12．（2021·重庆·统考模拟预测）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：

下列说法错误的是
A．反应1说明酸性：H2SO3>H2CO3
B．反应1结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．反应2最好在无氧条件下进行

二、工业流程题
13．（2022·重庆·统考模拟预测）氯化亚锡和锡酸钠都可在印染行业用作媒染剂。校化学小组从电镀锡渣(主要成分为Sn、SnO，含有砷和难溶于酸碱的杂质)中制取二水合氯化亚锡和锡酸钠，工艺流程如图所示：

已知：
①Sn(II)具有还原性，可与Cl-形成[SnCl3]-
②As在碱溶时转化为Na3AsO4溶液
③20℃时，Ksp[Ba3(AsO4)2]=2.7×10-10
回答下列问题：
(1)Sn元素在周期表中的位置为_______。
(2)SnCl2溶液可用作电镀锡的电解液，阴极的电极反应式为_______。
(3)“酸溶”时SnO发生反应的离子方程式为_______。
(4)“碱溶”时的还原产物是空气的主要成分之一，写出Sn发生反应的化学方程式_______。
(5)“滤液I”中，需加入少量单质Sn，原因是_______。
(6)“除砷”时，若溶液中c(AsO)=2mol/L，加入等体积的Ba(OH)2溶液后，“滤液II”中c(Ba2+)=3×10-3mol/L，则沉淀中的As元素占原As元素总量的_______。
(7)蒸发浓缩“滤液II”前，可往体系中加入适量的NaOH溶液，目的是________。
14．（2022·重庆·统考模拟预测）钯(Pd)是一种不活泼金属，具有优良的吸氢功能，其氢氧化物具有两性。工业上采用如图流程从二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]中提取钯。

(1)Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为____。
(2)“酸溶”生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为___。
(3)“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中发生的氧化还原的离子反应方程式为____，____。
(4)“滤液”中含有的阴离子主要是____，“沉钯”时，若pH大于10，则上层清液中钯含量升高，其原因为____。
(5)“步骤Ⅴ”中需加浓盐酸并加热至100℃浓缩直至蒸干，加浓盐酸的目的是___。
(6)已知金属钯密度为12.0g•cm-3，标准状况下，吸附的氢气是其体积的850倍，则此条件下钯的吸附容量R=____mL•g-1【R为单位质量(g)的钯所吸附氢气的体积(mL)，结果保留一位小数】。
15．（2021·重庆·统考一模）磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一、采用湿法治金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，流程如图：

资料：碳酸锂在水中溶解度：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)I步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是___________。
(2)II步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是___________。
(3)III步浸取加入的氧化剂最佳选择是___________。(填字母)
A． B．酸性 C． D．
(4)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入溶液沉铁的主要原理是___________。
(5)滤液2中，加入等体积的溶液后，的沉降率达到90%，母液中___________。[溶液混合后体积变化忽略不计，]
(6)为将粗品提纯，VI步使用___________(填“热”或“冰”)水进行洗涤操作，理由是___________。
(7)工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为：___________。
16．（2021·重庆·统考三模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，式量：246)是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图：

已知：I.电离常数：，；柠檬酸()：，，。
Ⅱ.下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
(1)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种________(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，滤渣1的成分为________(填化学式)。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为：________；加入FeS2还原后，加入一种试剂检验还原反应已经完全反应，该试剂是________。
(3)“沉铁”时的离子方程式为________，该反应需控制温度在35℃以下，其可能的原因是________。
(4)“除铝”时所调pH范围是________，“还原”和“除铝”两步操作________(填“能”或“不能”)交换，若不能请说出其原因________，若能则原因处不作答。
(5)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为________g。
17．（2021·重庆·统考二模）金属性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(主要成分为、少量杂质)提取钴、镍化合物的工艺如下：

已知：时，

(1)酸浸时得到一种气体，其化学式为___________，酸浸时参与的离子反应方程式为___________，能提高钴、镍元素浸出率的措施有___________(写出两条即可)。
(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应方程式为___________，时，若“沉钴”开始时，则控制___________时不会产生。
(3)用为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得使分解的高效催化剂，(其中均为价)。如图是用两种不同方法制得的在时催化分解的溶液的相对初始速率随x变化曲线。
①中的价态为___________。
②由图中信息可知：___________法制取的催化剂活性更高。
③两种离子中催化效果更好的是___________。

