2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应3
一、选择题
1．（2019·北京）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
2．（2019·北京）探究草酸（ ）性质，进行如下实验。（已知：室温下， 的pH=1.3）
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（ ）
A． 有酸性，
B．酸性： ，
C． 有还原性，
D． 可发生酯化反应，
3．（2023·常德模拟）葡萄糖在碱性条件下和亚甲基蓝溶液混合后，蓝色会消失，经振荡，无色溶液又恢复蓝色，此过程可以反复多次。现用培养皿盛放上述溶液，将蓝牙音箱、白色亚克力板、培养皿由下至上放置，打开音箱(设置音频为60赫兹，音量为60分贝)，振荡使空气中的氧气进入溶液，一段时间后，培养皿中呈现波纹状颜色变化。
以下分析不符合事实的是
A．颜色变化的过程是可逆反应
B．蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程
C．升高温度，不一定能加快溶液变蓝的过程
D．波腹处更容易呈现蓝色的原因是此处氧气浓度更大
4．（2023·红桥模拟）劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是
选项 劳动项目 化学知识
A 科学研究：燃煤脱硫 增大煤燃烧放出的热量
B 工厂生产：冶炼钢铁 涉及氧化还原反应
C 社会服务：推广使用免洗手酒精消毒液 酒精消毒液酒精能使蛋白质变性
D 家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具 油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·南开模拟）联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．分子的共价键只有键
B．具有还原性，在一定条件下可被氧化
C．②中反应产物是而不是，说明相对较稳定
D．③中发生反应：
6．（2023·岳阳模拟）实验室以二氧化铺铈废渣为原料制备，其部分实验过程如下：
已知：能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中做氧化剂
B．加氨水“中和”除去过量盐酸，主要目的是提高的萃取率
C．试剂a一定是盐酸
D．“沉淀”时反应的离子方程式为
7．（2023·广东模拟）在中国灿烂的农耕文明发展过程中，产生了许多有关农业生产与生活的化学智慧。对下列史料记载的判断错误的是
A．将大豆煮熟后与面粉混合加醋曲酿醋：该过程不涉及氧化还原反应
B．用糯米石灰浆修筑长城：糯米石灰浆属于复合材料
C．用高粱制作饴糖(主要成分为麦芽糖)；麦芽糖与蔗糖互为同分异构体
D．胡桐树的树脂可作金银焊药：胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物
8．（2023·广东模拟）一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．催化循环中Pt的配位数有3种 B．a中Pt的化合价为+2价
C．c→d发生的是氧化还原反应 D．SO2与SO3的VSEPR模型名称不同
9．（2023·重庆市模拟）钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述错误的是
A．反应过程中有氢氧键的断裂和形成
B．反应过程中被氧化
C．脱硝反应为
D．是反应中间体
10．（2023·南京模拟）元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列化学反应表示错误的是
A．碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
B．斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H=297kJ mol-1
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
11．（2023·湖南模拟）过渡金属元素离子催化乙烯氧化成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．和能够降低反应的活化能
B．该反应历程中氢离子物质的量一直减小
C．Pd的化合价在反应历程中未发生变化
D．该历程的总反应为
12．（2023·辽宁模拟）已知反应：，。下列关于该反应的说法错误的是
A．可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．
D．每生成，转移4mol电子
13．（2023·江苏模拟）我国科学家成功以二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，为合成“粮食”提供了新路径。下列有关说法错误的是
A．属于酸性氧化物
B．链状葡萄糖分子中含有三种官能团
C．合成中发生了氧化还原反应
D．该新路径有利于促进“碳中和”
14．（2023·江苏模拟）硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，S8环状分子的结构为 。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂
B．SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物
C．Na2SO3具有还原性，可用于处理自来水中残留的Cl2
D．浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
15．（2023·山西模拟）下图是活性炭中的含氧基团催化双氧水氧化苯制苯酚的反应历程，下列说法正确的是
A．HO·有7个e-
B．反应③中苯酚是氧化产物
C．反应②中没有元素化合价变化
D．已知O2中的氧氧键比H2O2中的氧氧键的键长短，则O2氧化苯比H2O2容易
16．（2023·宝山模拟）下列化工生产原理不涉及氧化还原反应的是
A．溴的提取 B．氯碱工业 C．合成氨工业 D．海水晒盐
17．（2023·宝山模拟）氨基钠()是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：。下列说法正确的是
A．
B．每消耗，转移电子数是
C．是氧化产物
D．中N的化合价部分发生变化
二、多选题
18．（2021·淄博模拟）利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
已知：萃取Co2+的反应原理：Co2++2HR(有机磷) CoR2+2H+。下列说法错误的是（ ）
A．“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]
B．“酸溶”中H2O2的作用是将Co2+氧化为Co3+
C．“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2+
D．“沉钴”时增大Na2CO3溶液的浓度或滴加速率，能够提高产品的纯度
19．（2021·潍坊模拟）工业生产中除去电石渣浆(含 )中的 并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．碱性条件下，氧化性：
B．过程I中氧化剂和还原剂物质的量之比为
C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为
D．将 转化为 理论上需要 的体积为 (标准状况)
20．（2021·潍坊模拟）某同学研究浓硝酸与 溶液的反应，进行如下实验：
已知： 能被氧化为黄色的 可聚合为红色的 。
下列分析错误的是（ ）
A．②中溶液变红，是由于生成了
B．取少量③中的溶液加入 溶液，产生白色沉淀，证明最终有 生成
C．分析①②知，硝酸氧化 的速率大于 聚合为 ，的速率
D．向溶有 的浓硝酸中加几滴 溶液，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，证明 催化浓硝酸氧化 ，的反应
21．（2021·青岛模拟） 极易发生水解，水解机理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．整个反应历程中P的化合价不变
B．水解产物 是一种三元弱酸
C． 中3个 原子被取代的机会不相等
D． 分子的P原子有孤电子对，易与金属离子配位而形成配合物
22．（2021·济宁模拟）CO与亚硝酸甲酯(CH3ONO)在Pd催化剂作用下发生反应的机理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．脱附过程1的总反应为：2CO+2CH3ONO +2NO
B．CH3ONO中氮氧双键在Pd表面断裂
C．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]，可提高最终产物中碳酸二甲酯的比率
D．脱附过程2生成了碳酸二甲酯( )
23．（2021·济南模拟）如图是PdCl2、CuCl2催化下的烯烃的氧化反应，L是配体或溶剂。下列说法正确的是（ ）
A．加入CuCl2之后再通入O2，目的是使催化剂再生
B．该过程原子利用率100%，且原料、催化剂、溶剂和试剂产物均无毒无害
C．过程中元素Pd、Cu、O和C等元素发生过化合价变化
D． 和 (二者R相同)中的 键数目相等
三、非选择题
24．（2019·北京）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ.用已准确称量的 固体配制一定体积的 标准溶液；
Ⅱ.取 L上述溶液，加入过量 ，加 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入 L废水
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用 标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗 溶液 L。
已知：
和 溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是 。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。
（4）Ⅳ中加 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（5） 与 物质的量关系为 时, 一定过量，理由是 。
（6）V中滴定至终点的现象是 。
（7）废水中苯酚的含量为 （苯酚摩尔质量： ）
（8）由于 具有 性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
25．（2019·全国Ⅰ卷）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是 。
（2）步骤②需要加热的目的是 ，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是 。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为 （填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是 。分批加入H2O2，同时为了 ，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有 ，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
26．（2022·潮州模拟）亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：
已知：
①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②
回答下列问题：
（1）按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是 ；装置B的作用是 ；冰水浴冷却的主要目的不包括 (填字母)。
a.减少的分解 b.降低的溶解度 c.减少的分解
（2）是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式： 。
（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为 。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致 。
（4）该套装置存在的明显缺陷是 。
（5）为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是____(填字母)
A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾
（6）若mg最终制得纯净的ng，则的产率是 ×100%。(相对分子质量分别是：106.5 ：90.5)
27．（2022·洛阳模拟）碳酸锶(SrCO3)具有屏蔽X射线的功能，广泛应用于彩色显示装置、等离子显色装置的荧光屏玻璃中。工业上以天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤为原料生产碳酸锶。工艺流程如下：
已知：①Sr(OH)2、Ba(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度(g)：
温度/℃ 20 40 60 80 90 100
Sr(OH)2 1.77 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2
Ba(OH)2 3.89 8.22 20.94 101.4 — —
Ca(OH)2 0.173 0.141 0. 121 0.094 0.086 0.076
②浸取时发生反应：2SrS+2H2O=Sr(HS)2+Sr(OH)2，硫化锶的溶解度主要受氢氧化锶的溶解度影响。
③BaSO4、SrCO3、BaCO3和SrSO4均难溶于水，在相同温度下的溶解度(S)关系如下：
S(BaSO4)≈S(SrCO3)＜S(BaCO3)＜S(SrSO4)。
回答下列问题：
（1）天青石、煤混合粉碎的目的是 。
（2）天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4 ，反应的化学方程式为 。
（3）用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是 。
（4）碳化过程控制条件让硫氢化锶吸收二氧化碳有利于产品质量的提高，并且可以提供硫化氢使氢氧化锶转化为硫氢化锶。写出碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳的化学方程式： 。
（5）若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低，结合化学方程式解释原因： ，取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若 表明到达碳化终点。
（6）由于碳化所用的CO2中含有少量的O2、SO2等，在碳化时发生副反应，生成少量的SrSO3、SrSO4，所以要对碳化完成的碳酸锶浆进行脱硫处理。方法为加入纯碱，并加热煮沸，写出脱硫过程SrSO4与纯碱反应的化学方程式 。
28．（2022·朝阳模拟）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ由两步反应组成：
①；
② 。
（2）反应Ⅱ：
①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大， 0。
②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下：
时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原因： 。
（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：
①ⅰ.
ⅱ. 。
②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合液，便于循环利用。
a.该过程中，应选取的化学试剂是 。
b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案是： 。(用简要文字说明即可)
29．（2022·朝阳模拟）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是 。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是 。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号 ⅰ ⅱ
所加试剂 粉 粉、()
的去除率 ≈50% ≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系： ，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为 ，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因： 。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为 。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果 (填“偏大”或“偏小”)。
30．（2022·唐山模拟）
（1）Ⅰ.是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
“反应”步骤中生成的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）Ⅱ.某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产产品。
已知装置B中的产物有气体和，则B中产生气体的化学方程式为 。
（3）装置D中生成和一种助燃气体，其反应的化学方程式为 。
（4）装置C的作用是 。
（5）反应结束后，打开，装置A起的作用是 ；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是 。
（6）测定样品中的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：)，则所称取的样品中的质量分数为 。(用含V、c、m的表达式列出)
31．（2022·朝阳模拟）某小组探究氧化性、还原性的变化规律。
资料：、
（1）制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀，得溶液B。溶用冰水，目的是 。
（2）检验：向溶液A、B中分别滴加适量酸性溶液。
Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。
发生还原反应：
发生氧化反应： 。
Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.有氧化性，能被还原为
猜想2.有 性，能与反应产生
猜想3.……
（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
序号 实验 试剂 现象
ⅰ a 生成棕褐色固体，产生大量气泡
ⅱ b 有少量气泡
ⅲ 溶液 有少量气泡
ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。
①X是 。
②a是 、b是 。
③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。
（4）向一定浓度的溶液中加入少量，迅速产生大量气泡；随后加入，固体溶解，气泡产生明显减弱。结合方程式解释原因 。
（5）综上，做氧化剂还是做还原剂，与 等因素有关。
32．（2022·开封模拟）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MoO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
（1）“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是 。
（2）“焙烧”中有Na2MoO4生成，发生反应的化学方程式为 。
（3）钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为 、 、 、 。
（4）“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为 。
（5）操作A最好采用 。
（6）已知金属Mo的浸出率a=()×100%，(w-浸出渣中Mo的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的Mo总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中Mo的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则Mo的浸出率a= 。
33．（2022·石家庄模拟）氧化钪(Se2O3)广泛应用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。利用钛白酸性废水(含H+、Sc3+、Ti4+、Fe2+、SO)制备氧化钪的工艺具有较高的经济价值，其工艺流程如图所示：
已知：
i．Sc3+、Ti4+、Fe2+均能与P504(用HR表示)发生络合反应，且机理均为：Mn++nHRMRn+nH+；
ii．金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 T14+ Fe2+ Sc3+
开始沉淀pH 1.3 6.8 4.0
沉淀完全pH 2.3 9.0 5.0
回答下列问题：
（1）萃取相比()指的是萃取时有机相与被萃取的酸性废水的体积比。“萃取”工序中，萃取相比()与Sc3+的萃取率关系如表所示：
萃取相比() 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
Sc3+的萃取率/% 90 90 90 85 80 70 60
该工序中最适宜的值为1：20，理由为 。
（2）Sc3+的络合机理为 (用离子方程式表示)；“水相II”的主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，则Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是 。
（3）“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的为 ；“滤液I”的主要成分为 (填化学式)。
（4）“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH范围为 。
（5）“沉钪”时，能得到Sc2(C2O4)3·6H2O。其在“焙烧”分解时，热分解温度区间和分解得到的固体产物如表所示：
草酸钪晶体 热分解温度区间(K) 固体失重百分率(%) 生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O(摩尔质量为462 g/mol) 383~423 19.48 A
463~508 23.38 B
583~873 70.13 Sc2O3
化合物A的化学式为 ；由含钪化合物B转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为 。
34．（2022·榆林模拟）一种矿物的孪生矿含有Pr2S3、FeS、SiO2等，利用该矿制取PrCl3晶体的工艺流程如下：
已知：PrCl3(aq)+2Cl-(aq)(aq) ΔH＞0.
