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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（1）
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05氧化还原反应（1），共28页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，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-05氧化还原反应（1）
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·河南郑州·统考三模）工业上从海水中提溴，其中碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可分三步进行，其反应机理如下图所示，下列说法错误的是
第一步：
第二步：
第三步：
A．第一步反应的方程式为：+H2O+OH—
B．第二步反应消耗1molBr2时，转移的电子数为2NA
C．第二步和第三步可以说明BrO—为中间产物
D．溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为NaBr和NaBrO3
3．（2023·河南安阳·统考三模）二氧化氯(ClO2 )是一种安全的绿色消毒剂，实验室可用下列方法制备：
①电解NH4Cl的盐酸溶液制得NCl3(N元素为-3价)溶液；
②将NCl3溶液与NaClO2溶液混合制得ClO2。
下列说法正确的是
A．①中在电解池的阴极得到NCl3
B．组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个不同材质的电极
C．②中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是6：1
D．②中反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+
4．（2023·河南开封·统考模拟预测）化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法正确的是
A．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
B．燃煤脱硫可有效地减少空气污染，且有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料
D．以和为原料人工合成淀粉的过程中发生了氧化还原反应
5．（2022·河南·校联考模拟预测）遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
6．（2022·河南·校联考模拟预测）砷化氢可用于半导体工业、有机合成等，其不能由砷与氢气直接化合制备，其常用制备方法如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ为非氧化还原反应 B．的稳定性差，受热易分解
C．具有还原性 D．反应Ⅱ中生成1mol，转移12mol电子
7．（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
8．（2022·河南·校联考模拟预测）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。
下列说法错误的是
A．在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气、
C．过程中包含反应
D．反应过程中金属元素、V的价态均不变
9．（2022·河南·校联考模拟预测）正高碘酸()是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：
下列说法正确的是
A．电解过程中阳极周围溶液的pH增大
B．“反应2"中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．“反应3”的滤液中含有，等
D．“反应4”为非氧化还原反应
10．（2022·河南·校联考模拟预测）四氟肼可发生反应：，下列有关叙述错误的是
A．的氧化性比的强 B．的电子式为
C．中既含极性键又含非极性键 D．在水溶液中的电离方程式为
二、工业流程题
11．（2023·河南·校联考模拟预测）羟基氧化镍( NiOOH)可作镍镉电池正极材料[放电时产物之一是Ni( OH)2]；高纯度一氧化锰(MnO)可用于医药、冶炼、焊接、干电池的制造。某化工厂以含有MnS、NiS的工业料渣为原料制备NiOOH、MnO的流程如下：
请回答下列问题：
(1)写出一种能提高料渣利用率的方法： ，操作X的名称是 。
(2)NiOOH中Ni元素的化合价为 ， 溶剂A必须具有的两种物理性质：一是不溶于水；二是 ；写出生成NiOOH的离子方程式： 。
(3)热氧化过程中MnS发生反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。214℃时MnC2O4分解(隔绝空气)的化学方程式为 。
(4)镍镉碱性电池放电时发生还原反应的电极上的反应式为。 。
(5)若10 kg料渣经过上述处理后得到a kg NiOOH，则料渣中Ni的质量分数为 (设转化过程中镍的损失率为2% ，列出计算式即可)。
12．（2023·河南·统考模拟预测）一种锌浸出渣主要成分有ZnO·GeO2、In2O3、Ga2O3、Ga(OH)3、Cu等物质、从该浸出渣获得金属镓、金属锗、金属铟的流程如下：
已知：①用D₂EHPA(以H₂A₂表示)萃取酸浸液中的铟：In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a) (a表示水相，o表示有机相)。
②GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃。
③ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃，已知H₂GeO₃的 Ka=8×10-10
④Ga与Al的性质相似，高纯度的镓难溶于酸或碱。
请回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为 。
(2)酸浸时ZnO·GeO₂与硫酸反应的离子方程式为 。
(3)萃取后的洗涤操作用到的玻璃仪器有 (填仪器名称)，加入盐酸作反萃取剂，其原理是 。
(4)HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 ；电解时在阴极反应的离子是 。
(5)丹宁锗在氧化焙烧、氯化后分离出纯净GeCl₄的方法是 。
(6)常温下，0.1mol/L的GaCl₃溶液中(Ga3+完全沉淀(Ga³+浓度小于1×10-5mol/L的AG=5.8则该温度下Ga(OH)₃的溶度积为 。[已知：AG可表示溶液的酸度，其定义为AG=]
13．（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 。
14．（2023·河南·校联考三模）铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示：
已知：①常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3和Bi(OH)3的Ksp分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和8.0×10-31，lg2=0.3。
②Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。
③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。
请回答下列问题：
(1)铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是 。
(2)滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是 ，FeCl3与Cu2S反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)“还原”时，加入铋的目的是 。
(4)“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005mol·L-1，Fe2+浓度为0.01mol·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应小于 。
