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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04离子反应
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04离子反应，共33页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04离子反应
一、单选题
1．（2023·河南·校联考模拟预测）最近，科学家开发了一种用二氧化碳淡化海水的技术，其循环图如下：
下列有关叙述错误的是
A．上述转化中包括氧化还原反应
B．该技术中发生离子交换的实质是产物溶解度较小
C．加热RNH3Cl并用水吸收HCl可制盐酸
D．淡化后的海水导电性减弱；
2．（2023·河南·校联考模拟预测）卤素的应用广泛，常运用于化学工业尤其是有机合成工业上。下列关于卤素单质或其化合物的叙述正确的是
A．漂白液中次氯酸钠的电离方程式：NaClO =Na+ +Cl－+O2－
B．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水的离子方程式：2Fe2+ +Cl2=2Fe3++2Cl－
C．在含有KI的溶液中可以大量存在H+、Mg2+、、
D．加热含1molHCl的浓盐酸与足量MnO2的混合物，产生5.6L(标准状况)的氯气
3．（2023·河南·统考模拟预测）某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、 中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A．要确定是否含有K+，需做焰色反应实验
B．一定含有K+、OH-、
C．含有Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的一种
D．原溶液中一定含有Cl-
4．（2022·河南·校联考模拟预测）下列物质按给定的投料方式，两者均能恰好完全反应的是
A．把、按物质的量之比为1：3充入容器中，在一定条件下充分反应
B．向溶液中滴入溶液使恰好沉淀完全
C．常温下，将2molFe投入到含7mol硝酸的稀硝酸中充分反应
D．常温下，将1mol铝投入到含5mol硫酸的浓硫酸中充分反应
5．（2022·河南·校联考模拟预测）下列化学反应对应的离子方程式错误的是
A．向溶液中通入少量：
B．过量的溶液与溶液反应：
C．向溶液中通入少量：
D．时：
6．（2022·河南·统考二模）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是
选项
实验设计
离子方程式
A
用明矾净化河水
Al3+ +3H2O Al( OH)3(胶体) +3H+
B
用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸
2CH3COOH + 2CH3COO-+ CO2↑+ H2O
C
用饱和NaHSO3溶液吸收少量氯气并防止污染
+Cl2 +H2O= +2C1- +3H+
D
用蘸有浓硫酸的玻璃棒放在集气瓶口检验氨气是否集满
H+ +NH3=
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·河南·校联考模拟预测）“天宫课堂”中王亚平老师在空间站“变”出奥运五环，在透明的五环模型中第一次、第二次分别加入的溶液如下表所示[已知溴百里酚蓝变色的pH范围：6.0(黄)~7.6(蓝)]。下列叙述正确的是
1号环
2号环
3号环
4号环
5号环
第一次加入
Na2CO3溶液
KI和KIO3溶液
乙酸溶液
Na2CO3溶液
Na2CO3溶液
第二次加入
溴百里酚蓝
淀粉溶液，乙酸
甲基橙
甲基橙
甲基橙、溴百里酚蓝
A．1号环中水解的离子方程式为＋2H2O=H2CO3＋2OH－
B．2号环中发生的离子反应为5I－＋＋6H＋=3I2＋3H2O
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍则pH变为a＋1
D．5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色
8．（2022·河南·校联考模拟预测）2022年北京冬奥会采用绿电制绿氢技术，即用光伏、风能等产生绿电，绿电电解水制得的氢气叫绿氢，实现碳的零排放。下列有关说法正确的是
A．光伏电池能将太阳能全部转化成电能 B．绿氢在阴极上产生
C．常加入食盐增强水的导电性 D．阳极上发生还原反应
9．（2021·河南·校联考模拟预测）某溶液中可能仅含有、、、、、、、、中的若干种(不考虑水的电离)，观察发现溶液显黄色，下列分析中正确的是
A．无需要再进行任何实验就可以确定不存在的离子有4种
B．该溶液中最多含有两种阴离子
C．该溶液一定显酸性，可能含Ba2+
D．向该溶液滴入石蕊试液可能会变蓝色
10．（2021·河南·校联考模拟预测）常温条件下，向V1mL浓度均为c mol·L-1的弱酸HA和HCl混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1弱碱BOH，溶液的导电能力随BOH溶液加入量的变化如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列说法错误的是
A．c = 0.1 mol·L-1
B．b点溶液中c(B+) +c( BOH) =c(A-) +c( HA)
C．若c点溶液中c(BOH) ＞2c(HA)，则BA溶液显碱性
D．滴加BOH溶液过程中，水的电离程度先增大后减小
11．（2021·河南·校联考模拟预测）下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A．用K3[Fe(CN)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2+：
B．向稀硫酸中加入少量金属铜：
C．用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：
D．向溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：
12．（2021·河南·校联考模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液：
B．漂白粉溶液中通入过量
C．Fe2(SO4)3溶液与Cu粉混合：
D．Na2O2与水混合：
二、实验题
13．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化氰(CNCl)，又名氯甲氰，是重要的化工中间体，在农药、医药、化工助剂等方面有着广泛的应用。某小组制备氯化氰并探究其性质，实验装置如图所示。回答下列问题：
已知：①CNCl的熔点为-6.5℃，沸点为13.1℃，可溶于水并与水反应；NaCN具有较强的还原性。
②合成原理：在-10℃~-5℃条件下，Cl2+NaCN=NaCl+CNCl。
(1)N2可用装置A制备。盛放饱和NaNO2溶液的仪器名称为 ，写出装置A中发生反应的化学方程式： 。
(2)装置F中干冰和丙酮的作用是降低温度，此时干冰 (填“升华”或“凝华”)；装置G的作用是 。
(3)实验中，先向D中通入 (填“N2”或“Cl2”)，此操作的目的是 。
(4)实验中必须保持温度在-10~-5℃，若高于-5℃，CNCl与NaCN反应产生NaCl和与卤素性质相似的气体 (填化学式)。
(5)向盛有少量Na2S溶液的试管中通入CNCl，然后向其中滴入一滴FeCl3溶液，溶液显红色，其原因是 (用离子方程式说明)。
(6)上述实验中，NaCN完全反应时收集到8.5gCNCl，产率为 %(结果保留整数)。
14．（2023·河南郑州·统考三模）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂。常温下该物质在空气中会水解，受热时易分解。以废铜屑(表面沾有油污)为原料制备([Cu(NH3)4]SO4·H2O)的实验步骤如下：
I、CuSO4的制备
(1)步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是 。
(2)步骤②在常温下进行，需要加入的试剂是 。
Ⅱ、晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液。将A中溶液转移至B中，析出([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体；将B中混合物转移至装置C中抽滤(减压过滤)，用乙醇洗涤晶体2~3次；取出晶体，冷风吹干。。
(3)用离子方程式表示装置A中“沉淀消失”的原因 。
(4)抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需 (填“打开”或“关闭”)，作用是 。
(5)晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是 。
Ⅲ废液回收
减压过滤后的废液中含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水，向废液中加入硫酸，回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液。
(6)向废液中加入硫酸的作用是 。(答出两条)
(7)(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为 。
15．（2021·河南焦作·统考一模）已知水合肼(N2H4·H2O)为无色透明的油状液体，沸点为120.1℃，有毒且不稳定，在300℃时分解成N2、NH3、H2和H2O，有淡氨味，具有强碱性、强还原性和吸湿性。某小组为探究其性质进行以下实验。
Ⅰ．水合肼的实验室制备。
用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液在40℃时反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼，装置如图所示(加热及夹持装置略)。
(1)反应时应向三颈烧瓶中逐滴滴加NaClO碱性溶液，防止其过量，其原因是 。
(2)三颈烧瓶中反应的离子方程式为 。
Ⅱ．探究水合肼的分解产物。
该小组成员利用下列装置(夹持装置略)热分解水合肼，并对分解产物( N2、H2、NH3、H2O)进行探究。
(3)C中盛放的试剂为 。E中少量铜粉的作用是 。
(4)检查装置气密性后，加热装置E前需要进行的操作是 。
(5)实验过程中观察到的现象：G中无现象，H中 ，Ⅰ中 。
(6)N中当 时开始收集气体，若最后检验所收集的气体为N2，能否说明是水合肼热分解产生的？并说明理由： 。
三、工业流程题
16．（2023·河南·校联考模拟预测）镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如图所示：
已知：①粉碎灼烧后产物的主要成分是Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3。
②萃取剂对Fe3+选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的Fe3+很难被反萃取。
③25°C时Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3。
④已知Li2CO3的溶解度如表所示：
温度/℃
0
20
80
S(Li2CO3)/g
1.54
1.33
0.85
回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是 。
(2)“碱浸”时涉及反应的离子方程式是 ；“酸浸”时加入H2O2的作用是 。
(3)“酸浸”时保持其他条件相同，测得不同温度下钴的浸出率如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是 。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了Fe3+，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是 。
Fe3+
Al3+
Fe2+
Co2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4
(5)若滤液2中c(Li+)=4mol·L-1，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到90%，计算滤液3中c()= 。mol·L-1。
(6)流程中用“热水洗涤”的原因是 。
17．（2023·河南·校联考模拟预测）北京航空航天大学郭林教授课题组最近合成了一种Au单原子新型材料[C3N4(Au1/ACN)]，能提高锂电池性能。某小组以含金黄铁矿(主要成分是Au和FeS2)为原料制备该新型材料的简易流程如图所示。
回答下列问题：
(1)提高“熔池”中反应速率的措施有 (答一条)。
(2)需要用到下列玻璃仪器中的_____。
A． B． C． D．
(3)“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]，Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-。写出“沉金”的离子方程式 。
(4)以“酸浸”的浸液为原料制备高纯度铁红的流程如下：
①通入过量Cl2的目的是 。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全。“调pH”最低值为 。
③制备铁红“操作”名称是 。
(5)据文献报道，一种绿色，环保型制备氯金酸的原理是纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4；写出相应的化学方程式 。