（1）实验室用氯化铁固体配制氯化铁溶液的具体操作为 。
（2）“溶浸”时Pr2S3可被FeCl3氧化，生成淡黄色的沉淀。写出Pr2S3被FeCl3氧化的离子方程式： ；由于溶液酸性较强，该操作中易产生有毒气体，其化学式为 ，工业上可用 (填化学式)来吸收处理。
（3）"滤渣1”的主要成分有 (填化学式)。
（4）“调pH”时，可选用的试剂为____ (填标号)。
A．Fe2O3 B．稀盐酸 C．Fe(OH)3 D．稀硫酸
（5）用化学平衡移动的原理解释使用冰水浴的原因： 。
35．（2022·自贡模拟）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图。
已知： Ksp[Co(OH)2]=2 ×10-15， 请回答以下问题：
（1）“滤渣I”主要成分是 。 “ 酸浸”过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图所示，酸浸的最佳温度和时间是 。
（2）“氧化” 时反应的离子方程式是 ，为证明添加NaClO3已足量，可用 (写化学式)溶液进行检验。
（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为 。
（4）“萃取”和“反萃取”可简单表示为： 2HX + Ni2+NiX2+ 2H+。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。“反萃取”需要往有机层中加 (填试剂名称)
（5）若起始时c(Co2+) = 0.02 mol·L-1，“沉钴”过程中应控制pH ＜7.5的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；除杂
【解析】【解答】A.Fe3+和铁粉发生氧化还原反应，可以将Fe3+转变为Fe2+且不引入新的杂质，但是属于氧化还原反应，因此不符合题意；
B.氢氧化钠可以将氯化镁转化为氢氧化镁沉淀除去，再通过稀盐酸和氢氧化钠反应将过量的氢氧化钠除去，两个反应都属于复分解反应，试剂选用正确且没有发生氧化还原反应，符合题意；
C.氯气溶于水后会生成次氯酸和氯化氢，不仅不能除去杂质还会引入新的杂质，且该反应属于氧化还原反应，因此不符合题意；
D.除去一氧化氮中的二氧化氮只需要通入水中即可，不需要再加无水氯化钙，因此试剂选择错误，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】除杂时应选择的试剂既能将杂质除去，又不能引入新的杂质；
在化学反应中既有元素化合价的升高又有化合价的降低的反应叫做氧化还原反应。
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】A.H2C2O4作为酸和Ca(OH)2发生酸碱中和反应，生成草酸钙沉淀和水，选项的书写是正确的，不符合题意；
B.根据强酸制弱酸的规律，由于H2C2O4的酸性强于H2CO3，所以碳酸氢钠和草酸会反应生产草酸氢钠、水和二氧化碳；
C.草酸属于弱酸，在书写离子方程式时不能拆分，选项的说法是错误的，符合题意；
D.在酯化反应中，酸断裂的是碳氧键，醇断裂的是碳氢键，因此选项的说法是正确的，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.酸碱中和反应属于复分解反应；
B.弱酸盐会和强酸反应制得弱酸；
C.该离子方程式的应该为：2MnO4-+5H2C2O4=Mn2++10CO2+H2O；
D.酯化反应是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应。
3．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．蓝色变无色是葡萄糖和亚甲基蓝反应，生成亚甲基白，葡萄糖被氧化，亚甲基蓝被还原，无色变蓝色是亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝，不是可逆反应，故A不符合事实；
B．亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝，则亚甲基蓝变为亚甲基白是还原过程，所以蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程，故B符合事实；
C．升高温度，氧气在水中的溶解度降低，不一定能加快反应速率，故C符合事实；
D．波腹处声音强度最小，氧气浓度大，更容易出现蓝色，故D符合事实；
故答案为：A。
【分析】A.葡萄糖和亚甲基蓝反应生成亚甲基白，亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝，该反应不可逆；
B.亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝；
C.升温氧气的溶解度降低；
D.波腹处声音强度最小，氧气浓度大。
4．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．燃煤脱硫可以减少煤燃烧时二氧化硫的排放，减少酸雨，与燃烧放出的热量无关，A符合题意；
B．工厂利用CO还原氧化铁等铁的氧化物从而得到铁单质，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．推广使用免洗手消毒液，利用了体积分数为75%的酒精，能够使蛋白质变性，杀死细菌， C不符合题意；
D．纯碱溶液即为碳酸钠溶液，碳酸钠电离产生的碳酸根在水溶液中能水解产生氢氧根，油脂在碱性条件下，能发生皂化反应，即水解反应，能清洗餐具上的油脂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.煤中含有少量硫元素，燃烧时会生成污染性气体二氧化硫；
B.冶炼钢铁时，利用一氧化碳还原氧化铁；
C.酒精能使蛋白质变性；
D.纯碱在水溶液中水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解。
5．【答案】A
【知识点】化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的，A符合题意；
B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B不符合题意；
C．由题干信息可知，②中反应物NH3 H2O是足量的，但是反应产物是而不是，说明相对较稳定，C不符合题意；
D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.N2H4分子中N原子采用sp3杂化；
B.N2H4具有还原性，与氧气能发生氧化还原反应，生成氮气和水；
C.氨水足量，得到的产物为，说明其更稳定；
D.③中反应物为和O2，生成物为。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故A不符合题意；
B．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取的方向移动，目的是提高的萃取率，故B符合题意；
C．根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，试剂a可为盐酸或硝酸，故C不符合题意；
D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】二氧化铈废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有Ce3+的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，再加入萃取剂HA萃取，之后加入酸反萃取，最后加入氨水和碳酸氢铵沉淀得到。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；同分异构现象和同分异构体；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．加醋曲酿醋过程涉及淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖分解为乙醇，乙醇氧化为乙酸，涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．糯米石灰浆是由糯米、氢氧化钙做的材料，属于复合材料，B不符合题意；
C．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；麦芽糖与蔗糖互为同分异构体，C不符合题意；
D．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物；胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、葡萄糖转化为乙醇，乙醇转化为乙酸，涉及化合价的变化，为氧化还原反应；
B、糯米石灰浆为复合材料；
C、蔗糖和麦芽糖为同分异构体；
D、树脂为高分子化合物。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成
【解析】【解答】A．由图中abd物质结构可知，催化循环中Pt的配位数有3种，A不符合题意；
B．a中Pt结合2个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2价，B不符合题意；
C．c→d过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C不符合题意；
D．SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，采用sp2杂化；SO3中心S原子价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；VSEPR模型名称相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图示可以知道abd有3种Pt的配位数；
B、结合常见元素的化合价判断；
C、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
D、化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由转化示意图可知，整个过程中有氢氧键的断裂和形成，故A不符合题意；
B．反应过程中中的V由+4价升高到+5价，化合价升高，被氧化，故B不符合题意；
C．由转化示意图可知，整个过程中反应物为、、，生成物为、，在钒系催化剂作用下脱硝反应为，故C符合题意；
D．由转化示意图可知，在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该过程中存在H-O键的断裂和形成；
B.反应过程中中V的化合价升高，被氧化；
D. 先生成后消耗，为中间体。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】A．碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的一极是正极，故正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，A项不符合题意；
B．燃烧热为1mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，故斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H= -297kJ mol-1，B项符合题意；
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，C项不符合题意；
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒，根据氧化还原反应配平，故方程式：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碱性氢氧燃料电池属于原电池，通入氧气的一极是正极。
B.燃烧热为1mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量。
C.黄铁矿的主要成分是FeS2。
D.SO2与SeO2的水溶液反应生成Se和硫酸，结合得失电子守恒和原子守恒进行分析。
11．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化合价与化学式
【解析】【解答】A．是中间产物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A不符合题意；
B．反应历程中氢离子的物质的量有增多和减少的过程，并不是一直减小，B不符合题意；
C．Pd元素化合价有从+2转化为0，也有从0到+2，C不符合题意；
D．该历程的总反应为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.催化剂能降低反应活化能。
B.根据反应历程中氢离子作为反应物或生成物进行分析。
C.Pd元素化合价有从+2转化为0，也有从0到+2。
D.该历程的总反应为。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化，A不符合题意；
B．该反应中，Na2O2中O的化合价既有升高，又有降低，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B不符合题意；
C．a=2，根据Fe和S守恒可知，c=2，d=2，再根据Na守恒可知，b=6，则3a=b，C不符合题意；
D．由选项C可知，该反应的化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则每生成1mol Na2FeO4，转移5mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、强氧化性可杀菌消毒；
B、氧元素化合价有升有降，既是氧化剂，又是还原剂；
C、结合元素守恒判断；
D、结合化合价变化判断电子数。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；有机物中的官能团；物质的简单分类
【解析】【解答】A．和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；
B．链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基2种官能团，B符合题意；
C．二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，合成中碳元素化合价发生了改变，故发生了氧化还原反应， C不符合题意；
D．该新路径可以充分利用二氧化碳，有利于促进“碳中和”，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A、酸性氧化物：多数非金属氧化物是酸性氧化物，一氧化氮、一氧化碳、二氧化氮特殊；
B、葡萄糖含有羟基、醛基；
C、化合价发生变化为氧化还原反应；
D、碳中和的特点是除去二氧化碳。