(5)在碱性溶液中，可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式： 。
(6)在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，写出该反应的化学方程式： 。
15．（2022·河南·校联考模拟预测）用废镍渣粉(含Ni、NiO、Al、Al2O3、FeO、SiO2)制备某镍催化剂(Ni/硅藻土)的工艺流程如下。
I、该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀pH
2.2
7.0
6.4
完全沉淀pH
3.2
9.0
8.4
II、室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。
回答下列问题：。
(1)“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有 (列举2条)。
(2)滤渣1、滤渣2的成分依次是 、 (填化学式)。
(3)“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]理论上需调节溶液pH范围为 。
(4)“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为 ；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土的作用是 。；滤液4中主要阳离子为 (填化学式)。
(5)“还原”时，发生反应的化学方程式为 。
16．（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 。
三、实验题
17．（2023·河南·统考模拟预测）草酸是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、稀土元素的提取以及植物的漂白、高分子合成等化工生产。某化学小组用植物纤维棉籽壳为原料制取草酸，原理是纤维大分子水解成低聚糖和单糖的混合物，(C6H10O5)n→(C6H10O5)m→nC6H12O6(m< n)然后加入催化剂，用硝酸氧化单糖生成草酸，同时促进低聚糖水解为单糖。
I．草酸的制备过程：称取粉碎过筛的棉籽壳50g，用一定浓度硫酸浸泡一段时间，稀释后加入催化剂，移入右图装置中，用水浴加热至40℃，慢慢滴加65%的硝酸，硝酸滴完后升温并保温反应一定时间，停止反应趁热抽滤，滤液静置析出晶体，纯化粗品后可得到纯度较高的草酸二水合物。
已知：草酸收率(%)=×100%
(1)图中A处缺少的仪器为 (填仪器名称)。
(2)硝酸氧化单糖生成NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为 。
(3)硝酸用量对草酸收率的影响见表：
实验编号
硝酸用量/mL
草酸收率／%
1
60
57.4
2
70
65.2
3
75
66.8
4
80
65.0
5
85
61.5
依据表中数据可知，硝酸的用量为75mL时，草酸的收率最高，分析原因 。
(4)采用趁热抽滤的原因是 。
(5)利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、 、趁热抽滤、降温结晶。
Ⅱ．草酸晶体纯度的测定
①称取10.00g实验后得到的草酸晶体配成100mL的溶液；
②取20.00mL溶液，加入适量的稀硫酸，用浓度为0.4000 mol/L的KMnO₄溶液滴定，滴定终点消耗KMnO₄溶液的体积为15.53mL。
(6)滴定时，发现反应速率开始很慢，后来逐渐加快，主要原因是 。
(7)草酸晶体的纯度为 (保留三位有效数字)。
(8)若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则测定的草酸纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
18．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化钪(ScCl3)是制备稀土金属及其功能材料的重要前驱体，易水解生成ScOCl。实验小组在实验室中对ScCl3的干法和湿法制备及产品纯度测定进行探究，进行如下实验。回答下列问题：
(1)干法制备ScCl3的装置如图所示(部分夹持、加热装置略去)
步骤I.打开开关K，开始向装置中通入N2；
步骤II.加热A、B，其中A处控制温度80℃左右，B处控制温度800℃左右；
步骤III. B处Sc2O3充分反应后，停止加热A、B，待反应管冷却至室温后，停止通入N2。
①实验时通入N2的作用为 (答出两点即可)。
②步骤II中，应先加热 (填“A”或“B”)，目的是 。
③B处反应管中发生反应的化学方程式为 。
④装置C的作用为 。
⑤实验过程中，D中观察到的现象为 。
(2)湿法制备ScCl3时加入适量NH4Cl并加热，可将水解生成的ScOCl转化为ScCl3，该转化中发生反应的化学方程式为 。
(3)测定产品纯度：准确称量mg产品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释，再加入指示剂，用cmol·L-1EDTA标准溶液滴定(Sc3+与EDTA以物质的量之比1∶1反应，杂质不参加反应)，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中ScCl3的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。
四、填空题
19．（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
20．（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．由图可知，第一步反应为碳酸根离子在溶液中水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解的方程式为+H2O+OH-，故A正确；
B．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-= Br-+ BrO-+ H2O，反应消耗1mol溴时，反应转移的电子数为1mol×1×NAmol-1=NA，故B错误；
C．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-=Br-+BrO-+ H2O，第三步反应为3BrO-=2Br-+BrO，则第二步和第三步可以说明次溴酸根离子为反应的中间产物，故C正确；
D．由图可知，总反应为3Br2+6+3H2O=5Br-+ BrO+6，则溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为溴化钠和溴酸钠，故D正确；
故选B。
3．D
【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为-3价，该反应中Cl元素化合价由+3价变为+4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl-，溶液呈碱性，所以还存在OH-，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①中氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，A错误；
B．根据电解池的组成可知，组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个惰性电极，可以是相同材质如均为石墨，也可以不同材质如石墨作阳极，Cu作阴极等，B错误；
C．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故氧化剂NCl3与还原剂NaClO2的物质的量之比是1：6，C错误；
D．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+，D正确；
故答案为：D。
4．D
【详解】A．光缆的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；
B．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和” ，故B错误；
C．硼陶瓷复合材料属于性能优良的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；
D．以二氧化碳和氢气为原料人工合成淀粉的过程中有元素发生化合价变化，所以该过程中一定发生氧化还原反应，故D正确；
故选D。
5．D
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