(6)若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为 。
18．（2023·河南郑州·统考三模）砷酸铜是一种蓝色粉末，难溶于水和酒精，广泛应用于木材防腐剂。某化工厂以硫化砷废渣(主要成分为As2S3，含少量的Sb、Bi)为原料制备砷酸铜的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)Cu3(AsO4)2中As的化合价为 。
(2)“粉碎”的目的是 。
(3)“碱浸”时，在加热条件下As2S3中硫元素被氧化为，反应的离子方程式为 。
(4)“沉砷”后滤液中主要含有 ，该物质可循环利用到 步骤中。
(5)“滤渣“的成分是 。
(6)“转化”时发生的化学方程式为 。
(7)该化工厂实验员称取100g硫化砷废渣(As2S3质量分数为73.8%)，粉碎后通空气并加入NaOH溶液，得到1L的悬浊液，测得碱浸后的滤液中Na3AsO4的浓度为0.45mol·L-1，该实验员检测砷的浸出率为 。
19．（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 。
20．（2022·河南濮阳·统考模拟预测）石煤是一种含氧化铝杂质的钒矿石，其中钒元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在。工业上以石煤为原料，采用钠化焙烧提钒的部分工艺如图所示：
已知：①偏钒酸钠的化学式为NaVO3；②V2O5、Al(OH)3沉淀生成和溶解的pH如表所示：
物质
溶液pH
开始沉淀
完全沉淀
沉淀开始溶解
沉淀完全溶解
V2O5
2.2
5.1
7.1
8.1
Al(OH)3
3.3
4.7
8.7
12.8
回答下列问题：
(1)在实验室中进行焙烧需要用到的硅酸盐仪器为电炉(或酒精喷灯)、泥三角、 。
(2)以V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。“焙烧”工艺中，VO2、V2O3均被氧化为偏矾酸钠。焙烧过程的气体产物会污染环境，可用NaOH溶液吸收，吸收时发生反应的离子方程式为 。
(3)硫酸调节pH时分两步操作完成，第一步加入硫酸调节pH的范围为 ，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为 ，过滤得到粗V2O5。
(4)煅烧偏钒酸铵时产生的气体可循环利用，具体措施是 。
(5)已知：室温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3、Ksp[Ca(VO3)2]=4×10-6，向足量的偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2+)=1mol·L-1时，溶液中的c(NH)= 。
(6)V2O5可用Al、Si等还原为钒单质，用Al、Si分别与V2O5反应制取等量的V时，消耗Al、Si的质量之比为 。
21．（2022·河南·校联考模拟预测）某硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，利用粉碎过的硫铅矿粉制备高纯铅的流程如图：
已知：①PbS不溶于强碱溶液；
②25℃时，Ksp(PbSO4)=1.5×10-8，Ksp(PbCO3)=8.0×10-14，Ksp(PbS)=1.0×10-28；
③H2SiF6、PbSiF6均为强电解质。
请回答下列问题：
(1)“碱浸”的目的是为了除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有 (写两条)。
(2)向滤液I中通入足量的CO2，有白色沉淀产生，则白色沉淀的主要成分为 (填化学式)。
(3)“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是 ；写出PbS转化为PbSO4的化学方程式： 。
(4)“转化”是为了使PbSO4转化为PbCO3若滤液III中c(SO)=1.5 mol·L-1、c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，试通过计算判断“转化”过程中所得PbCO3固体中是否含有PbSO4： (简要写出重要计算过程)。
(5)写出“溶解”过程中反应的离子方程式： 。
(6)研究发现，电解“H2SiF6、PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是 。
22．（2022·河南郑州·统考二模）铂和钯同属于铂族元素，其价格均高于黄金，在工业上有广泛的应用。电解精炼铜阳极泥中除含有较多的铂、钯和银以外，还有少量的镍、铜等元素。一种综合提取阳极泥中贵重金属的工艺流程如下：
请回答以下问题。
(1)铜阳极泥中的铂和钯以游离态存在的理由是 。
(2)阳极泥中的单质钯反应后转化为请写出该反应的离子方程式 。
(3)用草酸除铜镍时，草酸用量对铜镍去除率的影响如下表1。除铜镍时的温度对去除率的影响如下表2。
表1草酸加入量对铜镍去除率的影响
过量系数
净化后液/()
去除率/%
1.0
16.93
1.47
68.44
46.15
1.5
4.67
0.61
91.30
77.66
2.0
0.091
0.031
99.83
98.86
2.5
0.25
0.042
99.53
98.46
3.0
0.28
0.040
99.48
98.53
4.0
0.26
0.035
99.52
98.72
表2反应温度对铜镍去除率的影响
温度
净化后液/()
去除率/%
70
0.65
0.130
98.799
95.24
75
0.26
0.091
9.52
96.67
80
0.18
0.043
99.66
98.42
85
0.15
0.045
99.72
98.35
90
0.14
0.042
99.74
98.46
95
0.14
0.040
99.74
98.53
则草酸的过量系数应为 。实际工业中采用的温度为80—85℃。试分析其原因 。
(4)已知配离子存在解离平衡：，根据平衡移动原理说明加盐酸分银的原理 。
(5)分银液中加盐酸把转化为沉淀，过滤后用适量的盐酸溶解。则加入盐酸溶解时的化学方程式为 。
(6)海绵钯具有优良的吸氢功能，其密度为。标准状况下，吸附氢气的体积是钯体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R= ，氢气的浓度r= (吸附容量R是指1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为吸附氢气的物质的量)。
四、填空题
23．（2022·河南·校联考模拟预测）将地球储量丰富的小分子电催化转化为有高附加值的、、及(如图所示)等具有巨大的经济效益和环境效益。回答下列问题：
(1)是一种绿色氧化剂，它的电子式为 ；目前工业上采用蒽醌法生产的原理为：
。
该总反应的原子利用率为 %；测定的纯度可用酸性高锰酸钾溶液滴定法，该反应的离子方程式为 。
(2)还原制取X(方程式中部分物质的化学计量数已略)可表示为，则X为 (填化学式)。
(3)电催化制取有高附加值物质的方法有很多。
①下列说法错误的是 (填标号)。
A．及电催化制时，在阴极区生成
B．及电催化制时，在阳极区生成
C．隔膜电解槽电解饱和食盐水制时，用阴离子交换膜
②一种合成氨的装置如图所示，阴极的电极反应式为 ，电解总反应为 。
五、元素或物质推断题
24．（2022·河南洛阳·校联考模拟预测）A、B、C、D四种物质之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，根据所学知识回答下列问题：
(1)若A为NaAlO2溶液，写出A与过量B反应的离子方程式 。
(2)若A为Fe，B为稀HNO3，则反应①(还原产物为NO)中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，稀硝酸在反应过程中除了起氧化剂的作用外，还有 的作用。
(3)若A为Cl2，B为NH3，当NH3过量时，则二者相遇有白烟生成，写出反应①的化学方程式： 。
(4)若A为1L0.1mol·L-1NaOH溶液，B为SO2，当向A中通入0.07molSO2气体时，溶液中的溶质为 (填化学式，下同)、 ，物质的量分别为 、 。
参考答案：
1．A
【详解】A．上述转化中没有化合价的升降，没有氧化还原反应，A错误；
B．该技术中发生离子交换的实质是NaHCO3溶解度较小，溶液浓度低致使离子交换过程持续发生，B正确；
C．上述转化中得出加热RNH3Cl得到HCl和RNH2,用水吸收HCl可制盐酸，C正确；
D．上述循环使得海水中氯化钠的浓度降低，水的导电性与离子浓度有关，故循环后水的导电性减弱，D正确；
故选A。
2．B
【详解】A．次氯酸钠在水溶液中电离形成钠离子和次氯酸根离子，A错误；
B．亚铁离子具有还原性，氯水中氯气具有氧化性，向溴化亚铁中滴加氯水能发生氧化还原反应2Fe2+ +Cl2=2Fe3++2Cl－，B正确；
C．碘离子具有还原性，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，故不能共存，C错误；
D．浓盐酸与二氧化锰反应过程中会不断变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，故得到的氯气在标准状况下小于5.6L，D错误；
故选B。
3．B
【分析】某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、 中的几种，无色溶液说明无 Fe3+，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3，说明溶液显强碱性，一定含有OH-，则一定没有Ag+；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该白色沉淀是BaCO3，溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因上一步加入了氯化钡，不能确定原溶液中是否含有Cl-，原溶液中可能有Cl-。
【详解】A. 由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+，故A错误；
B. 由分析可知溶液中一定含有K+、OH-、，故B正确；
C. 不含Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的任一种，故C错误；
D. 不能确定原溶液中是否含有Cl-，故D错误；
故选B。
4．C
【分析】根据反应的特点，可逆反应不可能完全反应；铁和硝酸反应时需要考虑过量问题；
【详解】A．氮气和氢气反应是可逆反应不可能完全反应，故A不符合题意；
B．当硫酸根离子恰好沉淀时，氢氧根离子是氢离子的两倍，氢氧根离子过量，故不能恰好完全反应，B不符合题意；
C．当铁足量量时发生反应：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O； 当铁少量时发生反应是：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，当2molFe投入到含7mol硝酸的稀硝酸中，两者比值刚好在两个反应的物质的量之比之间，故能恰好完全反应，故C正确；
D．常温下，铝在浓硫酸中发生钝化，故两者不可能完全反应，故D不符合题意；
故选答案C；
【点睛】此题考查物质间的反应，根据反应特点及反应物之间的量关系进行判断。
5．B
【详解】A．次氯酸钙溶液与少量二氧化硫反应生成氯化钙、次氯酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为，故A正确；
B．过量的碳酸氢钠溶液与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．偏铝酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为，故C正确；
D．碘离子的还原性强于亚铁离子，碘化亚铁溶液与氯气反应时，碘离子优先反应，当碘化亚铁与氯气以3：4的物质的量比反应时，反应生成氯化铁、氯化亚铁和碘，反应的离子方程式为，故D正确；
故选B。
6．A
【详解】A．明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可吸附河水中的杂质，达到净水的目的，涉及的离子方程式为Al3+ +3H2O Al( OH)3(胶体) +3H+，故A正确；
B．乙酸少量，发生的反应为CH3COOH + CH3COO-+ ，故B错误；
C．用NaHSO3溶液吸收少量Cl2，氯气少量，发生的反应为，故C错误；
D．浓硫酸难挥发，氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，没有明显的现象，应用浓盐酸进行检验，故D错误；
故答案选A。
7．D
【详解】A．1号环中水解是一步一步水解即水解离子方程式为＋H2O ＋OH－，故A错误；
B．2号环中乙酸提供氢离子，但乙酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，则发生的离子反应为5I－＋＋6CH3COOH=3I2＋3H2O＋6CH3COO－，故B错误；
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍，由于乙酸稀释过程中又电离，因此氢离子浓度比原来十分之一大一点，则pH小于a＋1，但大于a，故C错误；
D．碳酸钠溶液显碱性，使甲基橙呈黄色，使溴百里酚蓝呈蓝色，因此5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．B
【详解】A．物质能量转化过程中有损失，太阳能不能全部转化为电能，A项错误；
B．电解水时，阴极电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B项正确；
