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2022屆高三化學(xué)一輪高考復(fù)習(xí)?？碱}型14流程情景中方程式的書寫專題

一、單選題（共15題）
1．硼氫化鈉(NaBH4)是常用的還原劑之一，與水反應(yīng)可放出氫氣，可用如下所示轉(zhuǎn)化合成。已知硼氫化鈉中B為+3價(jià)。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是

A．該合成反應(yīng)在隔絕空氣的條件下進(jìn)行
B．該合成反應(yīng)中Na和H2作還原劑
C．NaBH4與水反應(yīng)時(shí)，每生成1molH2轉(zhuǎn)移1mole-
D．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaBO2+2SiO2+4Na+2H22Na2SiO3+NaBH4
2．利用空氣催化氧化法除掉電石渣漿(含CaO)上清液中的，制取石膏()的過程如下：


下列說法正確的是
A．屬于鹽類和純凈物
B．過程II中反應(yīng)的離子方程式為
C．過程I后溶液pH增大
D．將10L上清液中的(濃度為)轉(zhuǎn)化為，理論上共需要
3．(儲(chǔ)存還原)技術(shù)可有效降低柴油發(fā)動(dòng)機(jī)中的排放，的儲(chǔ)存和還原在不同時(shí)段交替進(jìn)行，工作原理如圖所示。下列說法正確的是

A．儲(chǔ)存過程中N元素化合價(jià)不變
B．和都是該反應(yīng)過程的催化劑
C．儲(chǔ)存還原總反應(yīng)中，是還原劑，是還原產(chǎn)物
D．還原過程發(fā)生的反應(yīng)為：
4．黃鐵礦(主要成分為)因其呈淺黃銅色，且具有明亮的金屬光澤，常被誤認(rèn)為是黃金，故又稱為“愚人金”。在酸性和催化劑的作用下如圖所示的轉(zhuǎn)化。下列分析正確的是

A．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應(yīng)
B．在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中只有作催化劑
C．反應(yīng)Ⅰ的離子方程式：
D．反應(yīng)Ⅱ中，每消耗，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為
5．是一種重要的化學(xué)試劑，可用作食鹽中的補(bǔ)碘劑。其化工生產(chǎn)有多種方法，下面是“氧化法”制備的生產(chǎn)工藝流程圖：

已知“反應(yīng)器內(nèi)反應(yīng)”所得產(chǎn)物有、和KCl。下列相關(guān)說法不正確的是
A．“反應(yīng)器內(nèi)反應(yīng)”中，氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為11∶6
B．“逐”過程需要加入燒堿或KI晶體除
C．借助食用醋和淀粉碘化鉀試紙即可檢驗(yàn)食鹽中是否含有補(bǔ)碘劑
D．調(diào)pH時(shí)發(fā)生反應(yīng)的方程式為：
6．某化工廠充分利用工業(yè)廢氣中的CO、，將氯代烴、氯堿工業(yè)和甲醇聯(lián)合生產(chǎn)，減少了環(huán)境污染，具體流程如圖。下列敘述錯(cuò)誤的是

A．為減少副反應(yīng)的發(fā)生，過程II中的裝置需使用陽(yáng)離子交換膜
B．過程Ⅳ中的反應(yīng)是
C．在聯(lián)合生產(chǎn)過程中起催化作用
D．理論上每生成1mol ，可得到1mol
7．以含鈷廢渣(主要成分為CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)為原料制備鋰電池的電極材料CoCO3的工藝流程如下：

下列說法錯(cuò)誤的是
A．通入SO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：2Co3＋＋SO2＋2H2O=2Co2＋＋SO＋4H＋
B．加入適量Na2CO3調(diào)節(jié)pH是利用幾種氫氧化物Ksp的不同除鋁
C．若萃取劑的總量一定，則分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D．將含Co2＋的溶液緩慢滴加到Na2CO3溶液中沉鈷，以提高CoCO3的產(chǎn)率
8．一種以“火法粗煉”、“電解精練”相結(jié)合煉制精銅的工藝流程如圖所示。已知：黃銅礦石的主要成分為CuFeS2；“冰銅”還原中的Cu2S先轉(zhuǎn)化為Cu2O，然后Cu2O再與Cu2S反應(yīng)生成粗銅。下列敘述正確的是