【详解】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
6．D
【分析】由方程式可知，反应Ⅰ中没有元素发生化合价变化，该反应为非氧化还原反应；反应Ⅱ中，砷元素化合价降低被还原，三氧化二砷为反应的氧化剂、砷化氢为还原产物，锌元素化合价升高被氧化，锌为反应的还原剂、硫酸锌为氧化产物。
【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ中没有元素发生化合价变化，该反应为非氧化还原反应，故A正确；
B．由不能由砷与氢气直接化合制备砷化氢可知，砷元素的非金属性弱，砷化氢的稳定性差，受热易分解，故B正确；
C．由分析可知，砷化氢为反应Ⅱ的还原产物，具有还原性，故C正确；
D．由方程式可知，反应Ⅱ中生成2mol砷化氢，反应转移12mol电子，则生成1mol砷化氢，反应转移6mol电子，故D错误；
故选D。
7．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。
8．D
【详解】A．由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确；
B．图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O重整CH4 ()，得到合成气：和，B项正确；
C．由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，，C项正确；
D．、、中钒的化合价一定不同，D项错误；
故选D。
9．B
【详解】如图，经反应1，NaI转化为NaIO3，在碱性条件下经反应2 ，NaIO3被Cl2氧化为Na2H3IO6，再由反应3生成沉淀Ag5IO6，反应4中Cl2+H2OHCl+HClO，Ag5IO6与H+反应转化为H5IO6，同时HClO分解，故无色气体为O2；
A．阳极反应为，阳极周围浴液的减小，A项错误；
B．反应2为，Cl2是氧化剂，NaIO3是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，B项正确；
C．反应3同时生成和，C项错误；
D．反应4为，该反应是氧化还原反应，D项错误；
答案选B。
10．B
【详解】A．反应中作氧化剂，氧气是氧化产物，所以的氧化性比的强，正确；
B．中氟原子周用应满足结构，电子式为，B错误。
C．的电子式为，其中既含极性键又含非极性键，C正确；
D．是一元弱酸，在水溶液中的电离方程式为，D正确；
答案选B。
11．(1) 将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种) 萃取、分液
(2) +3 易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4 2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O
(3) 1：1
(4)NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -
(5)
【分析】料渣为含有MnS和NiS，热氧化过程中与稀硫酸和MnO2反应，生成S和Mn2＋、Ni2＋，加入溶剂A进行操作X分为有机相和无机相为典型的萃取分液操作，有机相最终制备MnO说明其中含有Mn2＋，无机相与NaOH、NaClO反应生成NiOOH，说明含有Ni2＋。有机相加入硫酸之后溶剂A分离，再加入草酸铵，生成MnC2O4，214℃生成MnO和CO、CO2。
【详解】（1）提高料渣利用率的方法有粉碎料渣使其充分与其他反应物接触，搅拌、适当提高硫酸的浓度、适当延长氧化时间使其充分反应，故答案为将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种)；操作X为将物质分为有机相和无机相，应为萃取、分液。
（2）O为-2价，OH－为－1价，故Ni为＋3价；萃取剂的要求不能与原溶剂互溶，并且要萃取的物质在萃取剂中的溶解度和原溶剂差异很大，故要求为易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4；由流程图可知，NiOOH是由Ni2＋和ClO－以及OH－反应生成的，故答案为2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O。
（3）MnS中S从－2价升为0价，MnO2中Mn由＋4价降为＋2价，由此得出氧化剂与还原剂物质量比为1：1；由题意知MnC2O4受热分解生成MnO、CO、CO2，故答案为。
（4）由题干可知，NiOOH在正极放电，生成Ni(OH)2，故电极反应式为NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -。
（5）由题意知：
12．(1)粉碎
(2)ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+
(3) 分液漏斗、烧杯 加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移
(4) HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O 或[Ga(OH)₄]-
(5)蒸馏(或精馏)
(6)10-34.7或2×10-35
【分析】本题是一道工业流程题，由锌浸出渣制备，金属镓和金属锗，首先用硫酸溶液原材料，溶解后用萃取剂萃取出铟元素，萃余液处理后可以得到金属镓和金属锗，含铟萃取有机相，处理后可以得到海绵铟，以此处理。
【详解】（1）增大接触面积可以加快反应速率，故为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为粉碎；
（2）根据信息可知，ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃和硫酸锌，离子方程式为：ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+；
（3）萃取后得到的有机相和洗涤液水互不相溶，因此洗涤应该在分液漏斗中进行，因此洗涤用到的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯；根据信息可知，萃取后的有机相中存在In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a)，根据平衡移动的原理可知，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故加入盐酸作反萃取剂原理是：加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移；
（4）根据信息可知，Ga与Al的性质相似，则HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O；根据流程可知，电解时在阴极产生金属镓，则电解时在阴极反应的离子是或[Ga(OH)₄]-；
（5）根据信息可知，GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃沸点较低，故分离出纯净GeCl₄的方法是：蒸馏(或精馏)；
（6）根据 AG=5.8和Kw=1.0×10-14，可知Ga3+完全沉淀时c(OH-)=1×10-9.9mol/L，则Ga(OH)₃的溶度积=(1×10-9.9 mol/L)3×1×10-5mol/L= 1×10-34.7或2×10-35。
13．(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％。
14．(1)第六周期VA族
(2) 2NA 4：1
(3)将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成
(4)7.3
(5)2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-
(6)Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O
【分析】由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜周围四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。