三、实验题
18．（2022·重庆·统考模拟预测）硫脲的分子式为CS(NH2)2，其在生产生活中有重要的应用。科研人员在实验室利用Ca(HS)2与CaCN2可以合成硫脲，用下图仪器可制备Ca(HS)2，请回答下列问题。

已知：①CS(NH2)2易溶于水；②CS(NH2)2在150°C时生成NH4SCN；③CS(NH2)2易被强氧化剂氧化。
(1)装盐酸仪器的名称为_______，装置A中发生反应的离子方程式为_______；
(2)实验结束后从左侧导管通入氮气的目的是_______；
(3)装置B中盛装的试剂是_______，其作用是_______；
(4)当C中出现_______现象时，停止反应；
(5)将得到的Ca(HS)2溶液与CaCN2溶液混合，加热一段时间即可生成硫脲，同时生成一种强碱为_______；
(6)实验室用KMnO4(H+)溶液滴定硫脲测定其含量，生成N2，等，则还原剂与氧化剂的物质的量之比_______，将硫脲粗产品0.8g，配成1000mL溶液，取100mL，用0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗酸性高锰酸钾溶液28.00mL，粗产品中硫脲的百分含量为_______(杂质不参加反应)。
19．（2021·重庆·统考一模）高铁酸钾()是一种新型、高效、多功能水处理剂。某化学实验小组模拟工业生产路线，在实验室中制备高铁酸钾，其实验装置如下：

已知：易溶于水，水溶液为紫色，微溶于浓KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在0℃~5℃、强碱性溶液中较稳定
(1)仪器a的名称是___________。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为___________。
(3)装置B中试剂为___________。
(4)装置C中观察到溶液的颜色变化为___________，发生主要反应的化学方程式为___________，加入过量浓KOH溶液的原因是___________。
(5)有同学提出，装置C在制备时存在一定缺陷，改进的措施是___________。
(6)取C中洗涤并干燥后样品10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体(标准状况下)。则样品中高铁酸钾的质量分数约为___________。(计算结果精确到0.1%)

四、原理综合题
20．（2021·重庆·统考一模）近年来，长江流域总磷超标的问题逐渐凸显，“三磷”(磷矿、磷肥和含磷农药制造等磷化工企业、磷石膏库)导致的区域环境污染问题日益受到关注。、和是磷的三种含氧酸，请回答下列问题：
(1)次磷酸不能与高铁酸钾混合使用，原因是二者会发生如下反应，请配平该反应_______。

(2)某含磷废水的主要成分为和，向废水中加入适量漂白粉，再加入生石灰调节，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收。加入漂白粉的作用是_______；若测得处理后的废水中，的含量为，则_______。
(3)25℃时，向一定体积的亚磷酸(，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液的关系如图所示。

①为_______(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显碱性的离子方程式为_______。
②点时，溶液中水电离出的_______。
③所加溶液体积与亚磷酸溶液相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为_______。
④将浓度均为的和的混合液加水稀释10倍后，溶液中将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

