第11讲陌生情境中的化学方程式的书写基础练习2024年高考化学一轮复习
一、填空题，共7小题
1．（2023·吉林·高三阶段练习）完成并配平氧化过程中的化学方程式：
KMnO4＋ H2S + H2SO4= MnSO4＋ S↓＋ K2SO4＋ H2O。其中氧化剂是 氧化产物是 当有5mol H2S通入且完全反应时转移 mol电子
2．（2023·全国·高三专题练习）填空。
(1)将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的。下图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图。
①电极b为 极。
②电极b上的电极反应为 。
(2)浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图所示，该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。
①X为 极，Y极的电极反应式为 。
②Y极生成1 mol Cl2时， mol Li+移向 (填“X”或“Y”)极。
(3)微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如下：
①该电池中外电路电子的流动方向为 (填“从A到B”或“从B到A”)。
②A电极附近甲醇发生的电极反应为 。
3．（2023·全国·高三专题练习）物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用。按要求回答下列问题。
用阴离子交换膜控制电解液中OH-的浓度制备纳米Cu2O。反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑，装置如图。
(1)电解时 通过阴离子交换膜向 极移动。
(2)阳极电极反应式为 。
(3)阴极电极反应式为 。
4．（2022·湖北襄阳·高一校考期中）电池是人类生产和生活中重要的能量来源。各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。请根据下列几种电池的工作原理示意图，回答问题。
(1)世博会中国馆、主题馆等建筑所使用的光伏电池，总功率达兆瓦，是历届世博会之最。光伏电池能将 直接转变为电能填：“化学能”“太阳能”“热能”等，在外电路中电流方向为 。填：“从流向”或“从流向”
(2)燃料电池有节能、超低污染、噪声低、使用寿命长等优点。某甲醇燃料电池工作原理如图所示。电极是电池的 极， 电极反应式为 。如果该电池工作时电路中通过电子，则消耗的的物质的量为 。
(3)全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，工作原理如图所示，、均为惰性电极。放电时左槽溶液颜色由黄色变为蓝色，则 向 槽移动填：“左”或“右”。充电时， 极连接直流电源正极填：“”或“”，其电极反应式为 。
5．（2018·江西宜·高三奉新县第一中学阶段练习）酸性KMnO4、H2O2、Fe(NO3)3是重要的氧化剂，用所学知识回答问题：
（1）3H2SO4＋2KMnO4＋5H2O2===K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O，当有6 mol H2SO4参加反应，有 mol还原剂被氧化。
（2）在稀硫酸中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为
（3）Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，再变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，再变为棕黄色的原因是
6．（2023·全国·高三专题练习）完成下列小题
(1)绿色电源“直接二甲醚燃料电池”的工作原理示意图如图所示：
正极为 (填“A电极”或“B电极”)，H+移动方向为由 到 (填“A”或“B”)，写出A电极的电极反应式： 。
(2)SO2和NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO。
①a是直流电源的 极。
②已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极的电极反应为 。
③用离子方程式表示吸收NO的原理 。
(3)结合下图所示的电解装置可去除废水中的氨氮(次氯酸氧化能力强)。
①a极为 。
②d极反应式为 。
(4)VB2-空气电池是目前储电能力最高的电池。以VB2-空气电池为电源，用惰性电极电解硫酸铜溶液如图所示，该电池工作时的反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，VB2极发生的电极反应为 。
7．（2023·全国·高三专题练习）回答下列问题：
(1)电化学法也可合成氨。如图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图如图所示。
①Pt C3N4电极反应产生NH3的电极反应式 。
②该装置使用甲醇(CH3OH)燃料电池(电解质溶液为KOH)作为电源，写出负极的电极反应 。
(2)某学习小组设想利用A装置电解制备绿色硝化剂N2O5，装置如图(c、d为惰性电极)。已知：无水硝酸可在液态N2O4中发生微弱电离。
①A装置中通入SO2一极的电极反应式为 。
②写出生成N2O5的电极反应式 。
二、解答题，共4小题
8．（2022·安徽六安·高三六安市裕安区新安中学校考阶段练习）以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉(ZnS和BaSO4的混合物)：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为 。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为 。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的 (填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为 。