【详解】（1）原子序数为83的铋元素与氮元素同主族，则铋元素位于元素周期表第六周期VA族，故答案为：第六周期VA族；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅，二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧键，则30g二氧化硅中含共价键的数目为×4×NAmol—1=2NA；氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫沉淀，反应的化学方程式为4FeCl3+Cu2S=4FeCl2+2CuCl2+S，则反应中氧化剂氯化铁与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为，故答案为：2NA；4：1；
（3）由分析可知，“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，防止沉铋时有氢氧化铁沉淀生成，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成；
（4）由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为=2.0×10—7mol/L，溶液pH为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3，故答案为：7.3；
（5）由题意可知，碱性溶液中 [Sn(OH)4]2-与Bi3+反应生成生成Bi和[Sn(OH)6]2-，反应的离子方程式为2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-，故答案为：2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-；
（6）由题意可知，在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠溶液与Bi(OH)3反应生成NaBiO3、氯化钠和水，反应的化学方程式为Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O，故答案为：Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O。
15．(1)废镍渣粉粉碎、搅拌
(2) SiO2 Fe(OH)3
(3)5-6.4
(4) 2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓ 加速沉淀的沉降 Na+、
(5)Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2
【分析】废镍渣粉加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应进入滤渣1，镍、铝、铁元素形成相应的盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH除去铁，加入氢氧化铝除去铝，加入碳酸铵得到Ni2(OH)2CO3沉淀，过滤分离出沉淀通入氢气加热还原得到镍；
【详解】（1）“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有废镍渣粉粉碎、搅拌、升高温度等；
（2）二氧化硅不和稀硫酸反应，酸浸后得到二氧化硅沉淀；加入过氧化氢后将二价铁氧化为三价铁，由流程pH值可知，到4.0时铁离子完全沉淀，生成氢氧化铁沉淀；故滤渣1、滤渣2的成分依次是SiO2、Fe(OH)3；
（3）室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33；“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]，则氢氧根离子浓度为 mol·L-1，则pOH为9，pH为5；此时镍离子不能沉淀，故理论上需调节溶液pH范围为5-6.4；
（4）由流程可知，“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土具有吸附性，加速沉淀的沉降；由流程可知，沉镍过程中镍离子、氢氧根离子、碳酸根离子沉淀，则滤液4中主要阳离子为引入的钠离子、铵根离子，故填Na+ 、；
（5）“还原”时，发生反应Ni2(OH)2CO3和氢气加热转化为镍，根据质量守恒可知，还会生成水、二氧化碳，反应为Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2。
16．(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。
17．(1)球形冷凝管或蛇形冷凝管
(2)
(3)硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化
(4)防止草酸晶体析出使草酸回收率降低(写出“过滤速度快，产品干燥”得1分)
(5)蒸发浓缩(或加热浓缩)
(6)Mn²⁺起催化剂的作用
(7)97.8%
(8)偏低
【分析】三颈烧瓶是发生装置生成草酸，氢氧化钠用来吸收尾气。
【详解】（1）制得产品在三颈烧瓶中，装置加热需要回流，所以图中A处缺少的仪器为：球形冷凝管或蛇形冷凝管，答案为：球形冷凝管或蛇形冷凝管；
（2）由题意可知硝酸氧化单糖生成NO、 NO₂，单糖被氧化为草酸，根据电子转移守恒，当NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为：，答案为：；
（3）硝酸用量不足时，氧化反应不完全，得到产品少，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化，得到产品也少，答案为：硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化；
（4）趁热抽滤可以加快过滤速度，防止晶体析出，答案为：防止草酸晶体析出使草酸回收率降低；
（5）利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、蒸发浓缩(或加热浓缩)、趁热抽滤、降温结晶，答案为：蒸发浓缩(或加热浓缩)；
（6）滴定过程中草酸和高锰酸钾反应生成Mn²⁺，Mn²⁺起催化剂的作用加快反应速率，答案为：Mn²⁺起催化剂的作用；
（7）滴定时反应的方程式为：，，草酸晶体的纯度为97.8%，答案为：97.8%；
（8）若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会使高锰酸钾体积偏小，则测定的草酸的物质的量偏小，纯度偏低，答案为：偏低。
18．(1) 排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参c加反应; 防倒吸 B 提高原料CCl4的利用率 3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2 防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯) 导管口有气泡冒出，烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体
(2)ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
(3)%
【分析】ScCl3的干法制备中要保证无水环境，因此反应前要用N2排空，同时C中用无水CaCl2可以做干燥剂防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解。
【详解】（1）实验时通入N2可以排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参加反应; 以及防止装置内压强减小发生倒吸，因此还可以防倒吸；先加热B处,因为B处需要的反应温度较高，这样可以提高CCl4的利用率；根据题意分析800℃时B处参加反应的物质为Sc2O3和CCl4，生成ScCl3，根据元素守恒推知同时还有CO2生成，因此化学方程式为：3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2；无水CaCl2可以做干燥剂，ScCl3易水解生成ScOCl，因此装置C的作用是防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯)；实验过程中可以看到导管口有气泡冒出，出来的气体除了N2 、CO2、还有CCl4蒸气，CCl4蒸气很快转化CCl4液体，CCl4是一种密度比水大且与水不互溶的油状液体，因此烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体；
（2）根据题目信息可知湿法制备ScCl3的化学方程式为：ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
（3）根据题目信息可知：