A．“焙燒”過程中，CuFeS2既是氧化劑又是還原劑
B．在Cu2S“還原”為Cu的總反應(yīng)中，Cu2O作催化劑
C．“電解”過程中陰極增重6.4g的同時(shí)，粗銅質(zhì)量減少6.4g
D．該煉銅工藝零污染，對(duì)環(huán)境友好
9．NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：

下列說法錯(cuò)誤的是：
A．NaClO2中Cl的化合價(jià)為+3價(jià)
B．“電解”所用食鹽水是由粗鹽水精制而成，精制時(shí)，為除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的試劑分別為NaOH溶液、Na2CO3溶液。
C．“電解”中陰極反應(yīng)的主要產(chǎn)物是NaClO2。
D．“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2，此吸收反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，
10．碘循環(huán)工藝不僅能吸收SO2降低環(huán)境污染，同時(shí)又能制得氫氣，具體流程如圖，下列說法不正確的是

A．該工藝中I2和HI的相互轉(zhuǎn)化體現(xiàn)了“碘循環(huán)”
B．反應(yīng)器中，控制溫度為20-100℃，溫度過低速率慢，溫度過高水氣化且增大碘的流失，反應(yīng)速率也慢
C．分離器中的物質(zhì)分離操作為過濾
D．碘循環(huán)工藝的總反應(yīng)為SO2+2H2O=H2+H2SO4
11．下圖是一種綜合處理SO2廢氣的工藝流程。下列說法正確的是

A．操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++4H++O2=2Fe3++2H2O
B．溶液b中陽(yáng)離子只有Fe2+
C．溶液a轉(zhuǎn)化為溶液b的反應(yīng)中，SO2被氧化
D．加入FeO可以使溶液c轉(zhuǎn)化為溶液a
12．為減輕環(huán)境污染，提高資源的利用率，可將鈦廠、氯堿廠和甲醇廠聯(lián)合進(jìn)行生產(chǎn)。生產(chǎn)工藝流程如下：

已知：“氯化”過程在高溫下進(jìn)行，且該過程中元素的化合價(jià)沒有變化。下列敘述錯(cuò)誤的是
A．中為+4價(jià)
B．“合成”過程中原子利用率為
C．“氯化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為
D．上述流程中生成鈦時(shí)可用代替
13． 2020年突發(fā)而至的“新冠肺炎”疫情打斷了人們以往平靜的生活，社會(huì)對(duì)消毒劑的需求急劇增加。NaClO2 和ClO2 是兩種比較常見的含氯消毒劑，其生產(chǎn)流程如圖所示。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是

A． 粗鹽水中常含有 、Ca2+ 、Mg2+ 等雜質(zhì)離子，可向其中先后加入過量的Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液，然后過濾除去難溶物，即可得到精制食鹽水
B．該生產(chǎn)流程可與硫酸廠聯(lián)合生產(chǎn)，可以有效利用硫酸廠廢氣，保護(hù)環(huán)境，減少污染
C．產(chǎn)物A是
D．電解槽中電解的總反應(yīng)式為2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2
14．如圖為從光盤中提取Ag(其它金屬微量忽略不計(jì))對(duì)廢舊資源進(jìn)行回收利用的工藝流程，下列說法錯(cuò)誤的是