9．（2021·山东临沂·高三校考阶段练习）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比时，氧化产物为 ；当，单质碘的收率会降低，原因是 。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入过量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为 。
(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为 。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是 。
10．（2022·广东东莞·高三统考期末）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业，由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O的步骤如下：
已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价。
②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.4×10-4。
(1)滤渣的主要成分是
(2)“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，其中铁元素的化合价为 。
(3)“溶解”时加入H2O2溶液的目的是 。
(4)向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是 。当溶液中镁离子恰好沉淀完全时，溶液中c(F-)为 mol/L。
(5)“沉镍”后得到的滤液中，可循环使用的主要溶质为 (填化学式)。
(6)制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是 。
(7)NiSO4在NaOH溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为 。
11．（2023·全国·高三专题练习）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可用作超导材料；铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图：
已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4。
(1)“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，该反应的离子方程式为 。
(2)“反萃取”过程中发生反应的化学方程式为 。
(3)“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为 。
三、推断题，共1小题
12．（2021·甘肃兰州·高一兰州一中校考期末）金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，转化关系如下：
请回答下列问题：
(1)实验室制备气体D的化学反应方程式为 ；
(2)气体D和F反应可生成盐，检验该盐中阳离子的方法是 ；
(3)向B溶液中通入过量的CO2，该反应的离子方程式是 ；
(4)除去气体C中的杂质气体E的化学方法是 (用化学方程式表示)；
(5)Al与在酸性条件下反应，Al与被还原的的物质的量之比是 ；
(6)在100 mL 0.5 mol/L 的A溶液中，加入100 mL NaOH溶液，得到1.56 g沉淀，所需NaOH溶液的物质的量浓度为 ， 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 2 5 3 2 5 1 8 KMnO4 S 10
【详解】反应中锰元素的化合价从+7价降低到+2价，降低5价，硫元素的化合价从-2变到0价，升高2价，根据化合价升降总数相等配平，锰和硫的比例为2:5，则高锰酸钾的系数为2，硫化氢的系数为5，再根据质量守恒得到方程式为2KMnO4＋5H2S +3H2SO4=2MnSO4＋5S↓＋K2SO4＋8H2O，其中高锰酸钾为氧化剂，硫化氢为还原剂，硫为氧化产物，当有5mol硫化氢通入且完全反应时转移10摩尔电子。
2．(1) 正 CO2+2e-+2H+=HCOOH
(2) 正 2Cl- -2e-=Cl2↑ 2 X
(3) 从A到B CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【详解】（1）①根据图示可知：在电极b上CO2得到电子被还原产生HCOOH，所以b电极为正极；
②在电极b上CO2得到电子被还原产生HCOOH，则b电极的电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
（2）①根据图示可知：在X电极上H+得到电子被还原产生H2，故电极X为正极；Y电极上Cl-失去电子被氧化产生Cl2，故Y电极的电极反应式为2Cl- -2e-=Cl2↑；
②在电极Y上Cl-失去电子被氧化产生Cl2，Y电极的电极反应式为2Cl- -2e-=Cl2↑，每反应产生1 mol Cl2，反应过程中转移2 mol电子，阳极反应消耗2 mol Cl-，则根据电荷守恒可知会有2 mol Li+向X电极移动；
（3）①根据图示可知：在A电极上甲醇失去电子被氧化产生CO2，同时产生H+，故A电极作为电池的负极，所以该电池外电路电子的流动方向为从电极A通过外电路流向电极B；
②在A电极附近，甲醇失去电子被被氧化产生CO2，同时产生H+，故A电极发生的电极反应为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。
3．(1) OH- Cu
(2)2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O
(3)2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【详解】（1）电解时，阴离子向阳极移动，即OH-通过阴离子交换膜向阳极移动，阳极为Cu极，故答案为：OH-；Cu。
（2）总方程式为：2Cu+H2OCu2O+H2↑，阳极为Cu，反应中失去电子变为Cu2O，电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-═Cu2O+H2O，故答案为：2Cu-2e-+2OH-═Cu2O+H2O。