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．硫单质可用作橡胶硫化剂，体现的是硫的化学性质，与颜色无关，A不符合题意；
B．SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应，体现SO2的漂白性，B不符合题意；
C．Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应，从而去除Cl2，C符合题意；
D．浓硫酸用作酯化反应的催化剂，与氧化性无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、颜色和是否作为硫化剂无关；
B、二氧化硫具有漂白性可以漂白编织物；
C、亚硫酸钠可以和氯气发生氧化还原反应；
D、浓硫酸作为催化剂可以使醇和羧酸发生酯化反应。
15．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应
【解析】【解答】A．HO 含有的电子数为8+1=9个，A不符合题意；
B．有机反应中，加氢或去氧的反应为还原反应，反应③中， 加氢生成 ，因此 是氧化剂，故生成的苯酚为氧化产物，B符合题意；
C．反应②中由 生成 ，反应中加氧，为氧化反应，因此有化合价的变化，C不符合题意；
D．O2中的氧氧键的键长短，键能大，不易断裂，因此不易发生反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.HO 含有9个电子；
B.有机反应中，加氢或去氧的反应为还原反应；
C.反应②中由 生成 ，发生氧化反应，有元素的化合价变化；
D.O2中的O=O键的键长短，键能大。
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．溴的提取涉及Br-→Br2，有元素化合价的变化，该过程中涉及到氧化还原反应，A项不符合题意；
B．氯碱工业即用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，该反应中涉及到元素化合价的变化为氧化还原反应，B项不符合题意；
C．合成氨为，该反应涉及到元素化合价变化为氧化还原反应，C项不符合题意；
D．海水晒盐变化为NaCl(aq) →NaCl(s)为物理变化，不属于氧化还原反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
17．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4mol中，只有2mol所含氮元素化合价升高，作还原剂，则，A不符合题意；
B．由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗，转移1.2mol电子，转移电子数是，B不符合题意；
C．生成物中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则既不是氧化产物也不是还原产物，C不符合题意；
D．，N元素化合价升高，，N元素化合价不变，即中N的化合价部分发生变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物。
18．【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】根据上述分析可知，
A．含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)经过碱浸后，其中铝箔可与氢氧化钠溶液发生反应生成Na[Al(OH)4]或NaAlO2，即“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]或NaAlO2，A不符合题意；
B．经过酸溶之后，Co3O4中的Co元素转化为Co2+，Co元素化合价降低，即在酸溶步骤中Co元素被还原， H2O2此时作还原剂，B符合题意；
C．萃取Co2+的反应原理：Co2++2HR(有机磷) CoR2+2H+，根据平衡移动原理可知，“反萃取”中可加入H2SO4，使平衡向逆反应方向移动，从而有机相中CoR2转化为无机相，分离出Co2+，C不符合题意；
D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质，降低其产品纯度，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】经过第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解转化为Na[Al(OH)4]或NaAlO2（滤液Ⅰ）而被除去，钴渣中主要含Co3O4和LiCoO2，后续萃取操作中，加入HR有机磷，根据给定信息可知，萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在酸溶步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，硫酸提供酸性环境，经过滤所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，再经过萃取操作实现两者分离，有机相中主要为CoR2，根据萃取Co2+的原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后加入碳酸钠溶液经过沉钴操作获得CoCO3，据此分析解答。
19．【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．过程I中氧气为氧化剂， 为氧化产物，过程II中 为氧化剂， 为氧化产物，根据氧化性：氧化剂>氧化产物，可得：氧化性： ，故A符合题意；
B．过程I的反应为： ，氧气为氧化剂，氢氧化锰为还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为物质的量之比为1：2，故B不符合题意；
C．过程Ⅱ中， 为氧化剂，1mol 得2mol电子， 失4mol电子，根据电子得失守恒可得反应的离子方程式为： ，故C符合题意；
D． 转化为 失电子数为8mol，而1mol氧气得4mol电子，则需要的氧气为2mol，标况下的体积为44.8L，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】 与硫酸锰在溶液中发生反应生成氢氧化锰，过程I中氢氧化锰与氧气发生反应生成水和 ，过程II中 与硫离子发生反应生成 和 ， 与氧气反应生成 ，据此分析解答。
20．【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A．由于 是红色， 是黄色，所以②中溶液变红，是由于生成了 ，A项符合题意；
B．取少量③中的溶液加入 溶液，产生白色沉淀，③中的溶液呈酸性，所以证明白色沉淀是硫酸钡，B项不符合题意；
C．由于②中溶液立即变红，所以 聚合为 的速率很快，远大于硝酸氧化 的速率，C项符合题意；
D．向溶有 的浓硝酸中加几滴 溶液，溶液先变红后迅速褪色与未溶有二氧化氮的浓硝酸“静置一段时间后突然反应剧烈”相比，而反应仍然是产生大量红棕色气体，证明证明 催化浓硝酸氧化 ，D项不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据题意可知 能被氧化为黄色的 可聚合为红色的
B.可用钡离子检验硫酸根离子
C.根据题意可知，硝酸氧化SCN-的速率大
D.根据实验现象即可判断，二氧化氮可以催化硝酸氧化
21．【答案】B,C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；取代反应
【解析】【解答】A．由反应历程可知，整个过程中P的化合价始终保持+3价不变，故A符合题意；
B．由 的结构可知，其只含两个羟基氢，属于二元酸，故B不符合题意；
C． 中三个Cl处于对称位置，每个Cl原子被取代的机会相等，故C不符合题意；
D． 分子中P原子有一对孤对电子未成键，与金属离子的空轨道之间易形成配位键，从而形成配合物，故D符合题意；
故答案为：BC；
【分析】A、根据反应过程中磷元素的化合价变化分析；
B、H3PO3中只含有连个羟基氢，属于二元酸；
C、根据PCl3的结构分析；
D、PCl3中P原子上有一对孤对电子；
22．【答案】A,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应
【解析】【解答】A．由反应机理图可知：脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd，故总反应为：2CO+2CH3ONO +2NO，A符合题意；
B．由图可知：Pd与CH3ONO生成了CH3O-Pd-NO，断的是O-N键，-N=O中的双键并没有断，B不符合题意；
C．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]时，第一步反应生成的CH3O-Pd-NO减少，Pd-CO-Pd增多，CH3O-Pd-NO的减少将导致脱附过程2的减少，脱附过程1将增加，进一步导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大，C不符合题意；
D．由反应机理图可知：脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯 ，D符合题意；
故答案为AD；
【分析】A．脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd；
B．Pd与CH3ONO生成CH3O-Pd-NO时断O-N键；
C．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大；
D．由图像可知，脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯。
23．【答案】A,C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．由图可知，LnPd转化为LnPdCl2时会消耗Cl-，此时CuCl2转化为CuCl，LnPdHCl转化为LnPd时会释放HCl，Cl-作催化剂，加入O2可使CuCl转化为CuCl2，从而提供Cl-，即使催化剂再生，故A符合题意；
B．由图可知，羟钯化反应中有HCl生成，H来自于原料H2O，转化流程中以HCl的形成存在，所以由 转化 过程的原子利用率不是100%，整个流程中催化剂为PdCl2、CuCl2，二者均为重金属盐，并不是无毒无害物质，故B不符合题意；
C．LnPd转化为LnPdCl2时Pd元素化合价升高，CuCl2与CuCl转化过程中Cu元素化合价发生变化，加入的O2转化为H2O，O元素化合价降低，故C符合题意；
D.1个 中除R内的化学键外，含有5个 键，1个 中除R内的化学键外，含有6个 键，题干未说明二者的物质的量关系，故D不符合题意；
故答案为AC。
【分析】A.注意流程图中箭头的指向，氯化铜变成氯化亚铜后再变成氯化铜，需要氧气的参与；
B.催化剂属于重金属盐，是有毒的；
C.关注各元素的化合价变化，其中Pd元素、Cu元素、O元素、C元素化合价都发生了变化；
D.一个双键中只有一个 键。
24．【答案】（1）容量瓶
（2）BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量
（6）溶液蓝色恰好消失
（7）
（8）易挥发
【知识点】氧化还原反应；指示剂；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还要用到容量瓶；
（2）BrO3-具有氧化性，Br-具有还原性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，产物为溴单质和水，故该反应方程式为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O；
（3）苯酚会和溴单质发生取代反应，反应的方程式为：；
（4）为了确定废水中苯酚的含量，需要将苯酚完全反应掉，因此加入的溴单质应该是过量的，溶液就是黄色；
（5）根据反应方程式：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O、Br2+2KI=2KBr+I2和可知，KI一定是过量的；
（6）淀粉与碘单质会生成蓝色的络合物，当滴加的硫代硫酸钠将碘单质全部还原为碘离子后，反应即到达终点，此时溶液的蓝色消失；
（7）要计算废水中苯酚的含量，应该先计算出苯酚消耗的溴单质的量，根据对应关系KBrO3~3Br2~6KI可知苯酚消耗的溴单质的物质的量为6aV1-bV3，再比上6V2，最后乘上苯酚的分子量，即为废水中苯酚的含量，即；
（8）溴单质的沸点较低，具有较强的挥发性，因此需要贮存在密闭的容器中。
【分析】（1）在配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选择合适规格的容量瓶；
（2）在溴酸根中溴元素被还原，溴离子中溴元素被氧化；
（3）取代反应是指化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，用通式表示为：R－L（反应基质）+A-B（进攻试剂）→R－A（取代产物）+L-B（离去基团）属于化学反应的一类；
（4）如果溴单质不过量，就无法保证将废水中的苯酚全部反应掉，造成计算误差；
（5）由于苯酚也消耗溴单质，因此当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；
（6）淀粉是用来检验碘单质的试剂，在该反应中相当于指示剂；
（7）根据几个方程式的计量关系可以求出废水中苯酚的含量；
（8）溴单质的沸点约为59摄氏度，因此易挥发。
25．【答案】（1）碱煮水洗
（2）加快反应；热水浴；C
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质；防止Fe3+水解
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O
【知识点】氧化还原反应；蒸发和结晶、重结晶；复杂化学式的确定；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】（1）油污主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪防酸盐和丙三醇都能溶于水，所以可以除去 ，故答案为：
碱煮水洗 。
（2）温度对反应速率的影响，可以加快反应速率。根据温度范围，可以选择加热方式：水浴加热。产生硫化氢气体有毒显酸性所以用氢氧化钠吸收，但要防止倒吸现象，故答案为；1、加快反应2、热水浴3、C。
（3）根据最后溶液时硫酸铁铵得出铁是三价铁，而前面反应生成的是二价铁，所以需要氧化性物质，进行氧化，而双氧水是绿色氧化剂，故答案为： 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 。
由于三价铁离子的水解程度比较大，故要调节ph防止三价铁水解。故答案为： 防止Fe3+水解 。
（4）得到晶体的一系列过程操作是： 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） 。
（5）设硫酸铁铵和水分子的物质的量之比为1：x，根据18x/M+18x= 5.6% 。解出x=12.