C．电解水时，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，若溶液中有食盐，则由于Cl-比OH-易失去电子，阳极极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，得到氯气而不是氧气，反应实质是电极NaCl和H2O，而不是电解水，C项错误；
D．阳极上发生氧化反应，D项错误；
答案选B。
9．A
【分析】由溶液显黄色知一定含有Fe3+，Fe3+能氧化、，Fe3+与能形成沉淀，由电中性原理知一定含有，而与Ba2+不能共存。
【详解】A．可以确定不存在的离子有、、、Ba2+，故A正确；
B．该溶液中的阴离子只有，故B错误；
C．该溶液一定含有，所以一定不含Ba2+，故C错误；
D．由于含有Fe3+，溶液不可能显碱性，滴入石蕊试液不会变蓝色，故D错误；
选A。
10．C
【分析】向V1mL浓度均为c mol·L-1的弱酸HA和HCl混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1弱碱BOH，BOH先与强酸反应后与弱酸反应。
【详解】A．根据图示b点HCl和0.1mol·L-1弱碱BOH恰好完全反应，则c = 0.1 mol·L-1，故A正确；
B．n(HA)=n(HCl)，b点HCl和0.1mol·L-1弱碱BOH恰好完全反应，n(BOH)=n(HCl)；根据物料守，b点溶液中c(B+) +c( BOH) =c(A-) +c( HA)，故B正确；
C．c点溶液中溶质为BCl、BA，若c(BOH) ＞2c(HA)，说明B水解程度大于A离子水解，则BA溶液显酸性，故C错误；
D．滴加BOH溶液过程中，开始时BOH中和酸电离出的氢离子，水的电离程度增大；碱过量后，碱电离出的氢氧根离子抑制水的电离，所以水的电离程度又减小，故D正确；
选C。
11．A
【详解】A．Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成难溶物Fe3[Fe(CN)6]2，A项正确；
B．铜与稀硫酸不反应，B项错误；
C．醋酸是弱电解质，应写分子式，C项错误；
D．Ba(OH)2溶液过量时Al3+应转化为，D项错误；
故选A。
12．B
【详解】A． 向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液，溶液中无法反应完，即参加反应的Ca2+、计量数之比不等于其组成比，，故A错误；
B． 漂白粉溶液中通入过量二氧化碳，生成碳酸氢钙和次氯酸，故B正确；
C．电荷不守恒，Fe2(SO4)3溶液与Cu粉混合：，故C错误；
D． Na2O2不能改写离子形式，Na2O2与水混合：，故D错误；
故选B。
13．(1) 分液漏斗 NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑
(2) 升华 防止空气中的水进入装置F
(3) N2 排出装置内的空气
(4)(CN)2
(5)S2-+CNCl=C1-+SCN-[或Fe3++3S2-+3CNCl=3Cl-+Fe(SCN)3]
(6)85
【分析】A中NaNO2和氯化铵反应制取氮气，B中浓硫酸干燥氮气，C中干燥的氮气和氯气混合，D中发生Cl2+NaCN=NaCl+CNCl，CNCl的熔点为-6.5℃，沸点为13.1℃，F用干冰和丙酮降温，F收集CNCl，G防止空气中的水进入装置，最后进行尾气处理。
【详解】（1）盛放饱和NaNO2溶液的仪器名称为分液漏斗，装置A中NH4Cl和NaNO2在加热的条件下反应生成N2、H2O和NaCl，由 得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑。
（2）F中干冰和丙酮的作用是降低温度，此时干冰升华，吸收热量；CNCl可溶于水并与水反应，浓硫酸具有吸水性，装置G的作用是：防止空气中的水进入装置F。
（3）实验中，先向D中通入 N2，赶走装置中的空气。
（4）D中温度高于-5℃时，CNCl与NaCN反应只生成NaCl和气体X（纯净物，其结构中不含环状结构），X为(CN)2。
（5）向盛有少量Na2S溶液的试管中通入CNCl，然后向其中滴入一滴FeCl3溶液，溶液显红色，说明Na2S和CNCl生成了SCN-，根据原子守恒可知产物中还有Cl-，该反应的离子方程式为：S2-+CNCl=C1-+SCN-[或Fe3++3S2-+3CNCl=3Cl-+Fe(SCN)3]。
（6）根据NaCN～CNCl，理论生成CNCl为=10.04g，收集到8.5gCNCl，产率为≈85%。
14．(1)除去废铜屑表面的油污
(2)H2O2和H2SO4
(3)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O
(4) 关闭 使装置内产生负压
(5)防止晶体受热分解
(6)中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解
(7)减压蒸馏
【详解】（1）油污在碱性条件下易水解，步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是除去废铜屑表面的油污。
（2）稀硫酸的氧化性不强，Cu在常温下不和稀硫酸反应，但加入氧化剂如H2O2后，Cu可以和H2O2、H2SO4的混合溶液反应生成CuSO4，步骤②需要加入的试剂是H2O2和H2SO4。
（3）将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，该过程的离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O。
（4）抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，作用是使装置内产生负压。
（5）晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是：防止晶体受热分解。
（6）向废液中加入硫酸的作用是中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解。
（7）(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为减压蒸馏。
15．(1)制备的产品水合肼具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，它们能发生反应，必须控制NaClO碱性溶液不过量
(2)ClO-+CO(NH2)2 +2OH-Cl-+N2H4·H2O+
(3) 饱和NaHCO3溶液 作催化剂
(4)打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K
(5) 黑色粉末变红色 固体由白色变蓝色
(6) 水槽中导管口出现均匀的气泡 不能，因为水合肼热分解产生的NH3也能还原CuO生成N2
【分析】Ⅰ.首先利用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液在40℃时反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼；
Ⅱ.启普发生器中，稀盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有HCl杂质，装置C中用饱和碳酸氢钠除去HCl，装置E中水合肼分解产生N2、H2、NH3、H2O，水蒸气在冰水中冷凝变为液态水，无水硫酸铜不变蓝，剩余的气体通入氧化铜粉末中加热，H2和NH3均能还原氧化铜，氢气还原氧化铜生成水，用无水硫酸铜检验并吸收水，浓硫酸吸收氨气，氢氧化钡吸收二氧化碳，装置N中收集到氮气。
【详解】（1）根据题干信息可知，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，因此反应时应控制NaClO碱性溶液不过量，故答案为：制备的产品水合肼具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，它们能发生反应，必须控制NaClO碱性溶液不过量；
（2）三颈烧瓶中NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液反应制得水合肼，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2 +2OH-Cl-+N2H4·H2O+，故答案为：ClO-+CO(NH2)2 +2OH-Cl-+N2H4·H2O+；
（3）C用于除去二氧化碳中的HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液；E中铜粉作催化剂，加快水合肼分解的速率，故答案为：饱和NaHCO3溶液；作催化剂；
（4）检查装置的气密性之后，应打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K，排出装置中的空气之后再加热装置E，故答案为：打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K；
（5）实验过程，由于水合肼分解生成的水在冰水中冷凝为液态水，则装置G无现象，装置H中氧化铜被还原为单质铜，观察到黑色粉末变红色，氢气还原氧化铜生成水，则装置I中固体由白色变蓝色，故答案为：黑色粉末变红色；固体由白色变蓝色；
（6）当N中水槽中导管口出现均匀的气泡时开始收集气体；由于水合肼分解产生的NH3也能还原氧化铜生成N2，因此若最后检验所收集的气体为N2，不能说明N2是水合肼分解产生的，故答案为：水槽中导管口出现均匀的气泡；不能，因为水合肼热分解产生的NH3也能还原CuO生成N2。
16．(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2) Al2O3+2OH-=2+H2O 把+3价钴还原为+2价
(3)温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，H2O2分解反应速率较快
(4)3.5≤pH<6.6
(5)0.04
(6)Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、A12O3，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的A12O3，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的A12O3，对应的化学反应方程式是Al2O3+2OH-=2+H2O。
结合流程可知钴元素价态在氧化物中是+3价，而最后得到+2价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中加入H2O2的作用是把+3价钴还原为+2价。
（3）60℃时浸出率达到最大，可能的原因要从高于60℃和低于60℃两个方面来解释，温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，H2O2分解反应速率较快，故60℃时浸出率达到最大。
（4）根据流程信息，需保证Fe3+沉淀完全，而Co2+、 Ni2+、Mn2+均未开始沉淀，故最佳的pH范围是3.5≤pH<6.6。
（5）设滤液2的体积为VL，Li+的沉降率达到90%时剩余的Li+的物质的量为n=，此时溶液中c(Li+)=0.2mol/L，由Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3可计算出此时滤液3中c()=0.04mol/L。
（6）流程中用“热水洗涤”的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解。
17．(1)粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量
(2)A
(3)2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-
(4) 完全氧化Fe2+(或其他合理答案) 3 灼烧
(5)2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O
(6)39%
【分析】含金黄铁矿通入空气煅烧，得到熔融物加入稀硫酸酸浸，铁反应成为滤液，滤渣加入NaCN、高压空气得到浸取液，加入锌得到粗金，处理得到纯金加入浓盐酸、浓硝酸得到HAuCl4，处理得到一种Au单原子新型材料；
【详解】（1）提高“熔池”中反应速率的措施有粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量等；
（2）流程中反应需要在烧杯中进行，故需要使用烧杯，故选A；
（3）“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]且其为强电解质：Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-，“沉金”后得到粗金中含有锌，则金属M为锌，锌和[Au(CN)2]-发生置换反应生成金和[Zn(CN)4]2-，离子方程式2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-；
（4）①氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，通入过量Cl2的目的是完全氧化Fe2+(或其他合理答案)。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全，则铁离子完全沉淀时，，pOH=11，pH=3，则“调pH”最低值为3。
③氢氧化铁煅烧生成氧化铁和水，故制备铁红“操作”名称是灼烧；
（5）过氧化氢具有强氧化性，纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4，反应中金发生氧化反应、过氧化氢发生还原反应生成HAuCl4和水，2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；