（3）总方程式为：2Cu+H2OCu2O+H2↑，阴极为H2O，反应中得到电子，生成H2，电极反应式为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故答案为：2Cu-2e-+2OH-═Cu2O+H2O。
4．(1) 太阳能 从流向
(2) 负极
(3) 左
【详解】（1）由图可知，光伏电池将太阳能转化为电能；由图中电荷的移动方向可知，电流由流向；故答案为：太阳能；从流向；
（2）原料为甲醇和水，产物为二氧化碳、氢离子，则为负极；原料为氢离子和氧气，，产物为水，则电极方程式为：化合价由价升高到价，失去个电子，则转移电子，需要甲醇；故答案为：负极；。
（3）题中放电时槽溶液颜色由黄色变为蓝色即被还原为中被氧化为，则放电时槽中的电极方程式为：，故氢离子向左槽移动；充电时，与电源正极相连的为阳极，失电子，则为槽中失电子转化为，其电极方程式为：；故答案为：左；。
5． 10 2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋ 酸性条件下NO3－将Fe2＋氧化成Fe3＋
【分析】（1）用双线桥分析反应，根据物质的量之间的关系计算。
（2）酸性条件下MnO4-被还原成Mn2+，H2C2O4被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平书写离子方程式。
（3）Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，再变为棕黄色；溶液先变为浅绿色，因为SO32-具有还原性，SO32-将Fe3+还原为Fe2+，自身被氧化为SO42-；再变为棕黄色，说明酸性条件下NO3-将Fe2+氧化成Fe3+；据此分析作答。
【详解】（1）用双线桥分析反应为 ，反应中H2O2为还原剂，每3molH2SO4参与反应将有5molH2O2被氧化，则6molH2SO4参与反应有10molH2O2被氧化。
（2）酸性条件下MnO4-被还原成Mn2+，H2C2O4被氧化成CO2，反应可写成MnO4-+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O，1mol MnO4-反应得到5mol电子，1mol H2C2O4反应失去2mol电子，根据得失电子守恒配平为2MnO4-+5H2C2O4+H+→2Mn2++10CO2↑+H2O，结合原子守恒、电荷守恒，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=Mn2++10CO2↑+8H2O。
（3）Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，再变为棕黄色；溶液先变为浅绿色，因为SO32-具有还原性，SO32-将Fe3+还原为Fe2+，自身被氧化为SO42-，反应的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；再变为棕黄色，说明酸性条件下NO3-将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O。
6．(1) B电极 A B
(2) 负
(3) 负
(4)
【详解】（1）氧气得到电子发生还原反应为正极，故B电极为正极、A电极为负极，负极上二甲醚失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，；原电池中阳离子向正极迁移，故H+移动方向为由A到B；
（2）①由图可知，左侧亚硫酸氢根离子得到电子发生还原生成，为阴极区，则与其相连的a是直流电源的负极、b为正极。
②已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间为酸性，阴极区亚硫酸氢根离子得到电子发生还原生成，电极反应为。
③NO和发生氧化还原反应生成氮气和亚硫酸氢根离子，氮元素化合价由+2变为0、硫元素化合价由+3变为+4，结合电子守恒可知，反应为；
（3）图所示的电解装置可去除废水中的氨氮(次氯酸氧化能力强)，根据题意可知，d极氯离子失去电子反应氧化反应生成次氯酸：，次氯酸将氨氮氧化而除去，d极为阳极，c为阴极，与阴极相连的a为负极；
①由分析可知，a极为负极。
②由分析可知，d极反应式为；
（4）由图可知，空气通入的a极为正极，氧气得到电子发生还原反应，则VB2极为负极，VB2失去电子在碱性条件下发生氧化反应生成B2O3、V2O5，反应为。
7．(1) N2+6e-+6H+═2NH3 CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O
(2) SO2+2H2O-2e-═SO+4H+ N2O4-2e-+2HNO3═2N2O5+2H+
【详解】(1)①Pt C3N4作阴极，由图示可知，阴极氮气得电子生成氨气，电极反应式为：N2+6e-+6H+═2NH3；
故答案为：N2+6e-+6H+═2NH3；
②燃料电池中燃料作负极，负极甲醇失电子生成二氧化碳，生成的二氧化碳结合氢氧根离子生成碳酸根离子，因此负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═+6H2O；
故答案为：CH3OH-6e-+8OH-═+6H2O；
(2)①由题意可知，A装置为原电池，其中通入氧气的一极为正极，通入二氧化硫的一极为负极，负极二氧化硫失电子生成硫酸根离子，负极电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═+4H+；
故答案为：SO2+2H2O-2e-═+4H+；
②装置B为电解池，c电极与原电池正极相连为阳极，阳极上N2O4放电生成N2O5，电极反应式为：N2O4-2e-+2HNO3═2N2O5+2H+；
故答案为：N2O4-2e-+2HNO3═2N2O5+2H+。
8． BaSO4＋4CBaS＋4CO↑ CO＋H2OCO2＋H2 BaCO3 S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO=ZnS·BaSO4↓
【分析】①由流程图可知，回转炉中硫酸钡与过量的焦炭粉在900—1200℃的高温条件下反应生成可溶性的硫化钡和一氧化碳，反应生成的一氧化碳与水蒸气在高温下反应反应生成二氧化碳和氢气；