【分析】（1）根据油脂的性质进行判断除杂试剂。
（2）根据图反应物和生成物之间的反应类型，关系进行判断条件，根据加热温度选择加热方式，根据气体性质选择吸收剂。
（3）根据反应产物和反应物之间元素化合价的变化进行判断反应类型，再判断试剂作用。
（4）根据产物选择实验操作方法。
（5）根据已知关系利用质量分数计算方法进行计算。
26．【答案】（1）检查装置的气密性；防止倒吸(或稀释气体)；b
（2）
（3）遇酸放出；不能被充分吸收，的产率下降
（4）没有处理尾气
（5）A
（6）或或(或其他合理答案)
【知识点】氧化还原反应；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。
(1)本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；
b．实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度 ，
故答案为：b；
c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；
选b。
(2)三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；
(3)遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；
(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；
(5)A. 过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，
故答案为：A；
B. 硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；
C. 氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；
选A。
(6)若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。
【分析】（1）有气体参与的反应组装好仪器之后首先检查装置的气密性；装置B作为安全瓶；过氧化氢和 受热易分解；
（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠；
（3） 遇酸放出 ； 空气流速过快时，不能被充分吸收，的产率下降；
（4）该装置缺少尾气处理装置；
（5）加入的还原剂应注意不能引入杂质，且还原性与过氧化氢相当；
（6）计算理论产量，进而得出产率。
27．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率
（2）SrSO4+4COSrS+4CO2
（3）促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解
（4）Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S
（5）二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO3)2，造成产量下降；无色酚酞不变红
（6）SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)依据外界条件对反应速率的影响可知天青石、煤混合粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率。
(2)天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4生成SrS，反应的化学方程式为SrSO4+4COSrS+4CO2。
(3)由于Sr(OH)2、Ba(OH)2的溶解度随温度升高而增大，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解。
(4)碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳生成SrCO3和H2S，反应的化学方程式为Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S。
(5)由于二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO3)2，造成产量下降，所以若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低；由于反应中有H2S生成，其溶液显酸性，所以取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若无色酚酞不变红表明到达碳化终点。
(6)根据原子守恒可知脱硫过程SrSO4与纯碱反应生成SrCO3和Na2SO4，氟的化学方程式为SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4。
【分析】天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤粉碎后灼烧，SrSO4与碳生成的CO反应生成SrS，利用热水浸取，过滤除去滤渣1，所得滤液除钡，过滤得到滤渣2，向滤液中通入CO2炭化得到SrCO3，然后脱硫，通过一系列操作得到SrCO3。
28．【答案】（1）2SO32SO2+O2
（2）<；SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响
（3）；SO2水溶液；将固体S(吸附了)加热，用SO2水溶液吸收气体
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)根据氧化还原反应原理，反应Ⅰ第一步反应①，没有发生化合价的改变，则第二步发生+6价S化合价降低，-2价氧化化合价升高，得到产物SO2和O2的反应，反应方程式②：2SO32SO2+O2。
(2)①该反应气体分子数正向减少，压强增大平衡正向移动，而达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，说明温度升高平衡逆向移动，故<0；
②该SO2的歧化反应中，H2O作为溶剂使SO2分子间有较大的碰撞概率，但是若，则SO2在水中浓度降低，碰撞概率下降，即SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响。
(3)①是催化剂，则其在总反应中没有改变、损耗，反应ⅰ.，则反应ⅱ.；
②根据反应ⅱ.，为从中获得固体S以及与的混合液，需除去I2，故该过程中，应选取的化学试剂是SO2；设计方案：将固体S(吸附了)加热，碘单质易升华，用SO2水溶液吸收碘气体，即能达到目的。
【分析】（1）将反应Ⅰ的总反应减去反应①即可得到反应②；
（2）①增大压强平衡正向移动，升温平衡逆向移动；
②时，SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响；
（3）①碘离子为催化剂，反应ⅰ消耗碘离子，则反应ⅱ应产生碘离子；
②结合反应ⅱ分析。
29．【答案】（1）过滤
（2）
（3）还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；7.2×10-5mol NaCl
（4），Fe2+破坏了钝化层
（5）；偏大
【知识点】氧化还原反应；过滤；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
(3)根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
(5)步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：①；② 偏大。
【分析】（1）分离固液混合物采用过滤；
（2）Ⅱ的产物为四氧化三铁和铵根离子，反应物为酸化的硝酸盐废水和Fe粉；
（3）根据得失电子守恒计算；
（4） 不导电，用Fe2+破坏钝化层有助于 的去除 ；
（5）①先计算硝酸根的物质的量，再根据计算；
②氧气也会氧化硫酸亚铁。
30．【答案】（1）2：1
（2）
（3）
（4）防止D瓶溶液倒吸到B瓶中
（5）吸收装置B中多余的和；和NaCl
（6）
【知识点】氧化还原反应；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO2和NaClO3反应制备ClO2，再由ClO2经过后续反应制备NaClO2；
II．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，如图所示：装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应制备ClO2；装置D中装置D中与过氧化氢在碱性条件下反应生成；装置C为安全瓶，可以防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；装置A和装置E为尾气处理装置。
(1)“反应”步骤中，SO2和NaClO3反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3中的Cl元素的化合价由+5降低为+4，则NaClO3作氧化剂，SO2中的S元素的化合价由+4升高到+6，则SO2作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。
(2)由题干信息可知，装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为 。
(3)装置D中与过氧化氢在碱性条件下反应生成和助燃性气体O2，反应的化学方程式为：。
(4)装置C是安全瓶，其作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中。
(5)和为有毒气体，需要用吸收等有害气体，防止污染环境，故装置A起的作用是吸收置B中多余的和；如果撤去D中的冷水浴，ClO2会和NaOH发生反应6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O，导致产品中混有NaClO3和NaCl。
(6)已知：，，得关系式 ，n(Na2S2O3)=cV10-3mol，则样品中，n(NaClO2)=cV10-3mol=cV10-3mol，样品中NaClO2的质量分数为=。
【分析】（1）NaClO3和SO2在硫酸酸化条件下生成ClO2，NaClO3是氧化剂，SO2为还原剂，根据得失电子守恒计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；
（2）浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和Na2SO4；
（3） 装置D中生成和一种助燃气体，该气体为氧气，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
（4）装置C作安全瓶；
（5）装置A中NaOH可吸收 多余的和 ；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有 和NaCl ；
（6）根据关系式 计算。
31．【答案】（1）降低温度、减缓过氧化氢分解
（2）；还原
（3）MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4
（4）2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂
（5）其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，答案为：降低温度、减缓过氧化氢分解；
(2)溶液为酸性，过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为：，用总反应减去还原反应得到氧化反应，即；猜想2.→中Mn元素化合价升高，可猜想具有还原性，答案为：；还原；
(3)①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液；
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢和稀硫酸，答案为：MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4；
(4)由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，答案为：2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂；
(5)通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，答案为：其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性。
【分析】（1）过氧化氢受热易分解；
（2）过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为，总反应减去还原反应即得到氧化反应；化合价升高发生氧化反应，锰离子为还原剂，体现还原性；
（3）①探究的是锰离子的性质，则X中应含有锰离子；
②溶液分别为碱性和酸性；
（4）催化剂在反应前后不发生变化，反应物的质量减少；
（5）根据实验，溶液的酸碱性等均能影响物质的性质。
32．【答案】（1）增大接触面积，提高浸取率
（2）Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
（3）0.28(0.25~0.3均正确)；1.5h；90℃ (85~90℃均正确)；5：1
（4）+H++H2O=Al(OH)3↓
（5）蒸发浓缩，冷却结晶
（6）98%
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
(2)由流程图可追，反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3)纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90℃ (85~90℃均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
(4)根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：+H++H2O=Al(OH)3↓；
(5)操作A为由溶液中获得Na2SO4 10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
(6)由题意可知，浸出渣中Mo的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的Mo的质量可通过催化剂MoO3的含量为28.8%来计算，催化剂中Mo的质量分数为：，则1t催化剂中含Mo质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率。
【分析】（1）粉碎可增大反应物的接触面积；
（2）反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式；
（3）浸出率最大时为最佳反应条件，结合图像分析；
（4）沉淀M为氢氧化铝；
（5）从溶液中获得Na2SO4 10H2O的操作为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）先计算Mo的质量，再代入浸出率公式计算。
33．【答案】（1）萃取率高且节约有机相
（2）Sc3++3HRScR3+3H+；Ti4+
（3）将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀；NaR
（4）2.3≤pH＜4.0
（5）Sc2(C2O4)3·H2O；2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)该工序中最适宜的值为1：20，这是由于在该比值时萃取率较高且节约有机相；
(2)Sc3+与HR发生络合反应产生ScR3、H+，该络合反应的机理为Sc3++3HRScR3+3H+；
“水相II”的主要成分除加入的H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2。离子的络合能力越强，则该离子越不容易形成可溶性盐进入水相中，根据水相中离子的含量，可知Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是Ti4+；
(3)“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的是将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，便于除杂与分离物质；
加入NaOH溶液，ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，同时产生NaR，则“滤液I”的主要成分为NaR；
(4)根据流程图可知：在“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH，使Ti4+以Ti(OH)4沉淀存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，则根据Ti4+、Sc3+形成沉淀的pH，可知应该调整的范围为2.3≤pH＜4.0；
(5)在温度为383~423K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为19.48，则失去质量为462×0.1948=89，若失重质量为水的质量，则失去水的数目为n(H2O)=，故生成的含钪化合物A化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；
在加热温度463~508 K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为23.38，若失重质量为水的质量，则失去质量为462×0.2338=108，则失去水的数目为n(H2O)=，Sc2(C2O4)3·6H2O恰好完全失去结晶水，故生成的含钪化合物B化学式为Sc2(C2O4)3，则由含钪化合物B在空气中煅烧转化为Sc2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【分析】向钛白酸性废水中加入P504和煤油，Sc3+、Ti4+、Fe2+与P504(用HR表示)发生络合反应进入煤油层中，而H+、SO进入水相，通过分液除去H+、SO；然后向有机相中加入稀硫酸进行酸洗，络合反应的化学平衡逆向移动，得到的水相II中主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，然后加入NaOH溶液进行反萃取，NaOH能够将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，而Na+则与R-形成NaR溶解在溶液中，通过分液弃去煤油层，将水相过滤，“滤液I”的主要成分为NaR，滤渣为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，向其中加入一定量HCl，调整溶液pH使其范围在2.3≤pH＜4.0，Tl4+仍然是以Ti(OH)4沉淀形式存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，向溶液中加入H2C2O4溶液，Sc3+形成Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀，然后在空气中煅烧Sc2(C2O4)3沉淀，形成Sc2O3、CO2。
34．【答案】（1）取氯化铁固体溶于浓盐酸中，搅拌溶解后加水稀释
（2）6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S；H2S；Ca(OH)2
（3）S、SiO2
（4）A；C
（5）由于PrCl3(aq)+2Cl-(aq) (aq)是吸热反应，冰水浴时，温度降低，平衡逆向移动，使不断转化为PrCl3晶体而析出
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)因为铁离子会水解呈酸性，所以配制氯化铁浸渍液时要求酸性较强，为防止铁离子水解，所以配制氯化铁溶液需要在浓盐酸中进行；故答案为：取氯化铁固体溶于浓盐酸中，搅拌溶解后加水稀释；
(2)“溶浸”时，加入的FeCl3溶液会与Pr2S3、FeS发生反应生成沉淀S和PrCl3，反应的离子方程式为6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S，溶液显酸性，会产生硫化氢气体，在工业上可以采用石灰乳来吸收；故答案为：6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S；H2S；Ca(OH)2；
(3)SiO2难溶于水，“溶浸”时反应生成S单质也难溶于水，则"滤渣1”的主要成分有S、SiO2；
(4)调节溶液pH，将Zn2+、Fe3+转化为Zn(OH)2、Fe(OH)3沉淀，选择可以消耗H+的物质，可选Fe2O3、Fe(OH)3，
故答案为：AC；
(5)已知：PrCl3(aq)+2Cl-(aq)(aq) ΔH＞0，使用冰水浴得到PrCl3晶体的原因：由于PrCl3(aq)+2Cl-(aq) (aq)是吸热反应，冰水浴时，温度降低，平衡逆向移动，使不断转化为PrCl3晶体而析出。
【分析】孪生矿(含有Pr2S3、FeS、SiO2等)中加入FeCl3溶液，Pr2S3、FeS都与FeCl3发生氧化还原反应，生成Pr3+、Fe2+、S等，过滤所得滤渣1的成分为S、SiO2；滤液1中含有Pr3+、Fe2+、Cl-等；往滤液1中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+；调节pH，除去Zn2+、Fe3+转化为Zn(OH)2、Fe(OH)3沉淀而成为滤渣2；此时滤液中主要含有Pr3+、Cl-，蒸发浓缩，然后冰水浴冷却，可得到PrCl3晶体。