因此= mol，则产品中ScCl3的质量分数为 ：×100％=%
19．(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。
20．(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-05氧化还原反应（1）
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·河南郑州·统考三模）工业上从海水中提溴，其中碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可分三步进行，其反应机理如下图所示，下列说法错误的是
第一步：
第二步：
第三步：
A．第一步反应的方程式为：+H2O+OH—
B．第二步反应消耗1molBr2时，转移的电子数为2NA
C．第二步和第三步可以说明BrO—为中间产物
D．溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为NaBr和NaBrO3
3．（2023·河南安阳·统考三模）二氧化氯(ClO2 )是一种安全的绿色消毒剂，实验室可用下列方法制备：
①电解NH4Cl的盐酸溶液制得NCl3(N元素为-3价)溶液；
②将NCl3溶液与NaClO2溶液混合制得ClO2。
下列说法正确的是
A．①中在电解池的阴极得到NCl3
B．组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个不同材质的电极
C．②中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是6：1
D．②中反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+
4．（2023·河南开封·统考模拟预测）化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法正确的是
A．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
B．燃煤脱硫可有效地减少空气污染，且有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料
D．以和为原料人工合成淀粉的过程中发生了氧化还原反应
5．（2022·河南·校联考模拟预测）遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
6．（2022·河南·校联考模拟预测）砷化氢可用于半导体工业、有机合成等，其不能由砷与氢气直接化合制备，其常用制备方法如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ为非氧化还原反应 B．的稳定性差，受热易分解
C．具有还原性 D．反应Ⅱ中生成1mol，转移12mol电子
7．（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
8．（2022·河南·校联考模拟预测）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。
下列说法错误的是
A．在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气、
C．过程中包含反应
D．反应过程中金属元素、V的价态均不变
9．（2022·河南·校联考模拟预测）正高碘酸()是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：
下列说法正确的是
A．电解过程中阳极周围溶液的pH增大
B．“反应2"中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．“反应3”的滤液中含有，等
D．“反应4”为非氧化还原反应
10．（2022·河南·校联考模拟预测）四氟肼可发生反应：，下列有关叙述错误的是
A．的氧化性比的强 B．的电子式为
C．中既含极性键又含非极性键 D．在水溶液中的电离方程式为
二、工业流程题
11．（2023·河南·校联考模拟预测）羟基氧化镍( NiOOH)可作镍镉电池正极材料[放电时产物之一是Ni( OH)2]；高纯度一氧化锰(MnO)可用于医药、冶炼、焊接、干电池的制造。某化工厂以含有MnS、NiS的工业料渣为原料制备NiOOH、MnO的流程如下：
请回答下列问题：
(1)写出一种能提高料渣利用率的方法： ，操作X的名称是 。
(2)NiOOH中Ni元素的化合价为 ， 溶剂A必须具有的两种物理性质：一是不溶于水；二是 ；写出生成NiOOH的离子方程式： 。
(3)热氧化过程中MnS发生反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。214℃时MnC2O4分解(隔绝空气)的化学方程式为 。
(4)镍镉碱性电池放电时发生还原反应的电极上的反应式为。 。
(5)若10 kg料渣经过上述处理后得到a kg NiOOH，则料渣中Ni的质量分数为 (设转化过程中镍的损失率为2% ，列出计算式即可)。
12．（2023·河南·统考模拟预测）一种锌浸出渣主要成分有ZnO·GeO2、In2O3、Ga2O3、Ga(OH)3、Cu等物质、从该浸出渣获得金属镓、金属锗、金属铟的流程如下：
已知：①用D₂EHPA(以H₂A₂表示)萃取酸浸液中的铟：In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a) (a表示水相，o表示有机相)。
②GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃。
③ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃，已知H₂GeO₃的 Ka=8×10-10
④Ga与Al的性质相似，高纯度的镓难溶于酸或碱。
请回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为 。
(2)酸浸时ZnO·GeO₂与硫酸反应的离子方程式为 。
(3)萃取后的洗涤操作用到的玻璃仪器有 (填仪器名称)，加入盐酸作反萃取剂，其原理是 。
(4)HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 ；电解时在阴极反应的离子是 。
(5)丹宁锗在氧化焙烧、氯化后分离出纯净GeCl₄的方法是 。
(6)常温下，0.1mol/L的GaCl₃溶液中(Ga3+完全沉淀(Ga³+浓度小于1×10-5mol/L的AG=5.8则该温度下Ga(OH)₃的溶度积为 。[已知：AG可表示溶液的酸度，其定义为AG=]
13．（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 。
14．（2023·河南·校联考三模）铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示：
已知：①常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3和Bi(OH)3的Ksp分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和8.0×10-31，lg2=0.3。
②Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。
③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。
请回答下列问题：
(1)铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是 。
(2)滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是 ，FeCl3与Cu2S反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)“还原”时，加入铋的目的是 。
(4)“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005mol·L-1，Fe2+浓度为0.01mol·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应小于 。
(5)在碱性溶液中，可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式： 。
(6)在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，写出该反应的化学方程式： 。