A．“氧化"階段需在80 ℃條件下進(jìn)行，則適宜的加熱方式為水浴加熱
B．“氧化“過程還生成O2，則反應(yīng)方程式為4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+ 4NaOH+O2↑
C．“還原”過程中N2H4·H2O轉(zhuǎn)化為無害氣體N2，則理論上消耗1molN2H4·H2O可提取到43.2g的單質(zhì)Ag
D．10%的氨水溶解AgCl固體，可生成Cl-和[Ag(NH3)2]+
15．鉍與氮同主族，在中性及堿性環(huán)境下常以的形式存在，鉍及其化合物廣泛應(yīng)用于電子、醫(yī)藥等領(lǐng)域。以輝鉍礦(主要成分為，含少量雜質(zhì)等)為原料，采用濕法冶金制備精鉍工藝流程如下，下列說法錯(cuò)誤的是

A．“浸出”產(chǎn)生S的主要離子反應(yīng)為
B．“浸出”時(shí)鹽酸可以還原雜質(zhì)PbO2
C．“浸出、置換、再生、電解精煉”工序中不全是氧化還原反應(yīng)
D．再生液可以加入“浸出”操作中循環(huán)利用


二、填空題（共10題）
16．(根據(jù)實(shí)驗(yàn)流程書寫陌生化學(xué)(離子)方程式)NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：

回答下列問題：
寫出“反應(yīng)”步驟中生成ClO2的化學(xué)方程式：___________。
17．Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備，工藝流程如下：


回答下列問題：
“酸浸”后，鈦主要以TiOCl形式存在，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：___________。
18．工業(yè)上制取硝酸銨的流程圖如圖，回答下列問題：

(1)設(shè)備Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。
(2)設(shè)備Ⅲ中生成HNO3化學(xué)方程式為____。
(3)設(shè)備Ⅳ中的尾氣主要為NO，可以用NaClO溶液吸收，其他條件相同，NO轉(zhuǎn)化為NO的轉(zhuǎn)化率隨NaClO溶液初始pH的變化如圖所示。

在酸NaClO性溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其離子方程式為__。
19．現(xiàn)有金屬單質(zhì)A、B、C和氣體甲、乙、丙以及物質(zhì)D、E、F、G、H，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(圖中有些反應(yīng)的生成物和反應(yīng)的條件沒有標(biāo)出)。

請(qǐng)根據(jù)以上信息完成下列各題：
(1)寫出實(shí)驗(yàn)室制備黃綠色氣體乙的化學(xué)方程式：_______，
(2)反應(yīng)③中的離子方程式是_______
(3)反應(yīng)⑤的離子方程式是_______
20．結(jié)合所學(xué)內(nèi)容，回答下列問題。
(1)氮元素及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。

①寫出X的化學(xué)式___________，Y的化學(xué)式___________。
②圖中所示，關(guān)于轉(zhuǎn)化為的反應(yīng)過程，下列說法正確的是
a．氮元素的化合價(jià)不發(fā)生變化
b．若用與反應(yīng)制取，另一種生成物是NO
c．該轉(zhuǎn)化過程中，既是氧化劑又是還原劑
(2)催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣氧化物脫除技術(shù)，反應(yīng)原理如圖。

①SCR技術(shù)中的氧化劑為___________。
②當(dāng)與NO的物質(zhì)的量之比為1∶1時(shí)，與足量氨氣在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。
(3)某同學(xué)利用如圖裝置，進(jìn)行氨氣的噴泉實(shí)驗(yàn)。回答下列問題：

①儀器A的名稱是___________。
②寫出實(shí)驗(yàn)室用和制取氨氣的化學(xué)方程式___________。
21．(1)是一種新型自來水消毒劑，具有強(qiáng)氧化性。其一種生產(chǎn)工藝如圖甲所示：

①電解反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。
②具有強(qiáng)氧化性，制取反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。
③飲用水中殘留的可用適量溶液去除，該反應(yīng)的離子方程式為_______。
(2)某制備高純碳酸錳的核心工藝如圖乙，該沉錳過程的離子方程式為_______。

(3)在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化的流程如圖丙，反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為：_______。