参考答案：
1．D
【详解】A．中As为+2价，S为-2价，经过反应I， 转变为，As元素化学价升高到+3，当0.5mol反应时，As转移电子的物质的量为，S转移电子的物质的为，S的化合价也升高，设为x，则 ，x=4，故a为二氧化硫， A正确；
B．反应II中与水反应仅生成，是的酸酐，B正确；
C．反应III中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；
D．反应IV发生的反应为：，的物质的量之比为1:1，D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．向偏铝酸钠溶液中通入少量CO2气体，离子方程式为：3H2O+2AlO+CO2=2Al(OH)3↓+CO，A错误；
B．向稀硫酸中滴加Na2S2O3溶液，硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化，离子方程式为：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O，B正确；
C．向新制氯水中滴加少量FeBr2溶液，亚铁离子、溴离子均被氧化，离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br−=2Fe3++2Br2+6Cl−，C错误；
D．钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铵发生反应生成一水合氨，离子方程式为：2Na+2H2O+2NH=2NH3·H2O+2Na++H2↑，D错误；
答案选B。
3．A
【详解】A．Na2O2与水反应化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由方程式可知，生成1molO2转移2mol电子，则生成0.1molO2转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，A正确；
B．丁烷所处温度、压强未知，则丁烷的物质的量未知，且反应较复杂，无法确定生成的气体分子的数目，B错误；
C．为弱酸的酸式酸根离子，会部分电离出氢离子，若数目为，则钠离子数目大于，C错误；
D．2.0g重水(D2O)的物质的量为=0.1mol，则质子的物质的量为1mol，质子数为NA，D错误；
答案选A。
4．C
【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。
【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；
B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；
C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；
D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。
故选C。
5．C
【详解】A．沉铜时反应为[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH4NH3+CuO+2NaCl+H2O，浸铜时总反应为CuO+3NH3+NH4HCO3=[Cu(NH3)4]CO3+H2O，反应中没有元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，A正确；
B．根据已知反应物和生成物，结合元素守恒可得离子方程式为[Cu(NH3)4]+2OH-4NH3↑+CuO↓+H2O，B正确；
C．和OH-不能大量共存，且根据B选项可知大部分氨气已逸出，C错误；
D．温度过高碳酸氢铵会分解，且氨气的溶解度降低，导致铜的浸出率下降，D正确；
综上所述答案为C。
6．C
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成硫酸铜，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；
【详解】A．①步溶解过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，离子方程式是3Cu+8H++2NO═3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸铵是氧化剂，铜是还原剂，故A正确；
B．从后续操作看，③步反应过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被SO还原，发生反应的离子方程式是，故B正确；
C．⑤步酸洗若用浓盐酸，则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl-溶解，难以得到CuCl沉淀，故C错误；
D．⑦步“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，故D正确；
故选：C。
7．C
【详解】A．Cl的非金属性弱于F，所HCl稳定性弱于HF，A不符合题意；
B．该反应中NH3中的N原子被氧化，NO中的N原子被还原，根据电子守恒可知被氧化和被还原的N原子数之比为2:3，即前者小于后者，B不符合题意；
C．两种物质都可以电离出两个NH，但电离产生的Fe2+的水解会抑制NH的水解，所以前者溶液中NH的浓度更大，C符合题意；
D．两溶液中分别存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)、c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，两溶液pH相等，则c(OH-)、c(H+)相等，所以c(Cl-)=c(CH3COO-)，D不符合题意；
综上所述答案为C。
8．C
【详解】A．据图可知H2O脱去的氢原子最终生成氢气，水中H元素化合价降低，所以水为氧化剂，A错误；
B．据图可知，第一步中两个BH各脱去一个H原子结合形成H2，即反应后生成的气体中有H2，B错误；
C．据图可知NaBH4与水反应过程中反应物为BH和H2O，产物为B(OH)和氢气，离子方程式为BH+4H2O=B(OH)+4H2­，C正确；
D．催化剂只是加快反应速率，即使不使用催化剂，NaBH4与水反应依然能产生氧气，D错误；
综上所述答案为C。
9．A
【详解】A．2H2O的相对分子质量为2×2+16=20，20g2H2O的物质的量为1mol，含有NA个氧原子，A正确；
B．标况下CS2不是气体，不能用22.4L/mol计算其物质的量，B错误；
C．溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；
D．2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，在空气中点燃生成Na2O2，Na的化合价升高1价，所以转移NA个电子，D错误；
综上所述答案为A。
10．D
【详解】A．操作I分离出氯化银固体，所以名称是过滤，A正确；
B．加热可以提高反应速率，B正确；
C．从流程分析，氧化过程中次氯酸钠做氧化剂，银做还原剂，且从题干可知该反应产生了氧气，所以方程式为，C正确；
D． 反应产物为氮气，氮元素化合价从-2升高到0，所以　反应转移0.4mol电子，理论上有得到电子，对应生成银为0.4mol，质量为43.2克，D错误；
故选D。
11．B
【详解】图示表示气体失去电子，离子得到电子。
A．空气中的得电子，A错误；
B．失电子高锰酸根离子得到电子，B正确；
C．没有电子得失，C错误；
D．氯气既失电子又得电子，D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2SO3>H2CO3，A正确；
B． 反应1结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明NaHSO3被氧化，B正确；
C． 反应2为 ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；
D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确；
答案选C。
13．(1)第五周期第IVA族
(2)Sn2++2e-=Sn
(3)SnO+2H++3Cl-[SnCl3]-+H2O
(4)5Sn+6NaOH+4NaNO35Na2SnO3+2N2↑+3H2O
(5)防止Sn(II)被氧化
(6)90%
(7)形成同离子效应，可析出更多的Na2SnO3固体