（6）若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为75%×80%×65%=39%。
18．(1)+5
(2)增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率
(3)As2S3+7O2+12OH-=2AsO+3+6H2O
(4) NaOH 碱浸
(5)硫酸钙或CaSO4
(6)3CuSO4+2H3AsO4+6NH3·H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)2SO4+6H2O
(7)75％
【分析】硫化砷废渣(主要成分为As2S3，含少量的Sb、Bi)粉碎后碱浸，硫化神渣中 As2S3与 NaOH、空气中的O2反应生成 Na3AsO4、Na2SO4和H2O，Sb、Bi不与 NaOH反应，过滤后在浸出渣中，Na3AsO4和Na2SO4在滤液中，滤液中加CaO“沉砷”，Na3AsO4与CaO、水反应生成Ca3(AsO4)2沉淀，过滤后，NaOH和 Na2SO4在滤液中，Ca3(AsO4)2在滤渣中，往Ca3(AsO4)2中加稀H2SO4生成H3AsO4和 CaSO4沉淀，过滤后H3AsO4和一水合氨、硫酸铜溶液反应生成Cu3(AsO4)2，以此解答。
【详解】（1）由化合价代数和为零可知，Cu3(AsO4)2中As的化合价为+5。
（2）“粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率。
（3）“碱浸”时，在加热条件下As2S3中硫元素被氧化为，As元素被氧化为AsO中，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：As2S3+7O2+12OH-=2AsO+3+6H2O。
（4）由分析可知，“沉砷”后滤液中主要含有NaOH和Na2SO4，“碱浸”步骤中也用到NaOH，NaOH可循环利用到碱浸步骤中。
（5）由分析可知，“滤渣“的成分是硫酸钙或CaSO4。
（6）沉淀转化实质上是CuSO4与 NH3·H2O反应生成的Cu(OH)2和H3AsO4反应生成了更难溶的Cu3(AsO4)2，化学方程式为：3CuSO4+2H3AsO4+6NH3·H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)2SO4+6H2O。
（7）悬浊液中As2S3的物质的量为=0.3 mol，悬浊液中As元素的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，浸出液中Na3AsO4的物质的量为0. 45mol/L×1L=0.45mol，则砷的浸出率为=75％。
19．(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。
20．(1)坩埚
(2) 2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(3) 8.1≤pH<8.7 5.1≤pH<7.1
(4)将产生的气体通入盐酸中生成氯化铵，循环利用
(5)0.8mol/L
(6)9∶7
【分析】石煤(VO2、V2O3、V2O5)中含有的杂质为氧化铝，向其中加入NaCl并通入空气进行焙烧，得到Cl2，V和Al元素转化成粗偏矾酸钠和偏铝酸钠，加水进行水浸后得到偏矾酸钠溶液和偏铝酸钠溶液，加硫酸调节pH在8.1≤pH<8.7，将V2O5溶解，同时将Al转化为Al(OH)3沉淀，过滤后除去Al(OH)3，得到滤液NaVO3溶液，然后继续加硫酸调节pH在5.1≤pH<7.1，将NaVO3转化为V2O5，再向V2O5中加入NaOH溶液得到偏钒酸钠溶液，再向偏钒酸钠溶液中加入精制的NH4Cl，得到偏钒酸铵，煅烧得到偏钒酸铵得到精制V2O5，同时得到氨气，通入盐酸中得到NH4Cl，循环使用。
(1)
焙烧固体需要用到坩埚、电炉(或酒精喷灯)、泥三角，所以答案为坩埚；
(2)
①V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中转化为偏钒酸钠和Cl2，反应物还有氧气和NaCl，所以化学方程式为：2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②焙烧过程的Cl2会污染环境，用NaOH溶液吸收，发生反应的离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：①2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)
硫酸调节pH时分两步操作完成，根据所给信息表格②分析出，第一步将A铝元素转化为Al(OH)3，钒元素转化为NaVO3溶液，过滤后除去Al(OH)3，然后第二步调节pH将NaVO3转化为V2O5，所以第一步加入硫酸调节pH的范围为8.1≤pH<8.7，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为5.1≤pH<7.1，故答案为：①8.1≤pH<8.7；②5.1≤pH<7.1；
(4)
煅烧偏钒酸铵发生反应:，得到的气体是，而工艺流程过程中需要含N的物质为，所以需要将加入到盐酸中反应生成，所以答案为：将产生的气体通入到盐酸中生成氯化铵，循环利用；
(5)
分别写出NH4VO3和Ca(VO3)2的Ksp，
，做比值约掉共同离子c()，则有
即
，故答案为：0.8mol/L；
(6)
Al、Si分别与V2O5反应制取V时，发生氧化还原反应，即2Al~Al2O3~6e-，Si~SiO2~4e-，制得的V等量，所以Al、Si转移的电子数相同，假设转移的电子数均为12mol，则消耗Al为4mol，消耗Si为3mol，则消耗Al、Si的质量之比为427∶328 = 9∶7，故答案为9∶7。
21．(1)搅拌，将滤渣充分洗涤
(2)Al(OH)3、H2SiO3
(3) 溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，增大了H2O2的用量 4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O
(4)滤液III中c(Pb2+)==2.0×10-9，则Qc=c(Pb2+)•c(SO)=2.0×10-9×1.5=3.0×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4
(5)PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O
(6)c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电
【分析】硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，粉碎后加入足量氢氧化钠溶液进行碱浸，得到滤液含有偏铝酸钠、硅酸钠，滤渣含有PbS、FeO、Fe2O3，加入足量过氧化氢和稀硫酸，可生成PbSO4，同时氧化Fe2+为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除去铁元素，同时将硫酸铅转化为碳酸铅，分离得到碳酸铅和氢氧化铁的混合沉淀，加入H2SiF6溶解，碳酸铅转化为PbSiF6转移到溶液中，获得混合溶液，电解后获得Pb单质，据此分析解答。
【详解】（1）“碱浸”的目的是除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有粉碎矿石、适当提高温度；
（2）向滤液I中通入足量的CO2，铝元素由偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，故会有白色沉淀产生，同时硅酸根离子转化为硅酸沉淀,也属于白色沉淀，则得到的白色沉淀化学式为Al(OH)3、H2SiO3；
（3）“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，且过氧化氢易分解，造成氧化不完全；PbS被过氧化氢氧化为PbSO4，对应的化学方程式为4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O；
（4）c()=1.5 mol/L，c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，则滤液III中c(Pb2+)=；Qc(PbSO4)= c(Pb2+)∙ c()=2.0×10-9×1.5=3.0 ×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4沉淀；
（5）PbCO3在酸性条件下溶解，反应产生Pb2+、H2O、CO2，对应离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O ；
（6）研究发现，电解H2SiF6，PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是氢离子浓度过大，氧化性增强，优先于铅离子在阴极放电，在阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，从而导致降低铅的产率。
22．(1)铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电
(2)Pd+Cl2+2Cl-=PdCl
(3) 2 温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从经济效率角度考虑选用此温度
(4)加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的
(5)Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4
(6)
【分析】此流程目的提取阳极泥中贵重金属铂和钯，阳极泥通入氯气和加入盐酸，得铂钯氯化液([AgCl2]-、PdCl、PtCl、Cu2+、Ni2+)，得铂钯氯化液加草酸得草酸铜、草酸镍沉淀，过滤洗涤，净化后溶加入萃取剂，萃余液中含铂，在经系列操作得铂粉；萃取液中含有(AgCl、PdCl)，氨水盐酸得到氯化银沉淀，再加盐酸得粗二氯二氨合钯沉淀，粗二氯二氨合钯沉淀再加盐酸得(NH4)2PdCl4 ，在经系列操作得金属Pb，以此来解析；
【详解】（1）粗铜的精炼粗铜做阳极.纯铜做阴极，含有Cu2+的溶液做电解质溶液，阳极发生氧化反应，所以还原性强的物质优先反应，比铜活泼性强的先电子变成阳离子进入溶液液中活泼性差的以游离态存在于阳极泥中，铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电；
（2）单质Pb变为PdCl，Pb化合价由0价升高为+2价，需要加入氧化剂，Cl化合价由0降低为1价，根据化合价升降守恒、原子可恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：Pd+Cl2+2Cl-=PdCl-；
（3）由表1数据可知，草酸过量系数为2.0时，铜、镍去除率最佳；温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从节能经济效率角度考虑选用此温度；
（4）根据Ag(NH3)⇌Ag++2NH3，加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的；
（5）Pd(NH3)2Cl2沉淀加入盐酸溶解根据流程分析可知生成(NH4)2PdCl4 反应的化学方程式为：Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4 ；
（6）海绵状金属钯密度为ρg/cm3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R==cm3/g，1cm3=1ml，1molPb的质量为106g，氢气的浓度r==；
23．(1) 100
(2)
(3) C
【详解】（1）的电子式为；总反应为，反应物中的原子全部进入目标产物，原子利用率为100%；与酸性高锰酸钾溶液反应，被氧化为，被还原为，依据得失电子数相等可写出配平的离子方程式：；
（2）由，确定该反应转移的电子数为9，根据守恒，确定的化学计量数为9，X中氯显+4价，为，总反应为；
（3）①A．→发生还原反应，A正确；
B．→发生氧化反应，B正确；
C．隔膜电解饱和食盐水制、及时，应该用阳离子交换膜，以防止OH-进入阳极区与反应，C错误；
故选C。
②由图示可知，，配平得，电解总反应为。
24．(1)AlO+4H+==Al3++2H2O
(2) 1∶1 酸
(3)3Cl2+8NH3==N2+6NH4Cl
(4) Na2SO3(或NaHSO3) NaHSO3(或Na2SO3) 0.03mol(或0.04mol) 0.04mol(或0.03mol)
【解析】(1)
若A为NaAlO2溶液，B可能为强酸，例如盐酸或者硫酸，所以离子方程式为：AlO2- + 4H+(过量) == Al3++ 2H2O；
(2)
若A为Fe，B为稀HNO3，当稀硝酸过量时，铁被氧化成正三价，化学方程式为：Fe + 4HNO3(稀) ==Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，由方程式可知，四个HNO3中只有一个被还原，所以氧化剂HNO3和还原剂Fe的比例为1∶1，由方程式也可得出硝酸在反应中同时做氧化剂和酸的作用；
(3)
氨气具有还原性，氯气具有强氧化性，当氨气过量时，两者反应生成白烟，说明有氯化铵生成，所以反应方程式为：8NH3+3Cl2== 6 NH4Cl+N2；
(4)
氢氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol的氢氧化钠溶液可先与0.05mol的二氧化硫发生反应：SO2 + 2NaOH == Na2SO3 + H2O，反应后可生成0.05mol亚硫酸钠，亚硫酸钠可再与剩余的0.02mol二氧化硫发生反应：Na2SO3 + H2O + SO2 == 2NaHSO3，在该反应中，会消耗掉0.02mol亚硫酸钠，则此时剩余亚硫酸钠为0.05mol-0.02mol=0.03mol，同时还可生成0.04mol的亚硫酸氢钠，所以最后溶液的溶质为亚硫酸钠0.03mol和亚硫酸氢钠0.04mol。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04离子反应