22．根據(jù)信息書寫指定反應(yīng)的方程式。
(1)請(qǐng)從下列試劑中選擇合適的完成指定轉(zhuǎn)化(試劑可重復(fù)選用)。
試劑：稀鹽酸、溶液、溶液、溶液、濃硫酸、溶液
①的化學(xué)方程式：_______；
②的離子方程式：_______。
(2)鈦鐵礦(FeTiO3)在高溫下經(jīng)氯化得到四氯化鈦，再制取金屬鈦的流程如圖。寫出“氯化”的化學(xué)方程式：_______。


23．2020年世界環(huán)境日的宣傳主題為“關(guān)愛自然?？滩蝗萋薄７乐未髿馕廴尽⑺w污染等是世界各國(guó)保護(hù)環(huán)境的最重要課題。
(1)氮的氧化物是造成大氣污染的主要物質(zhì)，研究氮氧化物的反應(yīng)機(jī)理更有助于消除大氣污染。

C2H4催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術(shù)，研究發(fā)現(xiàn)在Cu+上可能發(fā)生的反應(yīng)過程如圖。寫出該脫硝過程的總反應(yīng)的化學(xué)方程式： ___________。
(2)煙氣中的氮氧化物經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中氮氧化物的含量。
①室溫下，固定進(jìn)入反應(yīng)器的NO的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時(shí)間后體系中n(NO)和n(NO2)隨反應(yīng)前n(O3)：n(NO)的變化見下圖。

當(dāng)n(O3)：n(NO)≤1時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ___________；
當(dāng)n(O3)：n(NO)>1時(shí)，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是___________；
②當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時(shí)，清液(弱堿性)中SO將NO2轉(zhuǎn)化為NO，其離子方程式為___________。
(3)可綜合利用上述吸收煙氣后的溶液處理含NH廢水，每產(chǎn)生1 mol無污染氣體轉(zhuǎn)移電子數(shù)為_______。
24．實(shí)驗(yàn)室以鋅灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)為原料制備Zn3(PO4)2·4H2O的流程如圖。

滴加KMnO4溶液后有MnO2生成，該反應(yīng)的離子方程式為___。
25．(1)向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。
(2)雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnO4溶液測(cè)定，該反應(yīng)的離子方程式為___。
(3)實(shí)驗(yàn)室中可用次氯酸鈉溶液與氨反應(yīng)制備聯(lián)氨(N2H4)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。
(4)在鼓泡反應(yīng)器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應(yīng)溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10-3mol·L-1。反應(yīng)一段時(shí)間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如表。
離子
SO
SO
NO
c/(mol·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
離子
NO
Cl-

c/(mol·L-1)
1.2×10-5
3.4×10-3

寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子方程式___。
26．用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如圖：

回答下列問題：MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)方程式為___。
27．化學(xué)還原法是處理含Cr2O的工業(yè)廢水常用的方法，主要分為“還原”和“沉淀”兩步：
Cr2OCr3+Cr(OH)3
已知：①Na2S2O5+H2O=2NaHSO3
②“COD”是指化學(xué)需氧量，反映了水樣中較強(qiáng)還原性物質(zhì)含量的多少。水中還原性物質(zhì)越少，則COD越低，表明水質(zhì)污染程度越小。
(1)取含Cr2O的工業(yè)廢水，分別在不同pH條件下，向每個(gè)水樣中分別加一定量的FeSO4、NaHSO3，攪拌，充分反應(yīng)，然后滴加Ca(OH)2懸濁液，靜置沉淀，測(cè)定+6價(jià)Cr的去除率，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖-1所示。

①在酸性條件下，請(qǐng)寫出NaHSO3與Cr2O反應(yīng)的離子方程式：___。
②分析比較亞鐵鹽和亞硫酸鹽去除+6價(jià)Cr的效果。
Ⅰ.亞鐵鹽在中性和堿性條件下，對(duì)+6價(jià)Cr的去除效果優(yōu)于酸性條件下的去除效果，亞硫酸鹽則相反；
Ⅱ.___。
(2)用焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)處理廢水后，可能會(huì)使廢水中的COD增大。在焦亞硫酸鈉與廢水中鉻元素不同質(zhì)量比的情況下，加H2SO4與未加H2SO4處理含鉻廢水后其COD對(duì)比變化如圖-2所示。