15．（2022·河南·校联考模拟预测）用废镍渣粉(含Ni、NiO、Al、Al2O3、FeO、SiO2)制备某镍催化剂(Ni/硅藻土)的工艺流程如下。
I、该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀pH
2.2
7.0
6.4
完全沉淀pH
3.2
9.0
8.4
II、室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。
回答下列问题：。
(1)“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有 (列举2条)。
(2)滤渣1、滤渣2的成分依次是 、 (填化学式)。
(3)“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]理论上需调节溶液pH范围为 。
(4)“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为 ；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土的作用是 。；滤液4中主要阳离子为 (填化学式)。
(5)“还原”时，发生反应的化学方程式为 。
16．（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 。
三、实验题
17．（2023·河南·统考模拟预测）草酸是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、稀土元素的提取以及植物的漂白、高分子合成等化工生产。某化学小组用植物纤维棉籽壳为原料制取草酸，原理是纤维大分子水解成低聚糖和单糖的混合物，(C6H10O5)n→(C6H10O5)m→nC6H12O6(m< n)然后加入催化剂，用硝酸氧化单糖生成草酸，同时促进低聚糖水解为单糖。
I．草酸的制备过程：称取粉碎过筛的棉籽壳50g，用一定浓度硫酸浸泡一段时间，稀释后加入催化剂，移入右图装置中，用水浴加热至40℃，慢慢滴加65%的硝酸，硝酸滴完后升温并保温反应一定时间，停止反应趁热抽滤，滤液静置析出晶体，纯化粗品后可得到纯度较高的草酸二水合物。
已知：草酸收率(%)=×100%
(1)图中A处缺少的仪器为 (填仪器名称)。
(2)硝酸氧化单糖生成NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为 。
(3)硝酸用量对草酸收率的影响见表：
实验编号
硝酸用量/mL
草酸收率／%
1
60
57.4
2
70
65.2
3
75
66.8
4
80
65.0
5
85
61.5
依据表中数据可知，硝酸的用量为75mL时，草酸的收率最高，分析原因 。
(4)采用趁热抽滤的原因是 。
(5)利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、 、趁热抽滤、降温结晶。
Ⅱ．草酸晶体纯度的测定
①称取10.00g实验后得到的草酸晶体配成100mL的溶液；
②取20.00mL溶液，加入适量的稀硫酸，用浓度为0.4000 mol/L的KMnO₄溶液滴定，滴定终点消耗KMnO₄溶液的体积为15.53mL。
(6)滴定时，发现反应速率开始很慢，后来逐渐加快，主要原因是 。
(7)草酸晶体的纯度为 (保留三位有效数字)。
(8)若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则测定的草酸纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
18．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化钪(ScCl3)是制备稀土金属及其功能材料的重要前驱体，易水解生成ScOCl。实验小组在实验室中对ScCl3的干法和湿法制备及产品纯度测定进行探究，进行如下实验。回答下列问题：
(1)干法制备ScCl3的装置如图所示(部分夹持、加热装置略去)
步骤I.打开开关K，开始向装置中通入N2；
步骤II.加热A、B，其中A处控制温度80℃左右，B处控制温度800℃左右；
步骤III. B处Sc2O3充分反应后，停止加热A、B，待反应管冷却至室温后，停止通入N2。
①实验时通入N2的作用为 (答出两点即可)。
②步骤II中，应先加热 (填“A”或“B”)，目的是 。
③B处反应管中发生反应的化学方程式为 。
④装置C的作用为 。
⑤实验过程中，D中观察到的现象为 。
(2)湿法制备ScCl3时加入适量NH4Cl并加热，可将水解生成的ScOCl转化为ScCl3，该转化中发生反应的化学方程式为 。
(3)测定产品纯度：准确称量mg产品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释，再加入指示剂，用cmol·L-1EDTA标准溶液滴定(Sc3+与EDTA以物质的量之比1∶1反应，杂质不参加反应)，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中ScCl3的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。
四、填空题
19．（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
20．（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．由图可知，第一步反应为碳酸根离子在溶液中水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解的方程式为+H2O+OH-，故A正确；
B．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-= Br-+ BrO-+ H2O，反应消耗1mol溴时，反应转移的电子数为1mol×1×NAmol-1=NA，故B错误；
C．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-=Br-+BrO-+ H2O，第三步反应为3BrO-=2Br-+BrO，则第二步和第三步可以说明次溴酸根离子为反应的中间产物，故C正确；
D．由图可知，总反应为3Br2+6+3H2O=5Br-+ BrO+6，则溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为溴化钠和溴酸钠，故D正确；
故选B。
3．D
【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为-3价，该反应中Cl元素化合价由+3价变为+4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl-，溶液呈碱性，所以还存在OH-，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，①中氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，A错误；
B．根据电解池的组成可知，组成①中的电解池除需要有电源、导线和大烧杯等，还必须有两个惰性电极，可以是相同材质如均为石墨，也可以不同材质如石墨作阳极，Cu作阴极等，B错误；
C．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故氧化剂NCl3与还原剂NaClO2的物质的量之比是1：6，C错误；
D．由分析可知，②中反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故反应后的溶液中主要存在的阳离子是Na+，D正确；
故答案为：D。
4．D
【详解】A．光缆的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；
B．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和” ，故B错误；
C．硼陶瓷复合材料属于性能优良的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；
D．以二氧化碳和氢气为原料人工合成淀粉的过程中有元素发生化合价变化，所以该过程中一定发生氧化还原反应，故D正确；
故选D。
5．D
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
【详解】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
6．D
【分析】由方程式可知，反应Ⅰ中没有元素发生化合价变化，该反应为非氧化还原反应；反应Ⅱ中，砷元素化合价降低被还原，三氧化二砷为反应的氧化剂、砷化氢为还原产物，锌元素化合价升高被氧化，锌为反应的还原剂、硫酸锌为氧化产物。