一、单选题
1．（2023·河南·校联考模拟预测）最近，科学家开发了一种用二氧化碳淡化海水的技术，其循环图如下：
下列有关叙述错误的是
A．上述转化中包括氧化还原反应
B．该技术中发生离子交换的实质是产物溶解度较小
C．加热RNH3Cl并用水吸收HCl可制盐酸
D．淡化后的海水导电性减弱；
2．（2023·河南·校联考模拟预测）卤素的应用广泛，常运用于化学工业尤其是有机合成工业上。下列关于卤素单质或其化合物的叙述正确的是
A．漂白液中次氯酸钠的电离方程式：NaClO =Na+ +Cl－+O2－
B．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水的离子方程式：2Fe2+ +Cl2=2Fe3++2Cl－
C．在含有KI的溶液中可以大量存在H+、Mg2+、、
D．加热含1molHCl的浓盐酸与足量MnO2的混合物，产生5.6L(标准状况)的氯气
3．（2023·河南·统考模拟预测）某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、 中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A．要确定是否含有K+，需做焰色反应实验
B．一定含有K+、OH-、
C．含有Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的一种
D．原溶液中一定含有Cl-
4．（2022·河南·校联考模拟预测）下列物质按给定的投料方式，两者均能恰好完全反应的是
A．把、按物质的量之比为1：3充入容器中，在一定条件下充分反应
B．向溶液中滴入溶液使恰好沉淀完全
C．常温下，将2molFe投入到含7mol硝酸的稀硝酸中充分反应
D．常温下，将1mol铝投入到含5mol硫酸的浓硫酸中充分反应
5．（2022·河南·校联考模拟预测）下列化学反应对应的离子方程式错误的是
A．向溶液中通入少量：
B．过量的溶液与溶液反应：
C．向溶液中通入少量：
D．时：
6．（2022·河南·统考二模）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是
选项
实验设计
离子方程式
A
用明矾净化河水
Al3+ +3H2O Al( OH)3(胶体) +3H+
B
用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸
2CH3COOH + 2CH3COO-+ CO2↑+ H2O
C
用饱和NaHSO3溶液吸收少量氯气并防止污染
+Cl2 +H2O= +2C1- +3H+
D
用蘸有浓硫酸的玻璃棒放在集气瓶口检验氨气是否集满
H+ +NH3=
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·河南·校联考模拟预测）“天宫课堂”中王亚平老师在空间站“变”出奥运五环，在透明的五环模型中第一次、第二次分别加入的溶液如下表所示[已知溴百里酚蓝变色的pH范围：6.0(黄)~7.6(蓝)]。下列叙述正确的是
1号环
2号环
3号环
4号环
5号环
第一次加入
Na2CO3溶液
KI和KIO3溶液
乙酸溶液
Na2CO3溶液
Na2CO3溶液
第二次加入
溴百里酚蓝
淀粉溶液，乙酸
甲基橙
甲基橙
甲基橙、溴百里酚蓝
A．1号环中水解的离子方程式为＋2H2O=H2CO3＋2OH－
B．2号环中发生的离子反应为5I－＋＋6H＋=3I2＋3H2O
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍则pH变为a＋1
D．5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色
8．（2022·河南·校联考模拟预测）2022年北京冬奥会采用绿电制绿氢技术，即用光伏、风能等产生绿电，绿电电解水制得的氢气叫绿氢，实现碳的零排放。下列有关说法正确的是
A．光伏电池能将太阳能全部转化成电能 B．绿氢在阴极上产生
C．常加入食盐增强水的导电性 D．阳极上发生还原反应
9．（2021·河南·校联考模拟预测）某溶液中可能仅含有、、、、、、、、中的若干种(不考虑水的电离)，观察发现溶液显黄色，下列分析中正确的是
A．无需要再进行任何实验就可以确定不存在的离子有4种
B．该溶液中最多含有两种阴离子
C．该溶液一定显酸性，可能含Ba2+
D．向该溶液滴入石蕊试液可能会变蓝色
10．（2021·河南·校联考模拟预测）常温条件下，向V1mL浓度均为c mol·L-1的弱酸HA和HCl混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1弱碱BOH，溶液的导电能力随BOH溶液加入量的变化如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列说法错误的是
A．c = 0.1 mol·L-1
B．b点溶液中c(B+) +c( BOH) =c(A-) +c( HA)
C．若c点溶液中c(BOH) ＞2c(HA)，则BA溶液显碱性
D．滴加BOH溶液过程中，水的电离程度先增大后减小
11．（2021·河南·校联考模拟预测）下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A．用K3[Fe(CN)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2+：
B．向稀硫酸中加入少量金属铜：
C．用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：
D．向溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：
12．（2021·河南·校联考模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液：
B．漂白粉溶液中通入过量
C．Fe2(SO4)3溶液与Cu粉混合：
D．Na2O2与水混合：
二、实验题
13．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化氰(CNCl)，又名氯甲氰，是重要的化工中间体，在农药、医药、化工助剂等方面有着广泛的应用。某小组制备氯化氰并探究其性质，实验装置如图所示。回答下列问题：
已知：①CNCl的熔点为-6.5℃，沸点为13.1℃，可溶于水并与水反应；NaCN具有较强的还原性。
②合成原理：在-10℃~-5℃条件下，Cl2+NaCN=NaCl+CNCl。
(1)N2可用装置A制备。盛放饱和NaNO2溶液的仪器名称为 ，写出装置A中发生反应的化学方程式： 。
(2)装置F中干冰和丙酮的作用是降低温度，此时干冰 (填“升华”或“凝华”)；装置G的作用是 。
(3)实验中，先向D中通入 (填“N2”或“Cl2”)，此操作的目的是 。
(4)实验中必须保持温度在-10~-5℃，若高于-5℃，CNCl与NaCN反应产生NaCl和与卤素性质相似的气体 (填化学式)。
(5)向盛有少量Na2S溶液的试管中通入CNCl，然后向其中滴入一滴FeCl3溶液，溶液显红色，其原因是 (用离子方程式说明)。
(6)上述实验中，NaCN完全反应时收集到8.5gCNCl，产率为 %(结果保留整数)。
14．（2023·河南郑州·统考三模）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂。常温下该物质在空气中会水解，受热时易分解。以废铜屑(表面沾有油污)为原料制备([Cu(NH3)4]SO4·H2O)的实验步骤如下：
I、CuSO4的制备
(1)步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是 。
(2)步骤②在常温下进行，需要加入的试剂是 。
Ⅱ、晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液。将A中溶液转移至B中，析出([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体；将B中混合物转移至装置C中抽滤(减压过滤)，用乙醇洗涤晶体2~3次；取出晶体，冷风吹干。。
(3)用离子方程式表示装置A中“沉淀消失”的原因 。
(4)抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需 (填“打开”或“关闭”)，作用是 。
(5)晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是 。
Ⅲ废液回收
减压过滤后的废液中含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水，向废液中加入硫酸，回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液。
(6)向废液中加入硫酸的作用是 。(答出两条)
(7)(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为 。
15．（2021·河南焦作·统考一模）已知水合肼(N2H4·H2O)为无色透明的油状液体，沸点为120.1℃，有毒且不稳定，在300℃时分解成N2、NH3、H2和H2O，有淡氨味，具有强碱性、强还原性和吸湿性。某小组为探究其性质进行以下实验。
Ⅰ．水合肼的实验室制备。
用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液在40℃时反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼，装置如图所示(加热及夹持装置略)。
(1)反应时应向三颈烧瓶中逐滴滴加NaClO碱性溶液，防止其过量，其原因是 。
(2)三颈烧瓶中反应的离子方程式为 。
Ⅱ．探究水合肼的分解产物。
该小组成员利用下列装置(夹持装置略)热分解水合肼，并对分解产物( N2、H2、NH3、H2O)进行探究。
(3)C中盛放的试剂为 。E中少量铜粉的作用是 。
(4)检查装置气密性后，加热装置E前需要进行的操作是 。
(5)实验过程中观察到的现象：G中无现象，H中 ，Ⅰ中 。
(6)N中当 时开始收集气体，若最后检验所收集的气体为N2，能否说明是水合肼热分解产生的？并说明理由： 。
三、工业流程题
16．（2023·河南·校联考模拟预测）镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如图所示：
已知：①粉碎灼烧后产物的主要成分是Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3。
②萃取剂对Fe3+选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的Fe3+很难被反萃取。
③25°C时Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3。
④已知Li2CO3的溶解度如表所示：
温度/℃
0
20
80
S(Li2CO3)/g
1.54
1.33
0.85
回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是 。
(2)“碱浸”时涉及反应的离子方程式是 ；“酸浸”时加入H2O2的作用是 。
(3)“酸浸”时保持其他条件相同，测得不同温度下钴的浸出率如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是 。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了Fe3+，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是 。
Fe3+
Al3+
Fe2+
Co2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4
(5)若滤液2中c(Li+)=4mol·L-1，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到90%，计算滤液3中c()= 。mol·L-1。
(6)流程中用“热水洗涤”的原因是 。
17．（2023·河南·校联考模拟预测）北京航空航天大学郭林教授课题组最近合成了一种Au单原子新型材料[C3N4(Au1/ACN)]，能提高锂电池性能。某小组以含金黄铁矿(主要成分是Au和FeS2)为原料制备该新型材料的简易流程如图所示。
回答下列问题：
(1)提高“熔池”中反应速率的措施有 (答一条)。
(2)需要用到下列玻璃仪器中的_____。
A． B． C． D．
(3)“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]，Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-。写出“沉金”的离子方程式 。
(4)以“酸浸”的浸液为原料制备高纯度铁红的流程如下：
①通入过量Cl2的目的是 。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全。“调pH”最低值为 。
③制备铁红“操作”名称是 。
(5)据文献报道，一种绿色，环保型制备氯金酸的原理是纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4；写出相应的化学方程式 。
(6)若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为 。