②硫化钡是强碱弱酸盐，在潮湿空气中，硫化钡与空气中的水蒸气发生水解反应生成具有臭鸡蛋气味的硫化氢气体和氢氧化钡，氢氧化钡与空气中的二氧化碳反应生成难溶的碳酸钡；
③沉淀器中硫化钡溶液与硫酸锌溶液发生复分解反应反应生成ZnS·BaSO4沉淀。
【详解】①由流程图中经浸出槽后得到净化的硫化钡溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，回转炉中硫酸钡与过量的焦炭粉在900—1200℃的高温条件下反应生成可溶性的硫化钡和一氧化碳，反应的化学方程式为BaSO4＋4CBaS＋4CO↑；由题意可知，生产上可通过一氧化碳与水蒸气在高温下反应生成二氧化碳和氢气，达到除去回转炉中的有毒气体CO，同时得到氢气做清洁能源的目的，反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2，故答案为：BaSO4＋4CBaS＋4CO↑；CO＋H2OCO2＋H2；
②还原料的主要成分是硫化钡，硫化钡是强碱弱酸盐，在潮湿空气中，硫化钡与空气中的水蒸气发生水解反应生成具有臭鸡蛋气味的硫化氢气体和氢氧化钡，氢氧化钡与空气中的二氧化碳反应生成难溶的碳酸钡，导致还原料硫化钡的水溶性变差，故答案为：BaCO3；
③由立德粉的成分可知，沉淀器中硫化钡溶液与硫酸锌溶液发生复分解反应反应生成ZnS·BaSO4沉淀，反应的离子方程式为S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO=ZnS·BaSO4↓，故答案为：S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO=ZnS·BaSO4↓。
9． 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出
【详解】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
10．(1)SiO2
(2)+3价
(3)将生成的Fe2+转化为Fe3+
(4) 若溶液pH偏低，则H+浓度偏大，将与F-结合成HF，从而减小F-的浓度，将会导致MgF2沉淀不完全 2.53×10-2
(5)Na2SO4
(6)减小NiSO4·6H2O晶体的溶解量，以减小损失，同时乙醇易挥发，便于干燥
(7)2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O
【分析】由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4 6H2O步骤如图，废料溶解后加入稀硫酸和过氧化氢溶液，涉及反应有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Ni+H2SO4=NiSO4+H2、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O和2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O，反应后过滤，得滤渣为SiO2，加入硫酸钠和MgO除去铁，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，反应原理为：2Na++6Fe3++4+6MgO+6H2O=[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]↓+6Mg2+，通入H2S气体除铜，反应原理为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过滤后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去，反应原理为：Mg2++2F-=MgF2↓，加入氢氧化钠溶液沉镍，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，再加入稀硫酸得到硫酸镍溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到NiSO4 6H2O，据此分析回答问题。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：SiO2；
（2）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0可知，其中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
（3）由分析可知，铁和稀硫酸反应生成的为Fe2+，而沉铁时得到的黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀中Fe为+3价，故“溶解”时加入H2O2溶液的目的是将生成的Fe2+转化为Fe3+，故答案为：将生成的Fe2+转化为Fe3+；
（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液pH偏低，则H+浓度偏大，将与F-结合成HF，从而减小F-的浓度，将会导致MgF2沉淀不完全，通常认为当某一离子浓度低于10-5mol/L时认为该离子沉淀完全，故当溶液中镁离子恰好沉淀完全时，溶液中c(F-)为==2.53×10-2mol/L，故答案为：若溶液pH偏低，则H+浓度偏大，将与F-结合成HF，从而减小F-的浓度，将会导致MgF2沉淀不完全；2.53×10-2；
（5）由分析可知，“沉镍”后得到的滤液中含有Na2SO4，而在沉铁步骤中又要用到Na2SO4，故可可循环使用的主要溶质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
（6）由题干信息可知，NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，故制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是减小NiSO4·6H2O晶体的溶解量，以减小损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减小NiSO4·6H2O晶体的溶解量，以减小损失，同时乙醇易挥发，便于干燥；