35．【答案】（1）SiO2、BaSO4；70℃和120 min
（2）6Fe2++6H++ClO=6Fe3++Cl-+3H2O；K3[Fe(CN)6]
（3）3Fe3++Na++2SO+3H2O+3CO=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑
（4）促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率；稀硫酸
（5）防止沉钴时生成Co(OH)2
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】
(1)原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不与稀硫酸反应，所以会出现在滤渣中，BaO与稀硫酸反应最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短越好，根据图知，酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min；
(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为：6Fe2++6H++ClO=6Fe3++Cl-+3H2O；为证明添加NaClO3已足量，可检验溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验；
(3)根据黄钠铁钒渣的化学式以及调节pH时所加入的物质，结合原子、电荷守恒等，可知“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀的离子方程式为：3Fe3++Na++2SO+3H2O+3CO=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；
(4)结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应2HX+Ni2+NiX2+2H+向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使2HX+Ni2+NiX2+2H+向左移动，可通过加入酸来实现；
(5)根据已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始时c(Co2+)=0.02mol L-1，c(OH-)=，c(H+)=10-7.5mol L-1，所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5。
【分析】原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，Fe2O3，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，过滤分离出滤渣为SiO2和BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4以及过量H2SO4，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸钠调节pH使Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣，经过滤除去；再加入萃取剂，镇等、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，再通过沉钴步骤得到CoCO3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体，煅烧后得到 NixOy 。
2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应3
一、选择题
1．（2019·北京）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；除杂
【解析】【解答】A.Fe3+和铁粉发生氧化还原反应，可以将Fe3+转变为Fe2+且不引入新的杂质，但是属于氧化还原反应，因此不符合题意；
B.氢氧化钠可以将氯化镁转化为氢氧化镁沉淀除去，再通过稀盐酸和氢氧化钠反应将过量的氢氧化钠除去，两个反应都属于复分解反应，试剂选用正确且没有发生氧化还原反应，符合题意；
C.氯气溶于水后会生成次氯酸和氯化氢，不仅不能除去杂质还会引入新的杂质，且该反应属于氧化还原反应，因此不符合题意；
D.除去一氧化氮中的二氧化氮只需要通入水中即可，不需要再加无水氯化钙，因此试剂选择错误，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】除杂时应选择的试剂既能将杂质除去，又不能引入新的杂质；
在化学反应中既有元素化合价的升高又有化合价的降低的反应叫做氧化还原反应。
2．（2019·北京）探究草酸（ ）性质，进行如下实验。（已知：室温下， 的pH=1.3）
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（ ）
A． 有酸性，
B．酸性： ，
C． 有还原性，
D． 可发生酯化反应，
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】A.H2C2O4作为酸和Ca(OH)2发生酸碱中和反应，生成草酸钙沉淀和水，选项的书写是正确的，不符合题意；
B.根据强酸制弱酸的规律，由于H2C2O4的酸性强于H2CO3，所以碳酸氢钠和草酸会反应生产草酸氢钠、水和二氧化碳；
C.草酸属于弱酸，在书写离子方程式时不能拆分，选项的说法是错误的，符合题意；
D.在酯化反应中，酸断裂的是碳氧键，醇断裂的是碳氢键，因此选项的说法是正确的，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.酸碱中和反应属于复分解反应；
B.弱酸盐会和强酸反应制得弱酸；
C.该离子方程式的应该为：2MnO4-+5H2C2O4=Mn2++10CO2+H2O；
D.酯化反应是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应。
3．（2023·常德模拟）葡萄糖在碱性条件下和亚甲基蓝溶液混合后，蓝色会消失，经振荡，无色溶液又恢复蓝色，此过程可以反复多次。现用培养皿盛放上述溶液，将蓝牙音箱、白色亚克力板、培养皿由下至上放置，打开音箱(设置音频为60赫兹，音量为60分贝)，振荡使空气中的氧气进入溶液，一段时间后，培养皿中呈现波纹状颜色变化。
以下分析不符合事实的是
A．颜色变化的过程是可逆反应
B．蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程
C．升高温度，不一定能加快溶液变蓝的过程
D．波腹处更容易呈现蓝色的原因是此处氧气浓度更大
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．蓝色变无色是葡萄糖和亚甲基蓝反应，生成亚甲基白，葡萄糖被氧化，亚甲基蓝被还原，无色变蓝色是亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝，不是可逆反应，故A不符合事实；
B．亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝，则亚甲基蓝变为亚甲基白是还原过程，所以蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程，故B符合事实；
C．升高温度，氧气在水中的溶解度降低，不一定能加快反应速率，故C符合事实；
D．波腹处声音强度最小，氧气浓度大，更容易出现蓝色，故D符合事实；
故答案为：A。
【分析】A.葡萄糖和亚甲基蓝反应生成亚甲基白，亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝，该反应不可逆；
B.亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝；
C.升温氧气的溶解度降低；
D.波腹处声音强度最小，氧气浓度大。
4．（2023·红桥模拟）劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是
选项 劳动项目 化学知识
A 科学研究：燃煤脱硫 增大煤燃烧放出的热量
B 工厂生产：冶炼钢铁 涉及氧化还原反应
C 社会服务：推广使用免洗手酒精消毒液 酒精消毒液酒精能使蛋白质变性
D 家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具 油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．燃煤脱硫可以减少煤燃烧时二氧化硫的排放，减少酸雨，与燃烧放出的热量无关，A符合题意；
B．工厂利用CO还原氧化铁等铁的氧化物从而得到铁单质，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．推广使用免洗手消毒液，利用了体积分数为75%的酒精，能够使蛋白质变性，杀死细菌， C不符合题意；
D．纯碱溶液即为碳酸钠溶液，碳酸钠电离产生的碳酸根在水溶液中能水解产生氢氧根，油脂在碱性条件下，能发生皂化反应，即水解反应，能清洗餐具上的油脂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.煤中含有少量硫元素，燃烧时会生成污染性气体二氧化硫；
B.冶炼钢铁时，利用一氧化碳还原氧化铁；
C.酒精能使蛋白质变性；
D.纯碱在水溶液中水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解。
5．（2023·南开模拟）联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．分子的共价键只有键
B．具有还原性，在一定条件下可被氧化
C．②中反应产物是而不是，说明相对较稳定
D．③中发生反应：
【答案】A
【知识点】化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的，A符合题意；
B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B不符合题意；
C．由题干信息可知，②中反应物NH3 H2O是足量的，但是反应产物是而不是，说明相对较稳定，C不符合题意；
D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.N2H4分子中N原子采用sp3杂化；
B.N2H4具有还原性，与氧气能发生氧化还原反应，生成氮气和水；
C.氨水足量，得到的产物为，说明其更稳定；
D.③中反应物为和O2，生成物为。
6．（2023·岳阳模拟）实验室以二氧化铺铈废渣为原料制备，其部分实验过程如下：
已知：能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中做氧化剂
B．加氨水“中和”除去过量盐酸，主要目的是提高的萃取率
C．试剂a一定是盐酸
D．“沉淀”时反应的离子方程式为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故A不符合题意；
B．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取的方向移动，目的是提高的萃取率，故B符合题意；
C．根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，试剂a可为盐酸或硝酸，故C不符合题意；
D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】二氧化铈废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有Ce3+的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，再加入萃取剂HA萃取，之后加入酸反萃取，最后加入氨水和碳酸氢铵沉淀得到。
7．（2023·广东模拟）在中国灿烂的农耕文明发展过程中，产生了许多有关农业生产与生活的化学智慧。对下列史料记载的判断错误的是
A．将大豆煮熟后与面粉混合加醋曲酿醋：该过程不涉及氧化还原反应
B．用糯米石灰浆修筑长城：糯米石灰浆属于复合材料
C．用高粱制作饴糖(主要成分为麦芽糖)；麦芽糖与蔗糖互为同分异构体
D．胡桐树的树脂可作金银焊药：胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；同分异构现象和同分异构体；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．加醋曲酿醋过程涉及淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖分解为乙醇，乙醇氧化为乙酸，涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．糯米石灰浆是由糯米、氢氧化钙做的材料，属于复合材料，B不符合题意；
C．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；麦芽糖与蔗糖互为同分异构体，C不符合题意；
D．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物；胡桐树脂的主要成分属于天然高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、葡萄糖转化为乙醇，乙醇转化为乙酸，涉及化合价的变化，为氧化还原反应；
B、糯米石灰浆为复合材料；
C、蔗糖和麦芽糖为同分异构体；
D、树脂为高分子化合物。
8．（2023·广东模拟）一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．催化循环中Pt的配位数有3种 B．a中Pt的化合价为+2价
C．c→d发生的是氧化还原反应 D．SO2与SO3的VSEPR模型名称不同
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；有机物的合成
【解析】【解答】A．由图中abd物质结构可知，催化循环中Pt的配位数有3种，A不符合题意；
B．a中Pt结合2个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2价，B不符合题意；
C．c→d过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C不符合题意；
D．SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，采用sp2杂化；SO3中心S原子价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；VSEPR模型名称相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图示可以知道abd有3种Pt的配位数；
B、结合常见元素的化合价判断；
C、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
D、化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
9．（2023·重庆市模拟）钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述错误的是
A．反应过程中有氢氧键的断裂和形成
B．反应过程中被氧化
C．脱硝反应为
D．是反应中间体
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由转化示意图可知，整个过程中有氢氧键的断裂和形成，故A不符合题意；
B．反应过程中中的V由+4价升高到+5价，化合价升高，被氧化，故B不符合题意；
C．由转化示意图可知，整个过程中反应物为、、，生成物为、，在钒系催化剂作用下脱硝反应为，故C符合题意；
D．由转化示意图可知，在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该过程中存在H-O键的断裂和形成；
B.反应过程中中V的化合价升高，被氧化；
D. 先生成后消耗，为中间体。
10．（2023·南京模拟）元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列化学反应表示错误的是
A．碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
B．斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H=297kJ mol-1
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】A．碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的一极是正极，故正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，A项不符合题意；
B．燃烧热为1mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，故斜方硫的燃烧：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO2(g) △H= -297kJ mol-1，B项符合题意；
C．煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，C项不符合题意；
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒，根据氧化还原反应配平，故方程式：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碱性氢氧燃料电池属于原电池，通入氧气的一极是正极。
B.燃烧热为1mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量。
C.黄铁矿的主要成分是FeS2。
D.SO2与SeO2的水溶液反应生成Se和硫酸，结合得失电子守恒和原子守恒进行分析。
11．（2023·湖南模拟）过渡金属元素离子催化乙烯氧化成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．和能够降低反应的活化能
B．该反应历程中氢离子物质的量一直减小
C．Pd的化合价在反应历程中未发生变化
D．该历程的总反应为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化合价与化学式
【解析】【解答】A．是中间产物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A不符合题意；
B．反应历程中氢离子的物质的量有增多和减少的过程，并不是一直减小，B不符合题意；
C．Pd元素化合价有从+2转化为0，也有从0到+2，C不符合题意；
D．该历程的总反应为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.催化剂能降低反应活化能。
B.根据反应历程中氢离子作为反应物或生成物进行分析。
C.Pd元素化合价有从+2转化为0，也有从0到+2。
D.该历程的总反应为。
12．（2023·辽宁模拟）已知反应：，。下列关于该反应的说法错误的是
A．可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．
D．每生成，转移4mol电子
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化，A不符合题意；
B．该反应中，Na2O2中O的化合价既有升高，又有降低，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B不符合题意；
C．a=2，根据Fe和S守恒可知，c=2，d=2，再根据Na守恒可知，b=6，则3a=b，C不符合题意；
D．由选项C可知，该反应的化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则每生成1mol Na2FeO4，转移5mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、强氧化性可杀菌消毒；
B、氧元素化合价有升有降，既是氧化剂，又是还原剂；
C、结合元素守恒判断；
D、结合化合价变化判断电子数。
13．（2023·江苏模拟）我国科学家成功以二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，为合成“粮食”提供了新路径。下列有关说法错误的是
A．属于酸性氧化物
B．链状葡萄糖分子中含有三种官能团
C．合成中发生了氧化还原反应
D．该新路径有利于促进“碳中和”
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；有机物中的官能团；物质的简单分类
【解析】【解答】A．和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；
B．链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基2种官能团，B符合题意；
C．二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，合成中碳元素化合价发生了改变，故发生了氧化还原反应， C不符合题意；