18．（2023·河南郑州·统考三模）砷酸铜是一种蓝色粉末，难溶于水和酒精，广泛应用于木材防腐剂。某化工厂以硫化砷废渣(主要成分为As2S3，含少量的Sb、Bi)为原料制备砷酸铜的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)Cu3(AsO4)2中As的化合价为 。
(2)“粉碎”的目的是 。
(3)“碱浸”时，在加热条件下As2S3中硫元素被氧化为，反应的离子方程式为 。
(4)“沉砷”后滤液中主要含有 ，该物质可循环利用到 步骤中。
(5)“滤渣“的成分是 。
(6)“转化”时发生的化学方程式为 。
(7)该化工厂实验员称取100g硫化砷废渣(As2S3质量分数为73.8%)，粉碎后通空气并加入NaOH溶液，得到1L的悬浊液，测得碱浸后的滤液中Na3AsO4的浓度为0.45mol·L-1，该实验员检测砷的浸出率为 。
19．（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 。
20．（2022·河南濮阳·统考模拟预测）石煤是一种含氧化铝杂质的钒矿石，其中钒元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在。工业上以石煤为原料，采用钠化焙烧提钒的部分工艺如图所示：
已知：①偏钒酸钠的化学式为NaVO3；②V2O5、Al(OH)3沉淀生成和溶解的pH如表所示：
物质
溶液pH
开始沉淀
完全沉淀
沉淀开始溶解
沉淀完全溶解
V2O5
2.2
5.1
7.1
8.1
Al(OH)3
3.3
4.7
8.7
12.8
回答下列问题：
(1)在实验室中进行焙烧需要用到的硅酸盐仪器为电炉(或酒精喷灯)、泥三角、 。
(2)以V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。“焙烧”工艺中，VO2、V2O3均被氧化为偏矾酸钠。焙烧过程的气体产物会污染环境，可用NaOH溶液吸收，吸收时发生反应的离子方程式为 。
(3)硫酸调节pH时分两步操作完成，第一步加入硫酸调节pH的范围为 ，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为 ，过滤得到粗V2O5。
(4)煅烧偏钒酸铵时产生的气体可循环利用，具体措施是 。
(5)已知：室温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3、Ksp[Ca(VO3)2]=4×10-6，向足量的偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2+)=1mol·L-1时，溶液中的c(NH)= 。
(6)V2O5可用Al、Si等还原为钒单质，用Al、Si分别与V2O5反应制取等量的V时，消耗Al、Si的质量之比为 。
21．（2022·河南·校联考模拟预测）某硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，利用粉碎过的硫铅矿粉制备高纯铅的流程如图：
已知：①PbS不溶于强碱溶液；
②25℃时，Ksp(PbSO4)=1.5×10-8，Ksp(PbCO3)=8.0×10-14，Ksp(PbS)=1.0×10-28；
③H2SiF6、PbSiF6均为强电解质。
请回答下列问题：
(1)“碱浸”的目的是为了除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有 (写两条)。
(2)向滤液I中通入足量的CO2，有白色沉淀产生，则白色沉淀的主要成分为 (填化学式)。
(3)“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是 ；写出PbS转化为PbSO4的化学方程式： 。
(4)“转化”是为了使PbSO4转化为PbCO3若滤液III中c(SO)=1.5 mol·L-1、c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，试通过计算判断“转化”过程中所得PbCO3固体中是否含有PbSO4： (简要写出重要计算过程)。
(5)写出“溶解”过程中反应的离子方程式： 。
(6)研究发现，电解“H2SiF6、PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是 。
22．（2022·河南郑州·统考二模）铂和钯同属于铂族元素，其价格均高于黄金，在工业上有广泛的应用。电解精炼铜阳极泥中除含有较多的铂、钯和银以外，还有少量的镍、铜等元素。一种综合提取阳极泥中贵重金属的工艺流程如下：
请回答以下问题。
(1)铜阳极泥中的铂和钯以游离态存在的理由是 。
(2)阳极泥中的单质钯反应后转化为请写出该反应的离子方程式 。
(3)用草酸除铜镍时，草酸用量对铜镍去除率的影响如下表1。除铜镍时的温度对去除率的影响如下表2。
表1草酸加入量对铜镍去除率的影响
过量系数
净化后液/()
去除率/%
1.0
16.93
1.47
68.44
46.15
1.5
4.67
0.61
91.30
77.66
2.0
0.091
0.031
99.83
98.86
2.5
0.25
0.042
99.53
98.46
3.0
0.28
0.040
99.48
98.53
4.0
0.26
0.035
99.52
98.72
表2反应温度对铜镍去除率的影响
温度
净化后液/()
去除率/%
70
0.65
0.130
98.799
95.24
75
0.26
0.091
9.52
96.67
80
0.18
0.043
99.66
98.42
85
0.15
0.045
99.72
98.35
90
0.14
0.042
99.74
98.46
95
0.14
0.040
99.74
98.53
则草酸的过量系数应为 。实际工业中采用的温度为80—85℃。试分析其原因 。
(4)已知配离子存在解离平衡：，根据平衡移动原理说明加盐酸分银的原理 。
(5)分银液中加盐酸把转化为沉淀，过滤后用适量的盐酸溶解。则加入盐酸溶解时的化学方程式为 。
(6)海绵钯具有优良的吸氢功能，其密度为。标准状况下，吸附氢气的体积是钯体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R= ，氢气的浓度r= (吸附容量R是指1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为吸附氢气的物质的量)。
四、填空题
23．（2022·河南·校联考模拟预测）将地球储量丰富的小分子电催化转化为有高附加值的、、及(如图所示)等具有巨大的经济效益和环境效益。回答下列问题：
(1)是一种绿色氧化剂，它的电子式为 ；目前工业上采用蒽醌法生产的原理为：
。
该总反应的原子利用率为 %；测定的纯度可用酸性高锰酸钾溶液滴定法，该反应的离子方程式为 。
(2)还原制取X(方程式中部分物质的化学计量数已略)可表示为，则X为 (填化学式)。
(3)电催化制取有高附加值物质的方法有很多。
①下列说法错误的是 (填标号)。
A．及电催化制时，在阴极区生成
B．及电催化制时，在阳极区生成
C．隔膜电解槽电解饱和食盐水制时，用阴离子交换膜
②一种合成氨的装置如图所示，阴极的电极反应式为 ，电解总反应为 。
五、元素或物质推断题
24．（2022·河南洛阳·校联考模拟预测）A、B、C、D四种物质之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，根据所学知识回答下列问题：
(1)若A为NaAlO2溶液，写出A与过量B反应的离子方程式 。
(2)若A为Fe，B为稀HNO3，则反应①(还原产物为NO)中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，稀硝酸在反应过程中除了起氧化剂的作用外，还有 的作用。
(3)若A为Cl2，B为NH3，当NH3过量时，则二者相遇有白烟生成，写出反应①的化学方程式： 。
(4)若A为1L0.1mol·L-1NaOH溶液，B为SO2，当向A中通入0.07molSO2气体时，溶液中的溶质为 (填化学式，下同)、 ，物质的量分别为 、 。
参考答案：
1．A
【详解】A．上述转化中没有化合价的升降，没有氧化还原反应，A错误；
B．该技术中发生离子交换的实质是NaHCO3溶解度较小，溶液浓度低致使离子交换过程持续发生，B正确；
C．上述转化中得出加热RNH3Cl得到HCl和RNH2,用水吸收HCl可制盐酸，C正确；
D．上述循环使得海水中氯化钠的浓度降低，水的导电性与离子浓度有关，故循环后水的导电性减弱，D正确；
故选A。
2．B
【详解】A．次氯酸钠在水溶液中电离形成钠离子和次氯酸根离子，A错误；
B．亚铁离子具有还原性，氯水中氯气具有氧化性，向溴化亚铁中滴加氯水能发生氧化还原反应2Fe2+ +Cl2=2Fe3++2Cl－，B正确；
C．碘离子具有还原性，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，故不能共存，C错误；
D．浓盐酸与二氧化锰反应过程中会不断变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，故得到的氯气在标准状况下小于5.6L，D错误；
故选B。
3．B
【分析】某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、 中的几种，无色溶液说明无 Fe3+，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3，说明溶液显强碱性，一定含有OH-，则一定没有Ag+；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该白色沉淀是BaCO3，溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因上一步加入了氯化钡，不能确定原溶液中是否含有Cl-，原溶液中可能有Cl-。
【详解】A. 由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+，故A错误；
B. 由分析可知溶液中一定含有K+、OH-、，故B正确；
C. 不含Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的任一种，故C错误；
D. 不能确定原溶液中是否含有Cl-，故D错误；
故选B。
4．C
【分析】根据反应的特点，可逆反应不可能完全反应；铁和硝酸反应时需要考虑过量问题；
【详解】A．氮气和氢气反应是可逆反应不可能完全反应，故A不符合题意；
B．当硫酸根离子恰好沉淀时，氢氧根离子是氢离子的两倍，氢氧根离子过量，故不能恰好完全反应，B不符合题意；
C．当铁足量量时发生反应：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O； 当铁少量时发生反应是：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，当2molFe投入到含7mol硝酸的稀硝酸中，两者比值刚好在两个反应的物质的量之比之间，故能恰好完全反应，故C正确；
D．常温下，铝在浓硫酸中发生钝化，故两者不可能完全反应，故D不符合题意；
故选答案C；
【点睛】此题考查物质间的反应，根据反应特点及反应物之间的量关系进行判断。
5．B
【详解】A．次氯酸钙溶液与少量二氧化硫反应生成氯化钙、次氯酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为，故A正确；
B．过量的碳酸氢钠溶液与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．偏铝酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为，故C正确；
D．碘离子的还原性强于亚铁离子，碘化亚铁溶液与氯气反应时，碘离子优先反应，当碘化亚铁与氯气以3：4的物质的量比反应时，反应生成氯化铁、氯化亚铁和碘，反应的离子方程式为，故D正确；
故选B。
6．A
【详解】A．明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可吸附河水中的杂质，达到净水的目的，涉及的离子方程式为Al3+ +3H2O Al( OH)3(胶体) +3H+，故A正确；
B．乙酸少量，发生的反应为CH3COOH + CH3COO-+ ，故B错误；
C．用NaHSO3溶液吸收少量Cl2，氯气少量，发生的反应为，故C错误；
D．浓硫酸难挥发，氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，没有明显的现象，应用浓盐酸进行检验，故D错误；
故答案选A。
7．D
【详解】A．1号环中水解是一步一步水解即水解离子方程式为＋H2O ＋OH－，故A错误；
B．2号环中乙酸提供氢离子，但乙酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，则发生的离子反应为5I－＋＋6CH3COOH=3I2＋3H2O＋6CH3COO－，故B错误；
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍，由于乙酸稀释过程中又电离，因此氢离子浓度比原来十分之一大一点，则pH小于a＋1，但大于a，故C错误；
D．碳酸钠溶液显碱性，使甲基橙呈黄色，使溴百里酚蓝呈蓝色，因此5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．B
【详解】A．物质能量转化过程中有损失，太阳能不能全部转化为电能，A项错误；
B．电解水时，阴极电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B项正确；
C．电解水时，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，若溶液中有食盐，则由于Cl-比OH-易失去电子，阳极极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，得到氯气而不是氧气，反应实质是电极NaCl和H2O，而不是电解水，C项错误；