（7）NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为：2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O，故该反应的离子方程式为：2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故答案为：2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O。
11．(1)40Cl-+4MnO+5Tl2O+42H+=4Mn2++10TlCl+21H2O
(2)[CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4
(3)H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H++3Cl-
【详解】（1）“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，反应中Tl2O被氧化转化为TlCl,该反应的离子方程式为40Cl-+4MnO+5Tl2O+42H+=4Mn2++10TlCl+21H2O。
（2）萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4,“反萃取”过程中加入
醋酸铵，则发生反应的化学方程式为[CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4。
（3）根据以上分析可知“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H++3Cl-。
12． 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 取少量待测溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，产生有刺激性气味、能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 CO2++2H2O=Al(OH)3↓+ 3NO2+H2O=2HNO3+NO 1：1 0.6 mol/L 1.8 mol/L
【分析】铝在酸性条件 下与硝酸根离子反应生成气体C，从气体C和O2反应，然后与水反应分析，气体C为NO，E为NO2，F为HNO3；根据气体D和O2在催化剂条件下反应产生NO，并且与F反应可生成盐，说明D为NH3，Al与在酸性条件下反应产生的A为硝酸铝，B与在碱性条件下反应产生的B为偏铝酸盐，二者在一定条件下可相互转化，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为NH3，E为NO2，F为HNO3。
(1)气体D为NH3，在实验室中一般是用铵盐与碱共热制取氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
(2)气体D为NH3，F为HNO3，二者反应产生NH4NO3。检验其阳离子方法是：取少量待测溶液于试管中，向其中加入NaOH浓溶液并加热，并将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，则证明溶液中含有。
(3)B为偏铝酸盐，由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，向偏铝酸盐溶液中通入足量CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀和碳酸氢盐，该反应的离子方程式为：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+。
(4)气体C是NO，气体E是NO2，可根据NO2能够与水反应产生HNO3和NO，用水洗气，得到纯净的NO气体，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。
(5)Al、、H+会发生氧化还原反应，产生Al(NO3)3、NO、H2O，反应方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O。根据方程式可知：Al为还原剂，HNO3为氧化剂，1个Al反应，消耗4个HNO3，其中1个起氧化剂作用，3个起酸的作用，则Al与被还原的的物质的量之比是1：1。
(6) A为硝酸铝，在100 mL 0.5 mol/L 的A溶液中含有Al(NO3)3的物质的量n[Al(NO3)3]=0.5 mol/L×0.1 L=0.05 mol。向其中加入100 mL NaOH溶液，得到1.56 g沉淀为Al(OH)3，其物质的量n[Al(OH)3]==0.02 mol，小于硝酸铝的物质的量，可能是NaOH不足量，Al3+未完全反应，也可能是NaOH溶液过量，部分Al(OH)3沉淀被过量NaOH溶液溶解变为NaAlO2。
若NaOH溶液不足量，则根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知：n(NaOH)=3n[Al(OH)3]=3×0.02 mol=0.06 mol，则NaOH溶液的浓度c(NaOH)==0.6 mol/L；
若NaOH过量，首先发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，然后发生：Al(OH)3+OH-=+2H2O，可见：Al3+形成的沉淀完全溶解，需NaOH的物质的量是Al3+的4倍，溶解Al(OH)3与OH-物质的量的比是1：1，故当剩余0.02 mol Al(OH)3时，共需NaOH的物质的量为n(NaOH)=4×0.05 mol-0.02 mol=0.18 mol，则该NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)= =1.8 mol/L。
【点睛】本题考查无机物推断。根据题干信息推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及物质反应的物质的量关系的应用。
答案第1页，共2页
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