①未加H2SO4時(shí)，隨著Na2S2O5質(zhì)量增大，廢水COD增大的原因是___。
②在焦亞硫酸鈉與廢水質(zhì)量比相同的情況下，加H2SO4時(shí)，與未加H2SO4相比，廢水COD均有所下降，原因可能是___。
(3)三價(jià)鉻[Cr(Ⅲ)]在水溶液中的存在形態(tài)隨pH的變化如圖-3所示，為盡可能除去鉻元素實(shí)現(xiàn)達(dá)標(biāo)排放，沉淀過程中pH要控制在___；若pH過高，溶液中殘留鉻量增大，其原因?yàn)開__。

28．已知溶液中，還原性為HSO＞I-，氧化性為IO＞I2＞SO。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物質(zhì)的量（mol）的關(guān)系如圖所示，請(qǐng)回答下列問題

下列問題：
（1） a點(diǎn)處的氧化產(chǎn)物是_________（填化學(xué)式，下同），還原產(chǎn)物是_______，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的離子方程式為______________。
（2）當(dāng)n（I2）達(dá)到最大值時(shí)，n（IO）對(duì)應(yīng)的最小值為_____________mol，此時(shí)反應(yīng)的離子方程式是_____________。
（3）若向100mL 1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反應(yīng)開始時(shí)的離子方程式為_____
參考答案
1．B
【詳解】
A．該反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，反應(yīng)條件是加熱，為防止氫氣燃燒，需要隔絕空氣進(jìn)行反應(yīng)，A正確；
B．NaBO2、NaBH4中B均為+3價(jià)，H為-1價(jià)，則Na和H2生成NaBH4，Na化合價(jià)升高做還原劑，H2化合價(jià)降低做氧化劑，B錯(cuò)誤；
C．NaBH4與水反應(yīng)放出氫氣，H2中H變價(jià)來源于NaBH4從-1升到0價(jià)，H2O從+1降至0價(jià)，則每生成1molH2轉(zhuǎn)移1mole-，C正確；
D．由反應(yīng)物和生成物可知，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaBO2+2SiO2+4Na+2H22Na2SiO3+NaBH4，D正確；
故選：B。
2．A
【分析】
由流程可知，CaO與硫酸錳反應(yīng)生成，通入氧氣生成，涉及反應(yīng)為2+O2+4OH-=2+4H2O，與S2-反應(yīng)生成，進(jìn)而與氧氣反應(yīng)生成SO，可用于制備CaSO4?2H2O。
【詳解】
A．俗名生石膏，屬于結(jié)晶水合物，具有固定的組成和性質(zhì)，屬于純凈物里的鹽類，A正確；
B．根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，過程Ⅱ中與生成和，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒和物料守恒，反應(yīng)的離子方程式為：，B錯(cuò)誤；
C．由分析可知過程Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)：，溶液的pH減小，C錯(cuò)誤；
D．10L上清液中的的物質(zhì)的量，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程可知，轉(zhuǎn)化為過程中需要消耗氧氣，轉(zhuǎn)化為也需要消耗氧氣，在的過程中，硫元素的化合價(jià)由-2價(jià)變成+6價(jià)，共失去電子，在反應(yīng)中得到4mol電子，所以將10L上清液中的轉(zhuǎn)化為，理論上共需要的物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤。
故選A。
3．D
【詳解】
A．儲(chǔ)存過程中被氧氣氧化，N元素化合價(jià)發(fā)生改變，A錯(cuò)誤；