【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ中没有元素发生化合价变化，该反应为非氧化还原反应，故A正确；
B．由不能由砷与氢气直接化合制备砷化氢可知，砷元素的非金属性弱，砷化氢的稳定性差，受热易分解，故B正确；
C．由分析可知，砷化氢为反应Ⅱ的还原产物，具有还原性，故C正确；
D．由方程式可知，反应Ⅱ中生成2mol砷化氢，反应转移12mol电子，则生成1mol砷化氢，反应转移6mol电子，故D错误；
故选D。
7．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。
8．D
【详解】A．由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确；
B．图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O重整CH4 ()，得到合成气：和，B项正确；
C．由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，，C项正确；
D．、、中钒的化合价一定不同，D项错误；
故选D。
9．B
【详解】如图，经反应1，NaI转化为NaIO3，在碱性条件下经反应2 ，NaIO3被Cl2氧化为Na2H3IO6，再由反应3生成沉淀Ag5IO6，反应4中Cl2+H2OHCl+HClO，Ag5IO6与H+反应转化为H5IO6，同时HClO分解，故无色气体为O2；
A．阳极反应为，阳极周围浴液的减小，A项错误；
B．反应2为，Cl2是氧化剂，NaIO3是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，B项正确；
C．反应3同时生成和，C项错误；
D．反应4为，该反应是氧化还原反应，D项错误；
答案选B。
10．B
【详解】A．反应中作氧化剂，氧气是氧化产物，所以的氧化性比的强，正确；
B．中氟原子周用应满足结构，电子式为，B错误。
C．的电子式为，其中既含极性键又含非极性键，C正确；
D．是一元弱酸，在水溶液中的电离方程式为，D正确；
答案选B。
11．(1) 将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种) 萃取、分液
(2) +3 易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4 2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O
(3) 1：1
(4)NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -
(5)
【分析】料渣为含有MnS和NiS，热氧化过程中与稀硫酸和MnO2反应，生成S和Mn2＋、Ni2＋，加入溶剂A进行操作X分为有机相和无机相为典型的萃取分液操作，有机相最终制备MnO说明其中含有Mn2＋，无机相与NaOH、NaClO反应生成NiOOH，说明含有Ni2＋。有机相加入硫酸之后溶剂A分离，再加入草酸铵，生成MnC2O4，214℃生成MnO和CO、CO2。
【详解】（1）提高料渣利用率的方法有粉碎料渣使其充分与其他反应物接触，搅拌、适当提高硫酸的浓度、适当延长氧化时间使其充分反应，故答案为将料渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当延长氧化时间等(任写一种)；操作X为将物质分为有机相和无机相，应为萃取、分液。
（2）O为-2价，OH－为－1价，故Ni为＋3价；萃取剂的要求不能与原溶剂互溶，并且要萃取的物质在萃取剂中的溶解度和原溶剂差异很大，故要求为易溶解MnSO4且不能溶解NiSO4；由流程图可知，NiOOH是由Ni2＋和ClO－以及OH－反应生成的，故答案为2Ni2++ClO- +4OH=2NiOOH↓+Cl- + H2O。
（3）MnS中S从－2价升为0价，MnO2中Mn由＋4价降为＋2价，由此得出氧化剂与还原剂物质量比为1：1；由题意知MnC2O4受热分解生成MnO、CO、CO2，故答案为。
（4）由题干可知，NiOOH在正极放电，生成Ni(OH)2，故电极反应式为NiOOH +e- +H2O= Ni(OH)2+OH -。
（5）由题意知：
12．(1)粉碎
(2)ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+
(3) 分液漏斗、烧杯 加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移
(4) HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O 或[Ga(OH)₄]-
(5)蒸馏(或精馏)
(6)10-34.7或2×10-35
【分析】本题是一道工业流程题，由锌浸出渣制备，金属镓和金属锗，首先用硫酸溶液原材料，溶解后用萃取剂萃取出铟元素，萃余液处理后可以得到金属镓和金属锗，含铟萃取有机相，处理后可以得到海绵铟，以此处理。
【详解】（1）增大接触面积可以加快反应速率，故为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为粉碎；
（2）根据信息可知，ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃和硫酸锌，离子方程式为：ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+；
（3）萃取后得到的有机相和洗涤液水互不相溶，因此洗涤应该在分液漏斗中进行，因此洗涤用到的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯；根据信息可知，萃取后的有机相中存在In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a)，根据平衡移动的原理可知，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故加入盐酸作反萃取剂原理是：加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移；
（4）根据信息可知，Ga与Al的性质相似，则HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O；根据流程可知，电解时在阴极产生金属镓，则电解时在阴极反应的离子是或[Ga(OH)₄]-；
（5）根据信息可知，GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃沸点较低，故分离出纯净GeCl₄的方法是：蒸馏(或精馏)；
（6）根据 AG=5.8和Kw=1.0×10-14，可知Ga3+完全沉淀时c(OH-)=1×10-9.9mol/L，则Ga(OH)₃的溶度积=(1×10-9.9 mol/L)3×1×10-5mol/L= 1×10-34.7或2×10-35。
13．(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％。
14．(1)第六周期VA族
(2) 2NA 4：1
(3)将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成
(4)7.3
(5)2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-
(6)Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O
【分析】由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜周围四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。
【详解】（1）原子序数为83的铋元素与氮元素同主族，则铋元素位于元素周期表第六周期VA族，故答案为：第六周期VA族；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅，二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧键，则30g二氧化硅中含共价键的数目为×4×NAmol—1=2NA；氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫沉淀，反应的化学方程式为4FeCl3+Cu2S=4FeCl2+2CuCl2+S，则反应中氧化剂氯化铁与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为，故答案为：2NA；4：1；