D．阳极上发生氧化反应，D项错误；
答案选B。
9．A
【分析】由溶液显黄色知一定含有Fe3+，Fe3+能氧化、，Fe3+与能形成沉淀，由电中性原理知一定含有，而与Ba2+不能共存。
【详解】A．可以确定不存在的离子有、、、Ba2+，故A正确；
B．该溶液中的阴离子只有，故B错误；
C．该溶液一定含有，所以一定不含Ba2+，故C错误；
D．由于含有Fe3+，溶液不可能显碱性，滴入石蕊试液不会变蓝色，故D错误；
选A。
10．C
【分析】向V1mL浓度均为c mol·L-1的弱酸HA和HCl混合溶液中逐滴加入0.1mol·L-1弱碱BOH，BOH先与强酸反应后与弱酸反应。
【详解】A．根据图示b点HCl和0.1mol·L-1弱碱BOH恰好完全反应，则c = 0.1 mol·L-1，故A正确；
B．n(HA)=n(HCl)，b点HCl和0.1mol·L-1弱碱BOH恰好完全反应，n(BOH)=n(HCl)；根据物料守，b点溶液中c(B+) +c( BOH) =c(A-) +c( HA)，故B正确；
C．c点溶液中溶质为BCl、BA，若c(BOH) ＞2c(HA)，说明B水解程度大于A离子水解，则BA溶液显酸性，故C错误；
D．滴加BOH溶液过程中，开始时BOH中和酸电离出的氢离子，水的电离程度增大；碱过量后，碱电离出的氢氧根离子抑制水的电离，所以水的电离程度又减小，故D正确；
选C。
11．A
【详解】A．Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成难溶物Fe3[Fe(CN)6]2，A项正确；
B．铜与稀硫酸不反应，B项错误；
C．醋酸是弱电解质，应写分子式，C项错误；
D．Ba(OH)2溶液过量时Al3+应转化为，D项错误；
故选A。
12．B
【详解】A． 向澄清石灰水中加入少量NaHCO3溶液，溶液中无法反应完，即参加反应的Ca2+、计量数之比不等于其组成比，，故A错误；
B． 漂白粉溶液中通入过量二氧化碳，生成碳酸氢钙和次氯酸，故B正确；
C．电荷不守恒，Fe2(SO4)3溶液与Cu粉混合：，故C错误；
D． Na2O2不能改写离子形式，Na2O2与水混合：，故D错误；
故选B。
13．(1) 分液漏斗 NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑
(2) 升华 防止空气中的水进入装置F
(3) N2 排出装置内的空气
(4)(CN)2
(5)S2-+CNCl=C1-+SCN-[或Fe3++3S2-+3CNCl=3Cl-+Fe(SCN)3]
(6)85
【分析】A中NaNO2和氯化铵反应制取氮气，B中浓硫酸干燥氮气，C中干燥的氮气和氯气混合，D中发生Cl2+NaCN=NaCl+CNCl，CNCl的熔点为-6.5℃，沸点为13.1℃，F用干冰和丙酮降温，F收集CNCl，G防止空气中的水进入装置，最后进行尾气处理。
【详解】（1）盛放饱和NaNO2溶液的仪器名称为分液漏斗，装置A中NH4Cl和NaNO2在加热的条件下反应生成N2、H2O和NaCl，由 得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：NH4Cl+NaNO2NaCl+2H2O+N2↑。
（2）F中干冰和丙酮的作用是降低温度，此时干冰升华，吸收热量；CNCl可溶于水并与水反应，浓硫酸具有吸水性，装置G的作用是：防止空气中的水进入装置F。
（3）实验中，先向D中通入 N2，赶走装置中的空气。
（4）D中温度高于-5℃时，CNCl与NaCN反应只生成NaCl和气体X（纯净物，其结构中不含环状结构），X为(CN)2。
（5）向盛有少量Na2S溶液的试管中通入CNCl，然后向其中滴入一滴FeCl3溶液，溶液显红色，说明Na2S和CNCl生成了SCN-，根据原子守恒可知产物中还有Cl-，该反应的离子方程式为：S2-+CNCl=C1-+SCN-[或Fe3++3S2-+3CNCl=3Cl-+Fe(SCN)3]。
（6）根据NaCN～CNCl，理论生成CNCl为=10.04g，收集到8.5gCNCl，产率为≈85%。
14．(1)除去废铜屑表面的油污
(2)H2O2和H2SO4
(3)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O
(4) 关闭 使装置内产生负压
(5)防止晶体受热分解
(6)中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解
(7)减压蒸馏
【详解】（1）油污在碱性条件下易水解，步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是除去废铜屑表面的油污。
（2）稀硫酸的氧化性不强，Cu在常温下不和稀硫酸反应，但加入氧化剂如H2O2后，Cu可以和H2O2、H2SO4的混合溶液反应生成CuSO4，步骤②需要加入的试剂是H2O2和H2SO4。
（3）将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，该过程的离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O。
（4）抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，作用是使装置内产生负压。
（5）晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是：防止晶体受热分解。
（6）向废液中加入硫酸的作用是中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解。
（7）(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为减压蒸馏。
15．(1)制备的产品水合肼具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，它们能发生反应，必须控制NaClO碱性溶液不过量
(2)ClO-+CO(NH2)2 +2OH-Cl-+N2H4·H2O+
(3) 饱和NaHCO3溶液 作催化剂
(4)打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K
(5) 黑色粉末变红色 固体由白色变蓝色
(6) 水槽中导管口出现均匀的气泡 不能，因为水合肼热分解产生的NH3也能还原CuO生成N2
【分析】Ⅰ.首先利用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液在40℃时反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼；
Ⅱ.启普发生器中，稀盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有HCl杂质，装置C中用饱和碳酸氢钠除去HCl，装置E中水合肼分解产生N2、H2、NH3、H2O，水蒸气在冰水中冷凝变为液态水，无水硫酸铜不变蓝，剩余的气体通入氧化铜粉末中加热，H2和NH3均能还原氧化铜，氢气还原氧化铜生成水，用无水硫酸铜检验并吸收水，浓硫酸吸收氨气，氢氧化钡吸收二氧化碳，装置N中收集到氮气。
【详解】（1）根据题干信息可知，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，因此反应时应控制NaClO碱性溶液不过量，故答案为：制备的产品水合肼具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，它们能发生反应，必须控制NaClO碱性溶液不过量；
（2）三颈烧瓶中NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液反应制得水合肼，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2 +2OH-Cl-+N2H4·H2O+，故答案为：ClO-+CO(NH2)2 +2OH-Cl-+N2H4·H2O+；
（3）C用于除去二氧化碳中的HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液；E中铜粉作催化剂，加快水合肼分解的速率，故答案为：饱和NaHCO3溶液；作催化剂；
（4）检查装置的气密性之后，应打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K，排出装置中的空气之后再加热装置E，故答案为：打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K；
（5）实验过程，由于水合肼分解生成的水在冰水中冷凝为液态水，则装置G无现象，装置H中氧化铜被还原为单质铜，观察到黑色粉末变红色，氢气还原氧化铜生成水，则装置I中固体由白色变蓝色，故答案为：黑色粉末变红色；固体由白色变蓝色；
（6）当N中水槽中导管口出现均匀的气泡时开始收集气体；由于水合肼分解产生的NH3也能还原氧化铜生成N2，因此若最后检验所收集的气体为N2，不能说明N2是水合肼分解产生的，故答案为：水槽中导管口出现均匀的气泡；不能，因为水合肼热分解产生的NH3也能还原CuO生成N2。
16．(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2) Al2O3+2OH-=2+H2O 把+3价钴还原为+2价
(3)温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，H2O2分解反应速率较快
(4)3.5≤pH<6.6
(5)0.04
(6)Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、A12O3，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的A12O3，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的A12O3，对应的化学反应方程式是Al2O3+2OH-=2+H2O。
结合流程可知钴元素价态在氧化物中是+3价，而最后得到+2价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中加入H2O2的作用是把+3价钴还原为+2价。
（3）60℃时浸出率达到最大，可能的原因要从高于60℃和低于60℃两个方面来解释，温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，H2O2分解反应速率较快，故60℃时浸出率达到最大。
（4）根据流程信息，需保证Fe3+沉淀完全，而Co2+、 Ni2+、Mn2+均未开始沉淀，故最佳的pH范围是3.5≤pH<6.6。
（5）设滤液2的体积为VL，Li+的沉降率达到90%时剩余的Li+的物质的量为n=，此时溶液中c(Li+)=0.2mol/L，由Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3可计算出此时滤液3中c()=0.04mol/L。
（6）流程中用“热水洗涤”的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解。
17．(1)粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量
(2)A
(3)2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-
(4) 完全氧化Fe2+(或其他合理答案) 3 灼烧
(5)2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O
(6)39%
【分析】含金黄铁矿通入空气煅烧，得到熔融物加入稀硫酸酸浸，铁反应成为滤液，滤渣加入NaCN、高压空气得到浸取液，加入锌得到粗金，处理得到纯金加入浓盐酸、浓硝酸得到HAuCl4，处理得到一种Au单原子新型材料；
【详解】（1）提高“熔池”中反应速率的措施有粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量等；
（2）流程中反应需要在烧杯中进行，故需要使用烧杯，故选A；
（3）“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]且其为强电解质：Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-，“沉金”后得到粗金中含有锌，则金属M为锌，锌和[Au(CN)2]-发生置换反应生成金和[Zn(CN)4]2-，离子方程式2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-；
（4）①氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，通入过量Cl2的目的是完全氧化Fe2+(或其他合理答案)。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全，则铁离子完全沉淀时，，pOH=11，pH=3，则“调pH”最低值为3。
③氢氧化铁煅烧生成氧化铁和水，故制备铁红“操作”名称是灼烧；
（5）过氧化氢具有强氧化性，纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4，反应中金发生氧化反应、过氧化氢发生还原反应生成HAuCl4和水，2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；
（6）若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为75%×80%×65%=39%。
18．(1)+5
(2)增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率