D．该新路径可以充分利用二氧化碳，有利于促进“碳中和”，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A、酸性氧化物：多数非金属氧化物是酸性氧化物，一氧化氮、一氧化碳、二氧化氮特殊；
B、葡萄糖含有羟基、醛基；
C、化合价发生变化为氧化还原反应；
D、碳中和的特点是除去二氧化碳。
14．（2023·江苏模拟）硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，S8环状分子的结构为 。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂
B．SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物
C．Na2SO3具有还原性，可用于处理自来水中残留的Cl2
D．浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．硫单质可用作橡胶硫化剂，体现的是硫的化学性质，与颜色无关，A不符合题意；
B．SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应，体现SO2的漂白性，B不符合题意；
C．Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应，从而去除Cl2，C符合题意；
D．浓硫酸用作酯化反应的催化剂，与氧化性无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、颜色和是否作为硫化剂无关；
B、二氧化硫具有漂白性可以漂白编织物；
C、亚硫酸钠可以和氯气发生氧化还原反应；
D、浓硫酸作为催化剂可以使醇和羧酸发生酯化反应。
15．（2023·山西模拟）下图是活性炭中的含氧基团催化双氧水氧化苯制苯酚的反应历程，下列说法正确的是
A．HO·有7个e-
B．反应③中苯酚是氧化产物
C．反应②中没有元素化合价变化
D．已知O2中的氧氧键比H2O2中的氧氧键的键长短，则O2氧化苯比H2O2容易
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应
【解析】【解答】A．HO 含有的电子数为8+1=9个，A不符合题意；
B．有机反应中，加氢或去氧的反应为还原反应，反应③中， 加氢生成 ，因此 是氧化剂，故生成的苯酚为氧化产物，B符合题意；
C．反应②中由 生成 ，反应中加氧，为氧化反应，因此有化合价的变化，C不符合题意；
D．O2中的氧氧键的键长短，键能大，不易断裂，因此不易发生反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.HO 含有9个电子；
B.有机反应中，加氢或去氧的反应为还原反应；
C.反应②中由 生成 ，发生氧化反应，有元素的化合价变化；
D.O2中的O=O键的键长短，键能大。
16．（2023·宝山模拟）下列化工生产原理不涉及氧化还原反应的是
A．溴的提取 B．氯碱工业 C．合成氨工业 D．海水晒盐
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．溴的提取涉及Br-→Br2，有元素化合价的变化，该过程中涉及到氧化还原反应，A项不符合题意；
B．氯碱工业即用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，该反应中涉及到元素化合价的变化为氧化还原反应，B项不符合题意；
C．合成氨为，该反应涉及到元素化合价变化为氧化还原反应，C项不符合题意；
D．海水晒盐变化为NaCl(aq) →NaCl(s)为物理变化，不属于氧化还原反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
17．（2023·宝山模拟）氨基钠()是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：。下列说法正确的是
A．
B．每消耗，转移电子数是
C．是氧化产物
D．中N的化合价部分发生变化
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4mol中，只有2mol所含氮元素化合价升高，作还原剂，则，A不符合题意；
B．由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗，转移1.2mol电子，转移电子数是，B不符合题意；
C．生成物中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则既不是氧化产物也不是还原产物，C不符合题意；
D．，N元素化合价升高，，N元素化合价不变，即中N的化合价部分发生变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物。
二、多选题
18．（2021·淄博模拟）利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
已知：萃取Co2+的反应原理：Co2++2HR(有机磷) CoR2+2H+。下列说法错误的是（ ）
A．“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]
B．“酸溶”中H2O2的作用是将Co2+氧化为Co3+
C．“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2+
D．“沉钴”时增大Na2CO3溶液的浓度或滴加速率，能够提高产品的纯度
【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】根据上述分析可知，
A．含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)经过碱浸后，其中铝箔可与氢氧化钠溶液发生反应生成Na[Al(OH)4]或NaAlO2，即“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]或NaAlO2，A不符合题意；
B．经过酸溶之后，Co3O4中的Co元素转化为Co2+，Co元素化合价降低，即在酸溶步骤中Co元素被还原， H2O2此时作还原剂，B符合题意；
C．萃取Co2+的反应原理：Co2++2HR(有机磷) CoR2+2H+，根据平衡移动原理可知，“反萃取”中可加入H2SO4，使平衡向逆反应方向移动，从而有机相中CoR2转化为无机相，分离出Co2+，C不符合题意；
D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质，降低其产品纯度，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】经过第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解转化为Na[Al(OH)4]或NaAlO2（滤液Ⅰ）而被除去，钴渣中主要含Co3O4和LiCoO2，后续萃取操作中，加入HR有机磷，根据给定信息可知，萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在酸溶步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，硫酸提供酸性环境，经过滤所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，再经过萃取操作实现两者分离，有机相中主要为CoR2，根据萃取Co2+的原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后加入碳酸钠溶液经过沉钴操作获得CoCO3，据此分析解答。
19．（2021·潍坊模拟）工业生产中除去电石渣浆(含 )中的 并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．碱性条件下，氧化性：
B．过程I中氧化剂和还原剂物质的量之比为
C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为
D．将 转化为 理论上需要 的体积为 (标准状况)
【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．过程I中氧气为氧化剂， 为氧化产物，过程II中 为氧化剂， 为氧化产物，根据氧化性：氧化剂>氧化产物，可得：氧化性： ，故A符合题意；
B．过程I的反应为： ，氧气为氧化剂，氢氧化锰为还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为物质的量之比为1：2，故B不符合题意；
C．过程Ⅱ中， 为氧化剂，1mol 得2mol电子， 失4mol电子，根据电子得失守恒可得反应的离子方程式为： ，故C符合题意；
D． 转化为 失电子数为8mol，而1mol氧气得4mol电子，则需要的氧气为2mol，标况下的体积为44.8L，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】 与硫酸锰在溶液中发生反应生成氢氧化锰，过程I中氢氧化锰与氧气发生反应生成水和 ，过程II中 与硫离子发生反应生成 和 ， 与氧气反应生成 ，据此分析解答。
20．（2021·潍坊模拟）某同学研究浓硝酸与 溶液的反应，进行如下实验：
已知： 能被氧化为黄色的 可聚合为红色的 。
下列分析错误的是（ ）
A．②中溶液变红，是由于生成了
B．取少量③中的溶液加入 溶液，产生白色沉淀，证明最终有 生成
C．分析①②知，硝酸氧化 的速率大于 聚合为 ，的速率
D．向溶有 的浓硝酸中加几滴 溶液，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，证明 催化浓硝酸氧化 ，的反应
【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A．由于 是红色， 是黄色，所以②中溶液变红，是由于生成了 ，A项符合题意；
B．取少量③中的溶液加入 溶液，产生白色沉淀，③中的溶液呈酸性，所以证明白色沉淀是硫酸钡，B项不符合题意；
C．由于②中溶液立即变红，所以 聚合为 的速率很快，远大于硝酸氧化 的速率，C项符合题意；
D．向溶有 的浓硝酸中加几滴 溶液，溶液先变红后迅速褪色与未溶有二氧化氮的浓硝酸“静置一段时间后突然反应剧烈”相比，而反应仍然是产生大量红棕色气体，证明证明 催化浓硝酸氧化 ，D项不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据题意可知 能被氧化为黄色的 可聚合为红色的
B.可用钡离子检验硫酸根离子
C.根据题意可知，硝酸氧化SCN-的速率大
D.根据实验现象即可判断，二氧化氮可以催化硝酸氧化
21．（2021·青岛模拟） 极易发生水解，水解机理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．整个反应历程中P的化合价不变
B．水解产物 是一种三元弱酸
C． 中3个 原子被取代的机会不相等
D． 分子的P原子有孤电子对，易与金属离子配位而形成配合物
【答案】B,C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；取代反应
【解析】【解答】A．由反应历程可知，整个过程中P的化合价始终保持+3价不变，故A符合题意；
B．由 的结构可知，其只含两个羟基氢，属于二元酸，故B不符合题意；
C． 中三个Cl处于对称位置，每个Cl原子被取代的机会相等，故C不符合题意；
D． 分子中P原子有一对孤对电子未成键，与金属离子的空轨道之间易形成配位键，从而形成配合物，故D符合题意；
故答案为：BC；
【分析】A、根据反应过程中磷元素的化合价变化分析；
B、H3PO3中只含有连个羟基氢，属于二元酸；
C、根据PCl3的结构分析；
D、PCl3中P原子上有一对孤对电子；
22．（2021·济宁模拟）CO与亚硝酸甲酯(CH3ONO)在Pd催化剂作用下发生反应的机理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．脱附过程1的总反应为：2CO+2CH3ONO +2NO
B．CH3ONO中氮氧双键在Pd表面断裂
C．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]，可提高最终产物中碳酸二甲酯的比率
D．脱附过程2生成了碳酸二甲酯( )
【答案】A,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应
【解析】【解答】A．由反应机理图可知：脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd，故总反应为：2CO+2CH3ONO +2NO，A符合题意；
B．由图可知：Pd与CH3ONO生成了CH3O-Pd-NO，断的是O-N键，-N=O中的双键并没有断，B不符合题意；
C．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]时，第一步反应生成的CH3O-Pd-NO减少，Pd-CO-Pd增多，CH3O-Pd-NO的减少将导致脱附过程2的减少，脱附过程1将增加，进一步导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大，C不符合题意；
D．由反应机理图可知：脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯 ，D符合题意；
故答案为AD；
【分析】A．脱附过程1生成了草酸二甲酯和Pd；
B．Pd与CH3ONO生成CH3O-Pd-NO时断O-N键；
C．增大投料比[n(CO)：n(CH3ONO)]导致最终产物中草酸二甲酯的比率增大；
D．由图像可知，脱附过程2生成了Pd和副产物碳酸二甲酯。
23．（2021·济南模拟）如图是PdCl2、CuCl2催化下的烯烃的氧化反应，L是配体或溶剂。下列说法正确的是（ ）
A．加入CuCl2之后再通入O2，目的是使催化剂再生
B．该过程原子利用率100%，且原料、催化剂、溶剂和试剂产物均无毒无害
C．过程中元素Pd、Cu、O和C等元素发生过化合价变化
D． 和 (二者R相同)中的 键数目相等
【答案】A,C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．由图可知，LnPd转化为LnPdCl2时会消耗Cl-，此时CuCl2转化为CuCl，LnPdHCl转化为LnPd时会释放HCl，Cl-作催化剂，加入O2可使CuCl转化为CuCl2，从而提供Cl-，即使催化剂再生，故A符合题意；
B．由图可知，羟钯化反应中有HCl生成，H来自于原料H2O，转化流程中以HCl的形成存在，所以由 转化 过程的原子利用率不是100%，整个流程中催化剂为PdCl2、CuCl2，二者均为重金属盐，并不是无毒无害物质，故B不符合题意；
C．LnPd转化为LnPdCl2时Pd元素化合价升高，CuCl2与CuCl转化过程中Cu元素化合价发生变化，加入的O2转化为H2O，O元素化合价降低，故C符合题意；
D.1个 中除R内的化学键外，含有5个 键，1个 中除R内的化学键外，含有6个 键，题干未说明二者的物质的量关系，故D不符合题意；
故答案为AC。
【分析】A.注意流程图中箭头的指向，氯化铜变成氯化亚铜后再变成氯化铜，需要氧气的参与；
B.催化剂属于重金属盐，是有毒的；
C.关注各元素的化合价变化，其中Pd元素、Cu元素、O元素、C元素化合价都发生了变化；
D.一个双键中只有一个 键。
三、非选择题
24．（2019·北京）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ.用已准确称量的 固体配制一定体积的 标准溶液；
Ⅱ.取 L上述溶液，加入过量 ，加 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入 L废水
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用 标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗 溶液 L。
已知：
和 溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是 。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。
（4）Ⅳ中加 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（5） 与 物质的量关系为 时, 一定过量，理由是 。
（6）V中滴定至终点的现象是 。
（7）废水中苯酚的含量为 （苯酚摩尔质量： ）
（8）由于 具有 性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
【答案】（1）容量瓶
（2）BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量
（6）溶液蓝色恰好消失
（7）
（8）易挥发
【知识点】氧化还原反应；指示剂；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还要用到容量瓶；
（2）BrO3-具有氧化性，Br-具有还原性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，产物为溴单质和水，故该反应方程式为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O；
（3）苯酚会和溴单质发生取代反应，反应的方程式为：；
（4）为了确定废水中苯酚的含量，需要将苯酚完全反应掉，因此加入的溴单质应该是过量的，溶液就是黄色；
（5）根据反应方程式：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O、Br2+2KI=2KBr+I2和可知，KI一定是过量的；
（6）淀粉与碘单质会生成蓝色的络合物，当滴加的硫代硫酸钠将碘单质全部还原为碘离子后，反应即到达终点，此时溶液的蓝色消失；
（7）要计算废水中苯酚的含量，应该先计算出苯酚消耗的溴单质的量，根据对应关系KBrO3~3Br2~6KI可知苯酚消耗的溴单质的物质的量为6aV1-bV3，再比上6V2，最后乘上苯酚的分子量，即为废水中苯酚的含量，即；
（8）溴单质的沸点较低，具有较强的挥发性，因此需要贮存在密闭的容器中。
【分析】（1）在配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选择合适规格的容量瓶；
（2）在溴酸根中溴元素被还原，溴离子中溴元素被氧化；
（3）取代反应是指化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，用通式表示为：R－L（反应基质）+A-B（进攻试剂）→R－A（取代产物）+L-B（离去基团）属于化学反应的一类；
（4）如果溴单质不过量，就无法保证将废水中的苯酚全部反应掉，造成计算误差；
（5）由于苯酚也消耗溴单质，因此当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；
（6）淀粉是用来检验碘单质的试剂，在该反应中相当于指示剂；
（7）根据几个方程式的计量关系可以求出废水中苯酚的含量；
（8）溴单质的沸点约为59摄氏度，因此易挥发。
25．（2019·全国Ⅰ卷）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是 。
（2）步骤②需要加热的目的是 ，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是 。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为 （填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是 。分批加入H2O2，同时为了 ，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有 ，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
【答案】（1）碱煮水洗
（2）加快反应；热水浴；C
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质；防止Fe3+水解
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O
【知识点】氧化还原反应；蒸发和结晶、重结晶；复杂化学式的确定；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】（1）油污主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪防酸盐和丙三醇都能溶于水，所以可以除去 ，故答案为：
碱煮水洗 。
（2）温度对反应速率的影响，可以加快反应速率。根据温度范围，可以选择加热方式：水浴加热。产生硫化氢气体有毒显酸性所以用氢氧化钠吸收，但要防止倒吸现象，故答案为；1、加快反应2、热水浴3、C。
（3）根据最后溶液时硫酸铁铵得出铁是三价铁，而前面反应生成的是二价铁，所以需要氧化性物质，进行氧化，而双氧水是绿色氧化剂，故答案为： 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 。
由于三价铁离子的水解程度比较大，故要调节ph防止三价铁水解。故答案为： 防止Fe3+水解 。
（4）得到晶体的一系列过程操作是： 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） 。
（5）设硫酸铁铵和水分子的物质的量之比为1：x，根据18x/M+18x= 5.6% 。解出x=12.