【分析】本题采用酸溶和碱溶两种方法从电镀锡渣中回收锡。酸溶工序：加入盐酸后在200oC加热得到滤液I（锡主要存在形式：[SnCl3]-），过滤除去不溶性杂质得到滤液I，滤液I 中加入锡是为了防止Sn(II)被氧化；然后在CO2气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到了SnCl2·2H2O晶体。碱溶工序：电镀锡渣加硝酸钠和氢氧化钠溶液在150oC加热可生成Na3AsO4、Na2SnO3，过滤除去不溶性杂质；除砷工序加入氢氧化钡溶液，Na3AsO4生成Ba3(AsO4)2（滤渣III）沉淀，过滤后滤液II主要成分为Na2SnO3，蒸发浓缩、冷却结晶得到了Na2SnO3晶体。
（1）
Sn在元素周期表中位置为：第五周期第IVA族
（2）
电解SnCl2溶液，阴极Sn(II)得电子被还原，电极反应式为：；
（3）
酸溶时，SnO与盐酸反应，离子反应方程式为：
；
（4）
碱溶时，硝酸钠为氧化剂，将Sn氧化为Na2SnO3，自身被还原成氮气，化学方程式为：；
（5）
Sn(II)容易被氧化，滤液I加入少量单质Sn还为了防止Sn(II)被氧化；
（6）
除砷时，加入等体积的氢氧化钡后，初始溶液中，当c(Ba2+)=3×10-3mol/L时，，此时溶液中；因此沉淀中的As元素占原As元素总量的；
（7）
蒸发浓缩时，加入氢氧化钠可形成同离子效应，降低Na2SnO3溶解度，利于析出更多的Na2SnO3固体。故答案为：形成同离子效应，有利于析出更多的Na2SnO3固体。
14．(1)+2
(2)Pd(NH3)2Cl2+2HCl(浓)(NH4)2PdCl4
(3) ClO+2NH=N2↑+Cl-+2H++3H2O或6ClO+10NH=5N2↑+3Cl2↑+4H++18H2O ClO+5Cl-+6H++=3Cl2↑+3H2O
(4) Cl-、OH- Pd(OH)2具有两性，当碱性较强时会溶解而进入上层清液中
(5)将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解
(6)70.8

【分析】Pd(NH3)2Cl2用热浓盐酸溶解得到(NH4)2PdCl4溶液，用NaClO3溶液氧化(NH4)2PdCl4得含有PdCl的溶液、氯气、氮气，向含有PdCl的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，用浓盐酸溶解Pd(OH)2得到有PdCl2溶液，加热至100℃浓缩直至蒸干得PdCl2。
【详解】（1）根据化合价代数和等于0，Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为+2；
（2）“酸溶”时Pd(NH3)2Cl2和盐酸反应生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为Pd(NH3)2Cl2+2HCl(浓)(NH4)2PdCl4；
（3）“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中ClO把NH氧化为氮气，反应离子方程式为6ClO+10NH=5N2↑+3Cl2↑+4H++18H2O；ClO把Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为ClO+5Cl-+6H++=3Cl2↑+3H2O。
（4）含有PdCl的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，“滤液”中含有的阴离子主要是Cl-、OH-，Pd(OH)2具有两性，“沉钯”时，若pH大于10，Pd(OH)2和氢氧化钠反应溶解而进入上层清液中，所以上层清液中钯含量升高；
（5）“步骤Ⅴ”中需加浓盐酸并加热至100℃浓缩直至蒸干，加浓盐酸的目的是将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解。
（6）金属钯密度为12.0g•cm-3，标准状况下，吸附的氢气是其体积的850倍，即12g钯吸收850mL氢气，此条件下钯的吸附容量R=mL•g-1。
15．(1)增大接触面积，提高溶解效率
(2)、
(3)C
(4)结合，使减小，，两个电离平衡均向右移动，增大，与结合形成磷酸铁
(5)
(6) 热 温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(7)