(3)As2S3+7O2+12OH-=2AsO+3+6H2O
(4) NaOH 碱浸
(5)硫酸钙或CaSO4
(6)3CuSO4+2H3AsO4+6NH3·H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)2SO4+6H2O
(7)75％
【分析】硫化砷废渣(主要成分为As2S3，含少量的Sb、Bi)粉碎后碱浸，硫化神渣中 As2S3与 NaOH、空气中的O2反应生成 Na3AsO4、Na2SO4和H2O，Sb、Bi不与 NaOH反应，过滤后在浸出渣中，Na3AsO4和Na2SO4在滤液中，滤液中加CaO“沉砷”，Na3AsO4与CaO、水反应生成Ca3(AsO4)2沉淀，过滤后，NaOH和 Na2SO4在滤液中，Ca3(AsO4)2在滤渣中，往Ca3(AsO4)2中加稀H2SO4生成H3AsO4和 CaSO4沉淀，过滤后H3AsO4和一水合氨、硫酸铜溶液反应生成Cu3(AsO4)2，以此解答。
【详解】（1）由化合价代数和为零可知，Cu3(AsO4)2中As的化合价为+5。
（2）“粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率。
（3）“碱浸”时，在加热条件下As2S3中硫元素被氧化为，As元素被氧化为AsO中，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：As2S3+7O2+12OH-=2AsO+3+6H2O。
（4）由分析可知，“沉砷”后滤液中主要含有NaOH和Na2SO4，“碱浸”步骤中也用到NaOH，NaOH可循环利用到碱浸步骤中。
（5）由分析可知，“滤渣“的成分是硫酸钙或CaSO4。
（6）沉淀转化实质上是CuSO4与 NH3·H2O反应生成的Cu(OH)2和H3AsO4反应生成了更难溶的Cu3(AsO4)2，化学方程式为：3CuSO4+2H3AsO4+6NH3·H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)2SO4+6H2O。
（7）悬浊液中As2S3的物质的量为=0.3 mol，悬浊液中As元素的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，浸出液中Na3AsO4的物质的量为0. 45mol/L×1L=0.45mol，则砷的浸出率为=75％。
19．(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。
20．(1)坩埚
(2) 2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(3) 8.1≤pH<8.7 5.1≤pH<7.1
(4)将产生的气体通入盐酸中生成氯化铵，循环利用
(5)0.8mol/L
(6)9∶7
【分析】石煤(VO2、V2O3、V2O5)中含有的杂质为氧化铝，向其中加入NaCl并通入空气进行焙烧，得到Cl2，V和Al元素转化成粗偏矾酸钠和偏铝酸钠，加水进行水浸后得到偏矾酸钠溶液和偏铝酸钠溶液，加硫酸调节pH在8.1≤pH<8.7，将V2O5溶解，同时将Al转化为Al(OH)3沉淀，过滤后除去Al(OH)3，得到滤液NaVO3溶液，然后继续加硫酸调节pH在5.1≤pH<7.1，将NaVO3转化为V2O5，再向V2O5中加入NaOH溶液得到偏钒酸钠溶液，再向偏钒酸钠溶液中加入精制的NH4Cl，得到偏钒酸铵，煅烧得到偏钒酸铵得到精制V2O5，同时得到氨气，通入盐酸中得到NH4Cl，循环使用。
(1)
焙烧固体需要用到坩埚、电炉(或酒精喷灯)、泥三角，所以答案为坩埚；
(2)
①V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中转化为偏钒酸钠和Cl2，反应物还有氧气和NaCl，所以化学方程式为：2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②焙烧过程的Cl2会污染环境，用NaOH溶液吸收，发生反应的离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：①2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)
硫酸调节pH时分两步操作完成，根据所给信息表格②分析出，第一步将A铝元素转化为Al(OH)3，钒元素转化为NaVO3溶液，过滤后除去Al(OH)3，然后第二步调节pH将NaVO3转化为V2O5，所以第一步加入硫酸调节pH的范围为8.1≤pH<8.7，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为5.1≤pH<7.1，故答案为：①8.1≤pH<8.7；②5.1≤pH<7.1；
(4)
煅烧偏钒酸铵发生反应:，得到的气体是，而工艺流程过程中需要含N的物质为，所以需要将加入到盐酸中反应生成，所以答案为：将产生的气体通入到盐酸中生成氯化铵，循环利用；
(5)
分别写出NH4VO3和Ca(VO3)2的Ksp，
，做比值约掉共同离子c()，则有
即
，故答案为：0.8mol/L；
(6)
Al、Si分别与V2O5反应制取V时，发生氧化还原反应，即2Al~Al2O3~6e-，Si~SiO2~4e-，制得的V等量，所以Al、Si转移的电子数相同，假设转移的电子数均为12mol，则消耗Al为4mol，消耗Si为3mol，则消耗Al、Si的质量之比为427∶328 = 9∶7，故答案为9∶7。
21．(1)搅拌，将滤渣充分洗涤
(2)Al(OH)3、H2SiO3
(3) 溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，增大了H2O2的用量 4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O
(4)滤液III中c(Pb2+)==2.0×10-9，则Qc=c(Pb2+)•c(SO)=2.0×10-9×1.5=3.0×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4
(5)PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O
(6)c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电
【分析】硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，粉碎后加入足量氢氧化钠溶液进行碱浸，得到滤液含有偏铝酸钠、硅酸钠，滤渣含有PbS、FeO、Fe2O3，加入足量过氧化氢和稀硫酸，可生成PbSO4，同时氧化Fe2+为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除去铁元素，同时将硫酸铅转化为碳酸铅，分离得到碳酸铅和氢氧化铁的混合沉淀，加入H2SiF6溶解，碳酸铅转化为PbSiF6转移到溶液中，获得混合溶液，电解后获得Pb单质，据此分析解答。
【详解】（1）“碱浸”的目的是除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有粉碎矿石、适当提高温度；
（2）向滤液I中通入足量的CO2，铝元素由偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，故会有白色沉淀产生，同时硅酸根离子转化为硅酸沉淀,也属于白色沉淀，则得到的白色沉淀化学式为Al(OH)3、H2SiO3；
（3）“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，且过氧化氢易分解，造成氧化不完全；PbS被过氧化氢氧化为PbSO4，对应的化学方程式为4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O；
（4）c()=1.5 mol/L，c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，则滤液III中c(Pb2+)=；Qc(PbSO4)= c(Pb2+)∙ c()=2.0×10-9×1.5=3.0 ×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4沉淀；
（5）PbCO3在酸性条件下溶解，反应产生Pb2+、H2O、CO2，对应离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O ；
（6）研究发现，电解H2SiF6，PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是氢离子浓度过大，氧化性增强，优先于铅离子在阴极放电，在阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，从而导致降低铅的产率。
22．(1)铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电
(2)Pd+Cl2+2Cl-=PdCl
(3) 2 温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从经济效率角度考虑选用此温度
(4)加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的
(5)Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4
(6)
【分析】此流程目的提取阳极泥中贵重金属铂和钯，阳极泥通入氯气和加入盐酸，得铂钯氯化液([AgCl2]-、PdCl、PtCl、Cu2+、Ni2+)，得铂钯氯化液加草酸得草酸铜、草酸镍沉淀，过滤洗涤，净化后溶加入萃取剂，萃余液中含铂，在经系列操作得铂粉；萃取液中含有(AgCl、PdCl)，氨水盐酸得到氯化银沉淀，再加盐酸得粗二氯二氨合钯沉淀，粗二氯二氨合钯沉淀再加盐酸得(NH4)2PdCl4 ，在经系列操作得金属Pb，以此来解析；
【详解】（1）粗铜的精炼粗铜做阳极.纯铜做阴极，含有Cu2+的溶液做电解质溶液，阳极发生氧化反应，所以还原性强的物质优先反应，比铜活泼性强的先电子变成阳离子进入溶液液中活泼性差的以游离态存在于阳极泥中，铂系金属性质稳定，在阳极不参与放电；
（2）单质Pb变为PdCl，Pb化合价由0价升高为+2价，需要加入氧化剂，Cl化合价由0降低为1价，根据化合价升降守恒、原子可恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：Pd+Cl2+2Cl-=PdCl-；
（3）由表1数据可知，草酸过量系数为2.0时，铜、镍去除率最佳；温度越高去除效果越好，但温度高于85℃时去除率变化不大，从节能经济效率角度考虑选用此温度；
（4）根据Ag(NH3)⇌Ag++2NH3，加入HCl后，NH3和H+生成，Cl-和Ag+生成AgCl沉淀，促使解离平衡向正方向移动达到分银的目的；
（5）Pd(NH3)2Cl2沉淀加入盐酸溶解根据流程分析可知生成(NH4)2PdCl4 反应的化学方程式为：Pd(NH3)2Cl2+2HCl=(NH4)2PdCl4 ；
（6）海绵状金属钯密度为ρg/cm3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的a倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R==cm3/g，1cm3=1ml，1molPb的质量为106g，氢气的浓度r==；
23．(1) 100
(2)
(3) C
【详解】（1）的电子式为；总反应为，反应物中的原子全部进入目标产物，原子利用率为100%；与酸性高锰酸钾溶液反应，被氧化为，被还原为，依据得失电子数相等可写出配平的离子方程式：；
（2）由，确定该反应转移的电子数为9，根据守恒，确定的化学计量数为9，X中氯显+4价，为，总反应为；
（3）①A．→发生还原反应，A正确；
B．→发生氧化反应，B正确；
C．隔膜电解饱和食盐水制、及时，应该用阳离子交换膜，以防止OH-进入阳极区与反应，C错误；
故选C。
②由图示可知，，配平得，电解总反应为。
24．(1)AlO+4H+==Al3++2H2O
(2) 1∶1 酸
(3)3Cl2+8NH3==N2+6NH4Cl
(4) Na2SO3(或NaHSO3) NaHSO3(或Na2SO3) 0.03mol(或0.04mol) 0.04mol(或0.03mol)
【解析】(1)
若A为NaAlO2溶液，B可能为强酸，例如盐酸或者硫酸，所以离子方程式为：AlO2- + 4H+(过量) == Al3++ 2H2O；
(2)
若A为Fe，B为稀HNO3，当稀硝酸过量时，铁被氧化成正三价，化学方程式为：Fe + 4HNO3(稀) ==Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，由方程式可知，四个HNO3中只有一个被还原，所以氧化剂HNO3和还原剂Fe的比例为1∶1，由方程式也可得出硝酸在反应中同时做氧化剂和酸的作用；
(3)
氨气具有还原性，氯气具有强氧化性，当氨气过量时，两者反应生成白烟，说明有氯化铵生成，所以反应方程式为：8NH3+3Cl2== 6 NH4Cl+N2；
(4)
氢氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol的氢氧化钠溶液可先与0.05mol的二氧化硫发生反应：SO2 + 2NaOH == Na2SO3 + H2O，反应后可生成0.05mol亚硫酸钠，亚硫酸钠可再与剩余的0.02mol二氧化硫发生反应：Na2SO3 + H2O + SO2 == 2NaHSO3，在该反应中，会消耗掉0.02mol亚硫酸钠，则此时剩余亚硫酸钠为0.05mol-0.02mol=0.03mol，同时还可生成0.04mol的亚硫酸氢钠，所以最后溶液的溶质为亚硫酸钠0.03mol和亚硫酸氢钠0.04mol。
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