B．在反應(yīng)前后不發(fā)生改變，但是參與了反應(yīng)歷程，屬于催化劑，是儲(chǔ)存時(shí)生成的物質(zhì)，是中間產(chǎn)物，不是催化劑，B錯(cuò)誤；
C．儲(chǔ)存還原總反應(yīng)中生成，化合價(jià)降低，所以是氧化劑，是還原產(chǎn)物，C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)示意圖可知還原過程發(fā)生的反應(yīng)為甲烷和硝酸鋇反應(yīng)生成氧化鋇、二氧化碳、氮?dú)夂退?，配平得出方程式為：，D正確；
答案選D。
4．D
【分析】
由圖可知，反應(yīng)物為Fe3+、FeS2，生成物為Fe2+和，離子反應(yīng)為14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，S元素的化合價(jià)升高，則FeS2作還原劑，NO為該反應(yīng)的催化劑，總反應(yīng)為2FeS2+7O2+2H2O4+2Fe2++4H+，以此解答該題。
【詳解】
A．反應(yīng)III是Fe2+結(jié)合NO生成配合物Fe(NO)2+，化合價(jià)不變，不屬于氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；
B．反應(yīng)前后NO的不變，起催化劑作用，B錯(cuò)誤；
C．反應(yīng)Ⅰ中Fe3+、FeS2反應(yīng)生成Fe2+和，離子反應(yīng)為14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，C錯(cuò)誤；；
D．反應(yīng)Ⅱ的FeS2中S硫元素化合價(jià)從-1價(jià)升高到+6價(jià)，每消耗，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol×2×7=14mol，D正確；
故選：D。
5．B
【詳解】
A．根據(jù)題干提示，該反應(yīng)方程式為：11KClO3+6I2 =6KH(IO3)2+3Cl2+5KCl，其中氧化劑是KClO3，氧化產(chǎn)物為KH(IO3)2，故氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為11∶6，A項(xiàng)正確；
B．加熱可以促進(jìn)溶解在溶液中氣體的逸出，故“逐”過程只需要采用加熱溶液即可，不用加入燒堿或KI晶體除Cl2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．由于反應(yīng)：5I-++6H+=3I2+3H2O，碘單質(zhì)能使淀粉溶液變藍(lán)色，故借助食用醋和淀粉碘化鉀試紙即可檢驗(yàn)是否含有補(bǔ)碘劑，C項(xiàng)正確；
D．調(diào)pH的目的是讓，轉(zhuǎn)化為，故應(yīng)該加入KOH調(diào)節(jié)pH，發(fā)生反應(yīng)的方程式為：，D項(xiàng)正確；
答案選B。
6．D
【分析】
由聯(lián)合生產(chǎn)流程圖可知，過程II中發(fā)生反應(yīng)2NaCl +2H2O2NaOH + Cl2↑+H2↑，生成的H2參與過程I，與CO2、CO反應(yīng)生成CH3OH，Cl2參與過程Ⅲ，發(fā)生反應(yīng)2CuCl +Cl2= =2CuCl2，CuCl2進(jìn)入過程IV中發(fā)生反應(yīng) 2CuCl2 +C2H4 = C2H4Cl2 +2CuCl。
【詳解】
A． 過程II為電解飽和NaCl溶液的過程，根據(jù)上述分析，電解過程中陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cl2，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成OH-，使用陽(yáng)離子交換膜可防止Cl2和陰離子OH-通過，減少副反應(yīng)，A正確；
B． 過程Ⅳ中的反應(yīng)是，B正確；
C． CuCl2進(jìn)入過程IV反應(yīng)，過程Ⅲ發(fā)生的反應(yīng)主要為過程IV產(chǎn)生的CuCl與過程Ⅱ產(chǎn)生的Cl2反應(yīng)生成CuCl2，實(shí)現(xiàn)了CuCl2的再生，故在聯(lián)合生產(chǎn)過程中起催化作用，C正確；