【分析】正极片经碱溶可得到NaAlO2溶液，含有磷酸亚铁锂的滤渣1加入盐酸、氧化剂浸取，可除去不溶于酸碱的导电剂，得到含有P、Fe、Li的浸出液，加入30%Na2CO3溶液沉铁，生成沉淀，滤液2在60~80℃条件下，加入饱和Na2CO3溶液沉锂，可生成碳酸锂沉淀。
【详解】（1）废旧电极为不溶于水的块状物质，为了加快和NaOH的反应速率，需要将其研磨成小颗粒，增大接触面积，从而达到目的，故答案为：增大接触面积，提高溶解效率。
（2）废旧电极含有铝，可与NaOH溶液反应，生成易溶于水的NaAlO2，从而与相分离，则II步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是、，故答案为：、。
（3）A．作氧化剂的还原产物为氮的氧化物，为有害气体，故不选A；
B．酸性能和HCl发生氧化还原反应，使酸的用量增大，且生成氯气为有害气体，故不选B；
C．作氧化剂的还原产物为，不引入杂质，减少污染物的排放，故C选；
D．能和浓盐酸反应生成氯气，不宜选用，故不选D；
故答案选C。
（4）加入溶液后，可结合，使减小，从而使，，两个电离平衡均向右移动，则增大，与结合形成磷酸铁，故答案为：结合，使减小，，两个电离平衡均向右移动，增大，与结合形成磷酸铁。
（5）滤液2中，加入等体积的溶液后，的沉降率达到90%，混合溶液中含有的，已知：，则母液中，故答案为：。
（6）根据表格数据可知，的溶解度随温度的升高而减小，热水洗涤可减少的溶解，故答案为：热；温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。
（7）根据题意可知，反应物为、、炭黑，生成物为，根据元素守恒分析另一种产物为碳的氧化物，因炭黑足量，故为CO，其反应的化学方程式为：，故答案为：。
16． 酸式 SiO2 FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液 HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解 5.0≤pH≤5.8 不能 因为溶液中有Fe3+，且Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率 14.4
【分析】硫铁矿在空气中焙烧，FeS2被氧化为SO2和Fe2O3，加入稀硫酸溶浸，Fe2O3、Al2O3溶解，过滤得到含有Fe3+和Al3+的溶液，滤渣为难溶于稀硫酸的SiO2，然后加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，之后调节pH除去Al3+，再加入碳酸氢铵、氨气得到FeCO3，过滤、洗涤得到FeCO3固体，加入柠檬酸溶解，经系列操作得到柠檬酸亚铁晶体。
【详解】(1)根据题目所给信息可知柠檬酸存在三级电离平衡常数，即柠檬酸为三元酸，所以FeC6H6O7可以电离出一个氢离子，为酸式盐；滤渣1为难溶于稀硫酸的SiO2；
(2) FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；若氧化还原反应已经完全反应，则溶液中不再存在Fe3+，而Fe3+可以和SCN-反应得到血红色溶液，所以可以用KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液来判断是否完全反应；
(3)沉铁时Fe2+结合HCO电离产生的CO生成FeCO3，同时通入氨气中和产生的氢离子得到铵根，离子方程式为HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH；NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解，所以要控制温度；
(4)除铝时要保证Al3+完全被除去，而Fe2+不被除去，所以调节pH的范围为5.0≤pH＜5.8；因为溶液中有Fe3+，且根据题目所给数据可知，Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率，所以不能交换两步操作；
(5)49.2g的FeC6H6O7的物质的量为=0.2mol，设混合物中Fe2O3的物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，根据铁元素守恒可得2x+y=0.2，根据质量守恒有160x+72y=15.84，联立解得x=0.09mol，所以Fe2O3的质量为160g×0.09mol=14.4g。
17． 适当升高酸浸温度、增大酸的浓度、搅排 7.3 微波水热
【详解】(1)根据最终变成可知酸没时与硫酸反应得到了，根据流程最终得到的是价的钴，酸浸时将还原，故离子反应方程式为。适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高钴、镍元素的浸出率；搅拌能增大废渣与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高钴、镍元素的浸出率；增大酸的浓度，能提高钴、镍元素的浸出率。
(2)除铝时加入碳酸钠会和发生双水解，产生沉淀的离子反应，根据时，可求出饱和溶液，则，故时不会产生。
(3)①根据均为价，则中的价态为
②由图中信息可知：微波水热法制取的催化剂活性更高。
③根据横坐标x越大，催化初始速率越高，两种离子中催化效果更好的是
18．(1) 分液漏斗 S2-＋2H＋=H2S↑
(2)将装置中的H2S气体都排到右侧石灰乳中，防止污染空气
(3) 饱和NaHS溶液 除掉混合气体中的HCl
(4)溶液变澄清
(5)Ca(OH)2
(6) 5∶14 95%