（3）由分析可知，“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，防止沉铋时有氢氧化铁沉淀生成，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成；
（4）由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为=2.0×10—7mol/L，溶液pH为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3，故答案为：7.3；
（5）由题意可知，碱性溶液中 [Sn(OH)4]2-与Bi3+反应生成生成Bi和[Sn(OH)6]2-，反应的离子方程式为2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-，故答案为：2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-；
（6）由题意可知，在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠溶液与Bi(OH)3反应生成NaBiO3、氯化钠和水，反应的化学方程式为Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O，故答案为：Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O。
15．(1)废镍渣粉粉碎、搅拌
(2) SiO2 Fe(OH)3
(3)5-6.4
(4) 2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓ 加速沉淀的沉降 Na+、
(5)Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2
【分析】废镍渣粉加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应进入滤渣1，镍、铝、铁元素形成相应的盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH除去铁，加入氢氧化铝除去铝，加入碳酸铵得到Ni2(OH)2CO3沉淀，过滤分离出沉淀通入氢气加热还原得到镍；
【详解】（1）“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有废镍渣粉粉碎、搅拌、升高温度等；
（2）二氧化硅不和稀硫酸反应，酸浸后得到二氧化硅沉淀；加入过氧化氢后将二价铁氧化为三价铁，由流程pH值可知，到4.0时铁离子完全沉淀，生成氢氧化铁沉淀；故滤渣1、滤渣2的成分依次是SiO2、Fe(OH)3；
（3）室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33；“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]，则氢氧根离子浓度为 mol·L-1，则pOH为9，pH为5；此时镍离子不能沉淀，故理论上需调节溶液pH范围为5-6.4；
（4）由流程可知，“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土具有吸附性，加速沉淀的沉降；由流程可知，沉镍过程中镍离子、氢氧根离子、碳酸根离子沉淀，则滤液4中主要阳离子为引入的钠离子、铵根离子，故填Na+ 、；
（5）“还原”时，发生反应Ni2(OH)2CO3和氢气加热转化为镍，根据质量守恒可知，还会生成水、二氧化碳，反应为Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2。
16．(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。
17．(1)球形冷凝管或蛇形冷凝管
(2)
(3)硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化
(4)防止草酸晶体析出使草酸回收率降低(写出“过滤速度快，产品干燥”得1分)
(5)蒸发浓缩(或加热浓缩)
(6)Mn²⁺起催化剂的作用
(7)97.8%
(8)偏低
【分析】三颈烧瓶是发生装置生成草酸，氢氧化钠用来吸收尾气。
【详解】（1）制得产品在三颈烧瓶中，装置加热需要回流，所以图中A处缺少的仪器为：球形冷凝管或蛇形冷凝管，答案为：球形冷凝管或蛇形冷凝管；
（2）由题意可知硝酸氧化单糖生成NO、 NO₂，单糖被氧化为草酸，根据电子转移守恒，当NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为：，答案为：；
（3）硝酸用量不足时，氧化反应不完全，得到产品少，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化，得到产品也少，答案为：硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化；
（4）趁热抽滤可以加快过滤速度，防止晶体析出，答案为：防止草酸晶体析出使草酸回收率降低；
（5）利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、蒸发浓缩(或加热浓缩)、趁热抽滤、降温结晶，答案为：蒸发浓缩(或加热浓缩)；
（6）滴定过程中草酸和高锰酸钾反应生成Mn²⁺，Mn²⁺起催化剂的作用加快反应速率，答案为：Mn²⁺起催化剂的作用；
（7）滴定时反应的方程式为：，，草酸晶体的纯度为97.8%，答案为：97.8%；
（8）若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会使高锰酸钾体积偏小，则测定的草酸的物质的量偏小，纯度偏低，答案为：偏低。
18．(1) 排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参c加反应; 防倒吸 B 提高原料CCl4的利用率 3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2 防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯) 导管口有气泡冒出，烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体
(2)ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
(3)%
【分析】ScCl3的干法制备中要保证无水环境，因此反应前要用N2排空，同时C中用无水CaCl2可以做干燥剂防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解。
【详解】（1）实验时通入N2可以排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参加反应; 以及防止装置内压强减小发生倒吸，因此还可以防倒吸；先加热B处,因为B处需要的反应温度较高，这样可以提高CCl4的利用率；根据题意分析800℃时B处参加反应的物质为Sc2O3和CCl4，生成ScCl3，根据元素守恒推知同时还有CO2生成，因此化学方程式为：3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2；无水CaCl2可以做干燥剂，ScCl3易水解生成ScOCl，因此装置C的作用是防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯)；实验过程中可以看到导管口有气泡冒出，出来的气体除了N2 、CO2、还有CCl4蒸气，CCl4蒸气很快转化CCl4液体，CCl4是一种密度比水大且与水不互溶的油状液体，因此烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体；
（2）根据题目信息可知湿法制备ScCl3的化学方程式为：ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
（3）根据题目信息可知：
因此= mol，则产品中ScCl3的质量分数为 ：×100％=%
19．(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。
20．(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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