D． 過程I為H2與CO2、CO反應(yīng)生成CH3OH，過程中H元素的化合價(jià)由0 價(jià)升高為+1價(jià)，則每生成1 mol CH3OH轉(zhuǎn)移4 mol電子，過程Ⅲ發(fā)生反應(yīng) 2CuCl+Cl2 = 2CuCl2，過程IV中發(fā)生反應(yīng)，每生成1 mol C2H4Cl2轉(zhuǎn)移2 mol電子，結(jié)合過程II中發(fā)生的反應(yīng)，則理論上每生成1 mol CH3OH，可得到2 mol C2H4Cl2，D錯(cuò)誤；
故選D。
7．D
【分析】
鈷廢渣主要成分為CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質(zhì)，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，縱觀整個(gè)流程最后得到CoCO3，說明該過程中二氧化硫會(huì)還原Co2O3，發(fā)生反應(yīng)：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，硫酸與CoO、氧化鋁、氧化鋅反應(yīng)，所得溶液中還含有硫酸鋁、硫酸鋅等，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液的pH，使鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾除去，然后加入萃取劑，萃取鋅離子，在有機(jī)層中加入稀硫酸，可得到硫酸鋅。在水相中加入碳酸鈉生成CoCO3固體。
【詳解】
A．根據(jù)分析可知酸浸過程中二氧化硫會(huì)還原Co2O3，根據(jù)電子守恒和元素守恒得到離子方程式為2Co3＋＋SO2＋2H2O=2Co2＋＋SO＋4H＋，A正確；
B．氫氧化物Ksp不同，則開始沉淀時(shí)所需的pH值不同，加入適量Na2CO3調(diào)節(jié)相應(yīng)的pH可以只沉淀Al3+，B正確；
C．萃取過程中，每一次萃取都是按照一定比例進(jìn)行的溶質(zhì)分配，多次萃取相當(dāng)于不斷降低物質(zhì)的濃度，提取效率就高，C正確；
D．將含Co2＋的溶液緩慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸鈉過量，堿性過程，會(huì)生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的產(chǎn)率，D錯(cuò)誤；
綜上所述答案為D。
8．A
【分析】
黃銅礦石經(jīng)選礦富集CuFeS2得銅精礦砂，銅精礦砂焙燒得含Cu2S、FeS的冰銅，冰銅還原得粗銅（含F(xiàn)e等雜質(zhì)），電解得精銅。
【詳解】
A．CuFeS2中銅為+2價(jià)，鐵為+2價(jià)，硫?yàn)?2價(jià)，“焙燒”過程中，，Cu元素化合價(jià)降低，部分S元素化合價(jià)升高，則CuFeS2既是氧化劑又是還原劑，A正確；
B．在Cu2S“還原”為Cu的反應(yīng)中，Cu2S先轉(zhuǎn)化為Cu2O，然后Cu2O再與Cu2S反應(yīng)生成Cu銅單質(zhì)，Cu2O得電子被還原，做氧化劑，B錯(cuò)誤；
C．電解精煉銅時(shí)，精銅作陰極，銅離子得電子變?yōu)殂~，粗銅作陽(yáng)極，失電子變?yōu)榻饘訇?yáng)離子， 粗銅中活性比Cu強(qiáng)的金屬在Cu之前失電子，故陰極增重6.4g的同時(shí)，陽(yáng)極減少質(zhì)量不為6.4g，C錯(cuò)誤；
D．該煉銅工藝會(huì)放出二氧化硫，影響環(huán)境，對(duì)環(huán)境不友好，D錯(cuò)誤；
答案選A。
9．D
【分析】
由流程知，NaClO3和SO2、HSO4反應(yīng)生成NHSO4和ClO2；“電解”時(shí)陰極發(fā)生還原反應(yīng)，通過電解，由ClO2制取NaClO2；吸收ClO2用NaOH和H2O2，反應(yīng)方程式為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，據(jù)此分析解答。
【詳解】