【分析】（1）根据油脂的性质进行判断除杂试剂。
（2）根据图反应物和生成物之间的反应类型，关系进行判断条件，根据加热温度选择加热方式，根据气体性质选择吸收剂。
（3）根据反应产物和反应物之间元素化合价的变化进行判断反应类型，再判断试剂作用。
（4）根据产物选择实验操作方法。
（5）根据已知关系利用质量分数计算方法进行计算。
26．（2022·潮州模拟）亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：
已知：
①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。
②
回答下列问题：
（1）按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是 ；装置B的作用是 ；冰水浴冷却的主要目的不包括 (填字母)。
a.减少的分解 b.降低的溶解度 c.减少的分解
（2）是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式： 。
（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为 。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致 。
（4）该套装置存在的明显缺陷是 。
（5）为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是____(填字母)
A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾
（6）若mg最终制得纯净的ng，则的产率是 ×100%。(相对分子质量分别是：106.5 ：90.5)
【答案】（1）检查装置的气密性；防止倒吸(或稀释气体)；b
（2）
（3）遇酸放出；不能被充分吸收，的产率下降
（4）没有处理尾气
（5）A
（6）或或(或其他合理答案)
【知识点】氧化还原反应；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。
(1)本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；
b．实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度 ，
故答案为：b；
c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；
选b。
(2)三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；
(3)遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；
(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；
(5)A. 过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，
故答案为：A；
B. 硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；
C. 氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；
选A。
(6)若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。
【分析】（1）有气体参与的反应组装好仪器之后首先检查装置的气密性；装置B作为安全瓶；过氧化氢和 受热易分解；
（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠；
（3） 遇酸放出 ； 空气流速过快时，不能被充分吸收，的产率下降；
（4）该装置缺少尾气处理装置；
（5）加入的还原剂应注意不能引入杂质，且还原性与过氧化氢相当；
（6）计算理论产量，进而得出产率。
27．（2022·洛阳模拟）碳酸锶(SrCO3)具有屏蔽X射线的功能，广泛应用于彩色显示装置、等离子显色装置的荧光屏玻璃中。工业上以天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤为原料生产碳酸锶。工艺流程如下：
已知：①Sr(OH)2、Ba(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度(g)：
温度/℃ 20 40 60 80 90 100
Sr(OH)2 1.77 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2
Ba(OH)2 3.89 8.22 20.94 101.4 — —
Ca(OH)2 0.173 0.141 0. 121 0.094 0.086 0.076
②浸取时发生反应：2SrS+2H2O=Sr(HS)2+Sr(OH)2，硫化锶的溶解度主要受氢氧化锶的溶解度影响。
③BaSO4、SrCO3、BaCO3和SrSO4均难溶于水，在相同温度下的溶解度(S)关系如下：
S(BaSO4)≈S(SrCO3)＜S(BaCO3)＜S(SrSO4)。
回答下列问题：
（1）天青石、煤混合粉碎的目的是 。
（2）天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4 ，反应的化学方程式为 。
（3）用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是 。
（4）碳化过程控制条件让硫氢化锶吸收二氧化碳有利于产品质量的提高，并且可以提供硫化氢使氢氧化锶转化为硫氢化锶。写出碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳的化学方程式： 。
（5）若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低，结合化学方程式解释原因： ，取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若 表明到达碳化终点。
（6）由于碳化所用的CO2中含有少量的O2、SO2等，在碳化时发生副反应，生成少量的SrSO3、SrSO4，所以要对碳化完成的碳酸锶浆进行脱硫处理。方法为加入纯碱，并加热煮沸，写出脱硫过程SrSO4与纯碱反应的化学方程式 。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率
（2）SrSO4+4COSrS+4CO2
（3）促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解
（4）Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S
（5）二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO3)2，造成产量下降；无色酚酞不变红
（6）SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)依据外界条件对反应速率的影响可知天青石、煤混合粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率。
(2)天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4生成SrS，反应的化学方程式为SrSO4+4COSrS+4CO2。
(3)由于Sr(OH)2、Ba(OH)2的溶解度随温度升高而增大，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解。
(4)碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳生成SrCO3和H2S，反应的化学方程式为Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S。
(5)由于二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO3)2，造成产量下降，所以若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低；由于反应中有H2S生成，其溶液显酸性，所以取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若无色酚酞不变红表明到达碳化终点。
(6)根据原子守恒可知脱硫过程SrSO4与纯碱反应生成SrCO3和Na2SO4，氟的化学方程式为SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4。
【分析】天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤粉碎后灼烧，SrSO4与碳生成的CO反应生成SrS，利用热水浸取，过滤除去滤渣1，所得滤液除钡，过滤得到滤渣2，向滤液中通入CO2炭化得到SrCO3，然后脱硫，通过一系列操作得到SrCO3。
28．（2022·朝阳模拟）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ由两步反应组成：
①；
② 。
（2）反应Ⅱ：
①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大， 0。
②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下：
时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原因： 。
（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：
①ⅰ.
ⅱ. 。
②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合液，便于循环利用。
a.该过程中，应选取的化学试剂是 。
b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案是： 。(用简要文字说明即可)
【答案】（1）2SO32SO2+O2
（2）<；SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响
（3）；SO2水溶液；将固体S(吸附了)加热，用SO2水溶液吸收气体
【知识点】氧化还原反应；反应热和焓变；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)根据氧化还原反应原理，反应Ⅰ第一步反应①，没有发生化合价的改变，则第二步发生+6价S化合价降低，-2价氧化化合价升高，得到产物SO2和O2的反应，反应方程式②：2SO32SO2+O2。
(2)①该反应气体分子数正向减少，压强增大平衡正向移动，而达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，说明温度升高平衡逆向移动，故<0；
②该SO2的歧化反应中，H2O作为溶剂使SO2分子间有较大的碰撞概率，但是若，则SO2在水中浓度降低，碰撞概率下降，即SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响。
(3)①是催化剂，则其在总反应中没有改变、损耗，反应ⅰ.，则反应ⅱ.；
②根据反应ⅱ.，为从中获得固体S以及与的混合液，需除去I2，故该过程中，应选取的化学试剂是SO2；设计方案：将固体S(吸附了)加热，碘单质易升华，用SO2水溶液吸收碘气体，即能达到目的。
【分析】（1）将反应Ⅰ的总反应减去反应①即可得到反应②；
（2）①增大压强平衡正向移动，升温平衡逆向移动；
②时，SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响；
（3）①碘离子为催化剂，反应ⅰ消耗碘离子，则反应ⅱ应产生碘离子；
②结合反应ⅱ分析。
29．（2022·朝阳模拟）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是 。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是 。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号 ⅰ ⅱ
所加试剂 粉 粉、()
的去除率 ≈50% ≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系： ，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为 ，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因： 。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为 。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）过滤
（2）
（3）还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；7.2×10-5mol NaCl
（4），Fe2+破坏了钝化层
（5）；偏大
【知识点】氧化还原反应；过滤；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
(3)根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
(5)步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：①；② 偏大。
【分析】（1）分离固液混合物采用过滤；
（2）Ⅱ的产物为四氧化三铁和铵根离子，反应物为酸化的硝酸盐废水和Fe粉；
（3）根据得失电子守恒计算；
（4） 不导电，用Fe2+破坏钝化层有助于 的去除 ；
（5）①先计算硝酸根的物质的量，再根据计算；
②氧气也会氧化硫酸亚铁。
30．（2022·唐山模拟）
（1）Ⅰ.是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
“反应”步骤中生成的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）Ⅱ.某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产产品。
已知装置B中的产物有气体和，则B中产生气体的化学方程式为 。
（3）装置D中生成和一种助燃气体，其反应的化学方程式为 。
（4）装置C的作用是 。
（5）反应结束后，打开，装置A起的作用是 ；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是 。
（6）测定样品中的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：)，则所称取的样品中的质量分数为 。(用含V、c、m的表达式列出)
【答案】（1）2：1
（2）
（3）
（4）防止D瓶溶液倒吸到B瓶中
（5）吸收装置B中多余的和；和NaCl
（6）
【知识点】氧化还原反应；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO2和NaClO3反应制备ClO2，再由ClO2经过后续反应制备NaClO2；
II．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，如图所示：装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应制备ClO2；装置D中装置D中与过氧化氢在碱性条件下反应生成；装置C为安全瓶，可以防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；装置A和装置E为尾气处理装置。
(1)“反应”步骤中，SO2和NaClO3反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3中的Cl元素的化合价由+5降低为+4，则NaClO3作氧化剂，SO2中的S元素的化合价由+4升高到+6，则SO2作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。
(2)由题干信息可知，装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为 。
(3)装置D中与过氧化氢在碱性条件下反应生成和助燃性气体O2，反应的化学方程式为：。
(4)装置C是安全瓶，其作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中。
(5)和为有毒气体，需要用吸收等有害气体，防止污染环境，故装置A起的作用是吸收置B中多余的和；如果撤去D中的冷水浴，ClO2会和NaOH发生反应6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O，导致产品中混有NaClO3和NaCl。
(6)已知：，，得关系式 ，n(Na2S2O3)=cV10-3mol，则样品中，n(NaClO2)=cV10-3mol=cV10-3mol，样品中NaClO2的质量分数为=。
【分析】（1）NaClO3和SO2在硫酸酸化条件下生成ClO2，NaClO3是氧化剂，SO2为还原剂，根据得失电子守恒计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；
（2）浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和Na2SO4；
（3） 装置D中生成和一种助燃气体，该气体为氧气，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
（4）装置C作安全瓶；
（5）装置A中NaOH可吸收 多余的和 ；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有 和NaCl ；
（6）根据关系式 计算。
31．（2022·朝阳模拟）某小组探究氧化性、还原性的变化规律。
资料：、
（1）制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀，得溶液B。溶用冰水，目的是 。
（2）检验：向溶液A、B中分别滴加适量酸性溶液。
Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。
发生还原反应：
发生氧化反应： 。
Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.有氧化性，能被还原为
猜想2.有 性，能与反应产生
猜想3.……
（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
序号 实验 试剂 现象
ⅰ a 生成棕褐色固体，产生大量气泡
ⅱ b 有少量气泡
ⅲ 溶液 有少量气泡
ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。
①X是 。
②a是 、b是 。
③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。
（4）向一定浓度的溶液中加入少量，迅速产生大量气泡；随后加入，固体溶解，气泡产生明显减弱。结合方程式解释原因 。
（5）综上，做氧化剂还是做还原剂，与 等因素有关。
【答案】（1）降低温度、减缓过氧化氢分解
（2）；还原
（3）MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4
（4）2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂
（5）其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，答案为：降低温度、减缓过氧化氢分解；
(2)溶液为酸性，过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为：，用总反应减去还原反应得到氧化反应，即；猜想2.→中Mn元素化合价升高，可猜想具有还原性，答案为：；还原；
(3)①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液；
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢和稀硫酸，答案为：MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4；
(4)由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，答案为：2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂；
(5)通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，答案为：其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性。
【分析】（1）过氧化氢受热易分解；
（2）过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为，总反应减去还原反应即得到氧化反应；化合价升高发生氧化反应，锰离子为还原剂，体现还原性；
（3）①探究的是锰离子的性质，则X中应含有锰离子；
②溶液分别为碱性和酸性；
（4）催化剂在反应前后不发生变化，反应物的质量减少；
（5）根据实验，溶液的酸碱性等均能影响物质的性质。
32．（2022·开封模拟）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MoO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
（1）“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是 。
（2）“焙烧”中有Na2MoO4生成，发生反应的化学方程式为 。
（3）钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为 、 、 、 。
（4）“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为 。
（5）操作A最好采用 。
（6）已知金属Mo的浸出率a=()×100%，(w-浸出渣中Mo的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的Mo总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中Mo的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则Mo的浸出率a= 。
【答案】（1）增大接触面积，提高浸取率
（2）Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
（3）0.28(0.25~0.3均正确)；1.5h；90℃ (85~90℃均正确)；5：1
（4）+H++H2O=Al(OH)3↓
（5）蒸发浓缩，冷却结晶
（6）98%
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
(2)由流程图可追，反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3)纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90℃ (85~90℃均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
(4)根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：+H++H2O=Al(OH)3↓；
(5)操作A为由溶液中获得Na2SO4 10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
(6)由题意可知，浸出渣中Mo的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的Mo的质量可通过催化剂MoO3的含量为28.8%来计算，催化剂中Mo的质量分数为：，则1t催化剂中含Mo质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率。
【分析】（1）粉碎可增大反应物的接触面积；
（2）反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式；
（3）浸出率最大时为最佳反应条件，结合图像分析；
（4）沉淀M为氢氧化铝；
（5）从溶液中获得Na2SO4 10H2O的操作为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）先计算Mo的质量，再代入浸出率公式计算。
33．（2022·石家庄模拟）氧化钪(Se2O3)广泛应用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。利用钛白酸性废水(含H+、Sc3+、Ti4+、Fe2+、SO)制备氧化钪的工艺具有较高的经济价值，其工艺流程如图所示：
已知：
i．Sc3+、Ti4+、Fe2+均能与P504(用HR表示)发生络合反应，且机理均为：Mn++nHRMRn+nH+；
ii．金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 T14+ Fe2+ Sc3+
开始沉淀pH 1.3 6.8 4.0
沉淀完全pH 2.3 9.0 5.0
回答下列问题：
（1）萃取相比()指的是萃取时有机相与被萃取的酸性废水的体积比。“萃取”工序中，萃取相比()与Sc3+的萃取率关系如表所示：
萃取相比() 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
Sc3+的萃取率/% 90 90 90 85 80 70 60
该工序中最适宜的值为1：20，理由为 。
（2）Sc3+的络合机理为 (用离子方程式表示)；“水相II”的主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，则Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是 。
（3）“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的为 ；“滤液I”的主要成分为 (填化学式)。
（4）“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH范围为 。
（5）“沉钪”时，能得到Sc2(C2O4)3·6H2O。其在“焙烧”分解时，热分解温度区间和分解得到的固体产物如表所示：
草酸钪晶体 热分解温度区间(K) 固体失重百分率(%) 生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O(摩尔质量为462 g/mol) 383~423 19.48 A
463~508 23.38 B
583~873 70.13 Sc2O3
化合物A的化学式为 ；由含钪化合物B转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为 。
【答案】（1）萃取率高且节约有机相
（2）Sc3++3HRScR3+3H+；Ti4+
（3）将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀；NaR
（4）2.3≤pH＜4.0
（5）Sc2(C2O4)3·H2O；2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)该工序中最适宜的值为1：20，这是由于在该比值时萃取率较高且节约有机相；
(2)Sc3+与HR发生络合反应产生ScR3、H+，该络合反应的机理为Sc3++3HRScR3+3H+；
“水相II”的主要成分除加入的H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2。离子的络合能力越强，则该离子越不容易形成可溶性盐进入水相中，根据水相中离子的含量，可知Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是Ti4+；
(3)“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的是将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，便于除杂与分离物质；
加入NaOH溶液，ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，同时产生NaR，则“滤液I”的主要成分为NaR；
(4)根据流程图可知：在“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH，使Ti4+以Ti(OH)4沉淀存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，则根据Ti4+、Sc3+形成沉淀的pH，可知应该调整的范围为2.3≤pH＜4.0；
(5)在温度为383~423K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为19.48，则失去质量为462×0.1948=89，若失重质量为水的质量，则失去水的数目为n(H2O)=，故生成的含钪化合物A化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；
在加热温度463~508 K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为23.38，若失重质量为水的质量，则失去质量为462×0.2338=108，则失去水的数目为n(H2O)=，Sc2(C2O4)3·6H2O恰好完全失去结晶水，故生成的含钪化合物B化学式为Sc2(C2O4)3，则由含钪化合物B在空气中煅烧转化为Sc2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【分析】向钛白酸性废水中加入P504和煤油，Sc3+、Ti4+、Fe2+与P504(用HR表示)发生络合反应进入煤油层中，而H+、SO进入水相，通过分液除去H+、SO；然后向有机相中加入稀硫酸进行酸洗，络合反应的化学平衡逆向移动，得到的水相II中主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，然后加入NaOH溶液进行反萃取，NaOH能够将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，而Na+则与R-形成NaR溶解在溶液中，通过分液弃去煤油层，将水相过滤，“滤液I”的主要成分为NaR，滤渣为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，向其中加入一定量HCl，调整溶液pH使其范围在2.3≤pH＜4.0，Tl4+仍然是以Ti(OH)4沉淀形式存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，向溶液中加入H2C2O4溶液，Sc3+形成Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀，然后在空气中煅烧Sc2(C2O4)3沉淀，形成Sc2O3、CO2。
34．（2022·榆林模拟）一种矿物的孪生矿含有Pr2S3、FeS、SiO2等，利用该矿制取PrCl3晶体的工艺流程如下：
已知：PrCl3(aq)+2Cl-(aq)(aq) ΔH＞0.
（1）实验室用氯化铁固体配制氯化铁溶液的具体操作为 。
（2）“溶浸”时Pr2S3可被FeCl3氧化，生成淡黄色的沉淀。写出Pr2S3被FeCl3氧化的离子方程式： ；由于溶液酸性较强，该操作中易产生有毒气体，其化学式为 ，工业上可用 (填化学式)来吸收处理。
（3）"滤渣1”的主要成分有 (填化学式)。
（4）“调pH”时，可选用的试剂为____ (填标号)。
A．Fe2O3 B．稀盐酸 C．Fe(OH)3 D．稀硫酸
（5）用化学平衡移动的原理解释使用冰水浴的原因： 。
【答案】（1）取氯化铁固体溶于浓盐酸中，搅拌溶解后加水稀释
（2）6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S；H2S；Ca(OH)2
（3）S、SiO2
（4）A；C
（5）由于PrCl3(aq)+2Cl-(aq) (aq)是吸热反应，冰水浴时，温度降低，平衡逆向移动，使不断转化为PrCl3晶体而析出
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)因为铁离子会水解呈酸性，所以配制氯化铁浸渍液时要求酸性较强，为防止铁离子水解，所以配制氯化铁溶液需要在浓盐酸中进行；故答案为：取氯化铁固体溶于浓盐酸中，搅拌溶解后加水稀释；
(2)“溶浸”时，加入的FeCl3溶液会与Pr2S3、FeS发生反应生成沉淀S和PrCl3，反应的离子方程式为6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S，溶液显酸性，会产生硫化氢气体，在工业上可以采用石灰乳来吸收；故答案为：6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S；H2S；Ca(OH)2；
(3)SiO2难溶于水，“溶浸”时反应生成S单质也难溶于水，则"滤渣1”的主要成分有S、SiO2；
(4)调节溶液pH，将Zn2+、Fe3+转化为Zn(OH)2、Fe(OH)3沉淀，选择可以消耗H+的物质，可选Fe2O3、Fe(OH)3，
故答案为：AC；
(5)已知：PrCl3(aq)+2Cl-(aq)(aq) ΔH＞0，使用冰水浴得到PrCl3晶体的原因：由于PrCl3(aq)+2Cl-(aq) (aq)是吸热反应，冰水浴时，温度降低，平衡逆向移动，使不断转化为PrCl3晶体而析出。
【分析】孪生矿(含有Pr2S3、FeS、SiO2等)中加入FeCl3溶液，Pr2S3、FeS都与FeCl3发生氧化还原反应，生成Pr3+、Fe2+、S等，过滤所得滤渣1的成分为S、SiO2；滤液1中含有Pr3+、Fe2+、Cl-等；往滤液1中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+；调节pH，除去Zn2+、Fe3+转化为Zn(OH)2、Fe(OH)3沉淀而成为滤渣2；此时滤液中主要含有Pr3+、Cl-，蒸发浓缩，然后冰水浴冷却，可得到PrCl3晶体。
35．（2022·自贡模拟）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图。
已知： Ksp[Co(OH)2]=2 ×10-15， 请回答以下问题：
（1）“滤渣I”主要成分是 。 “ 酸浸”过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图所示，酸浸的最佳温度和时间是 。
（2）“氧化” 时反应的离子方程式是 ，为证明添加NaClO3已足量，可用 (写化学式)溶液进行检验。
（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为 。
（4）“萃取”和“反萃取”可简单表示为： 2HX + Ni2+NiX2+ 2H+。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。“反萃取”需要往有机层中加 (填试剂名称)
（5）若起始时c(Co2+) = 0.02 mol·L-1，“沉钴”过程中应控制pH ＜7.5的原因是 。
【答案】（1）SiO2、BaSO4；70℃和120 min
（2）6Fe2++6H++ClO=6Fe3++Cl-+3H2O；K3[Fe(CN)6]
（3）3Fe3++Na++2SO+3H2O+3CO=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑
（4）促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率；稀硫酸
（5）防止沉钴时生成Co(OH)2
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】
(1)原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不与稀硫酸反应，所以会出现在滤渣中，BaO与稀硫酸反应最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；Ni的浸出率越高、温度越低且时间越短越好，根据图知，酸浸的最佳温度与时间分别为70℃、120min；
(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为：6Fe2++6H++ClO=6Fe3++Cl-+3H2O；为证明添加NaClO3已足量，可检验溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验；
(3)根据黄钠铁钒渣的化学式以及调节pH时所加入的物质，结合原子、电荷守恒等，可知“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀的离子方程式为：3Fe3++Na++2SO+3H2O+3CO=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；
(4)结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应2HX+Ni2+NiX2+2H+向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使2HX+Ni2+NiX2+2H+向左移动，可通过加入酸来实现；
(5)根据已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始时c(Co2+)=0.02mol L-1，c(OH-)=，c(H+)=10-7.5mol L-1，所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5。
【分析】原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，Fe2O3，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，过滤分离出滤渣为SiO2和BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4以及过量H2SO4，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸钠调节pH使Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣，经过滤除去；再加入萃取剂，镇等、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，再通过沉钴步骤得到CoCO3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体，煅烧后得到 NixOy 。