【分析】观察图示装置，A中反应生成H2S气体，制备H2S时A中盐酸会挥发出HCl，故B作用为除去H2S中混有的HCl，可选择饱和NaHS溶液。H2S经过B到达C后，在C中与Ca(OH)2反应生成CaS微溶物，当H2S过量时可生成Ca(HS)2，Ca(HS)2可溶于水，此过程C中现象为溶液慢慢变澄清。H2S有毒，D为尾气处理装置。遇到未知的化学反应可以和已知的反应原理联系起来，像H2S与Ca(OH)2的反应过程可以参照CO2与Ca(OH)2的反应，CO2过量生成Ca(HCO3)2溶液会由浑浊变澄清，除去CO2中混有的HCl可以用饱和NaHCO3，都可以与题中反应进行类比。
(1)
装盐酸仪器的名称为分液漏斗；装置A中发生反应的离子方程式为S2-＋2H＋=H2S↑。
(2)
实验结束后装置内残留有A生成的H2S气体，故通入氮气的目的是将装置中的H2S气体都排到右侧石灰乳中，全部吸收防止污染空气。
(3)
为了减小氯化钙的生成，装置B作用是除去H2S中的HCl，要用到饱和NaHS溶液。
(4)
当C中石灰乳反应完毕，基本全部生成Ca(HS)2，Ca(HS)2溶于水，溶液变澄清，此时可以停止反应。
(5)
根据元素守恒，唯一可能的强碱为Ca(OH)2。
(6)
硫脲与KMnO4(H＋)溶液反应的离子方程式：5CS(NH2)2＋14＋32H＋=5N2↑＋5＋14Mn2＋＋5CO2↑＋26H2O，还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶14；0.8g粗产品中含CS(NH2)2质量为： ，粗产品中硫脲的百分含量为：。
【点睛】解氧化还原反应计算题时，涉及氧化剂与还原剂的关系不一定非要写出反应式，根据得失电子数列出相应比例即可进行计算。比如题中KMnO4与CS(NH2)2反应得失电子关系为：5e-→Mn2＋，CS(NH2)2+14e-→N2+，根据电子守恒可直接得出与CS(NH2)2比例为14:5。
19．(1)三颈烧瓶
(2)
(3)饱和食盐水
(4) 无色变为紫色 微溶于KOH溶液，1在碱性溶液中较稳定(或有利于生成)
(5)将装置C置于冰水浴中
(6)79.2%

【分析】由图可知，A中高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，B中盛放饱和食盐水，除去氯气中的HCl，C中Cl2、Fe(OH)3、KOH反应制取K2FeO4，D为尾气处理装置；
【详解】（1）仪器a的名称是三颈烧瓶；
（2）装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，发生反应的离子方程式为；
（3）浓盐酸易挥发，氯气中含杂质HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置B中试剂为饱和食盐水；
（4）装置C中Cl2、Fe(OH)3、KOH反应制取K2FeO4，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为，生成水溶液为紫色，溶液的颜色无色变为紫色；已知在强碱性溶液中较稳定，加入过量浓KOH溶液的原因是微溶于KOH溶液，1在碱性溶液中较稳定；
（5）在0℃~5℃较稳定，为了防止其分解，可将装置C置于冰水浴中；
（6）K2FeO4在硫酸溶液中，发生氧化还原反应，Fe元素的化合价由+6价降低为+3价，O元素的化合价由-2价升高为0，由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为4FeO+20H+═3O2↑+4Fe3++10H2O，取C中洗涤并干燥后样品的质量10g，加入稀硫酸，收集到0.672L气体，氧气的物质的量为，由反应可知高铁酸钾的物质的量为0.04mol，则样品中高铁酸钾的质量分数约为×100%=79.2%。
20． 3、4、1、3、1、8 将氧化为 正盐 增大
【详解】(1)根据反应可知，中P元素由+1价变为+5价，中Fe由+6价变为+3价，最小公倍数为12，的系数为3，的系数为4，根据P原子守恒，的系数为3，则的系数为1，的系数为8，则的系数为1，配平该反应为：
，答案为3、4、1、3、1、8；
(2)漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，加入漂白粉的作用是将氧化为；若测得处理后的废水中，的含量为，则，；
(3) ①H3PO3是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性，；
②点时，pH=1.43，溶液呈酸性，酸过量抑制水的电离，溶液中水电离出的；
③所加溶液体积与亚磷酸溶液相同时，生成，为强碱弱酸盐，，根据图中信息可知，电离大于水解，故溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为；
④将浓度均为的和的混合液加水稀释10倍后，溶液中减小，增大，因K=为常数，故减小，故将增大。