A．根據(jù)NaClO2中化合價(jià)代數(shù)和為零，Na為+1價(jià)，O為-2價(jià)，則Cl的化合價(jià)為+3價(jià)，故A正確；
B．食鹽水精制中除Mg2＋用NaOH溶液，除Ca2＋用Na2CO3溶液，因而要加入的試劑分別為NaOH溶液、Na2CO3溶液，故B正確；
C．“電解”時(shí)陰極發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)流程圖可知通過電解，可以由ClO2制取NaClO2，故陰極的反應(yīng)為：ClO2+e-=Cl，陰極的主要產(chǎn)物是NaClO2，故C正確；
D．由流程知，吸收ClO2用NaOH和H2O2，反應(yīng)方程式為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，其中氧化劑為ClO2，還原劑為H2O2，二者的物質(zhì)的量之比為2:1，故D錯(cuò)誤；
答案選D。
10．C
【分析】
從流程圖可知，在反應(yīng)器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI，在分離器中分離硫酸和HI，在膜反應(yīng)器中HI發(fā)生分解反應(yīng)產(chǎn)生H2和I2。
【詳解】
A．在反應(yīng)器中I2反應(yīng)轉(zhuǎn)換為HI，在膜反應(yīng)器中HI分解轉(zhuǎn)化為H2和I2，從而實(shí)現(xiàn)了碘循環(huán)，A說法正確；
B．在反應(yīng)器中，控制溫度為20-100℃，根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，若反應(yīng)溫度過低速率慢，但溫度過高，水氣化，會(huì)使碘單質(zhì)升華，增大碘的流失，也會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)速率比較慢，B說法正確；
C．H2SO4、HI都溶于水，所以分離器中的物質(zhì)分離操作不可能是過濾，C說法錯(cuò)誤；
D．在反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)：2HI=H2+I2，所以碘循環(huán)工藝總反應(yīng)為SO2+2H2O=H2+H2SO4，D說法正確；
答案為C。
11．C
【分析】
Fe3+有氧化性，SO2有還原性，F(xiàn)e2(SO4)3被SO2還原為FeSO4，溶液b主要溶質(zhì)為FeSO4、H2SO4，可能含F(xiàn)e2(SO4)3或SO2，空氣中氧氣將FeSO4及可能存在的SO2氧化得溶液a循環(huán)使用。
【詳解】
A．電荷不守恒，操作Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：4Fe2++4H++O2= 4Fe3++2H2O，A錯(cuò)誤；
B．操作I中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++SO2+2H2O = 2Fe2+++4H+，溶液中陽(yáng)離子有Fe2+、H+，若SO2少量，則還有Fe3+，B錯(cuò)誤；
C．溶液a轉(zhuǎn)化為溶液b的反應(yīng)中，SO2被Fe3+氧化，C正確；
D．溶液c中含有 Fe2(SO4)3、H2SO4等物質(zhì)，加入FeO后會(huì)生成FeSO4，D錯(cuò)誤。
答案選C。
12．D
【詳解】
A．由題干信息知，Ti元素化合價(jià)沒有變化，TiCl4中Ti為+4價(jià)，則中為+4價(jià)，故A正確；
B．“合成”反應(yīng)中CO與H2反應(yīng)生成CH3OH，反應(yīng)方程式為CO+2H2CH3OH，由此可見原子利用率為100%，故B正確；
C．根據(jù)流程圖知，“氯化”過程中，C轉(zhuǎn)化為CO，F(xiàn)eTiO3轉(zhuǎn)化為FeCl3和TiCl4，反應(yīng)為2FeTiO3+6C+7Cl2= 2FeCl3+2TiCl4+6CO，故C正確；
D．Ar與Mg不反應(yīng)，所以Ar可以用作保護(hù)氣，Mg與反應(yīng)生成氧化鎂和碳，所以不能用代替Ar，故D錯(cuò)誤；
故答案選D。
13．A
【分析】
NaClO3被SO2在反應(yīng)器中還原得到ClO2，SO2被氧化成硫酸根，發(fā)生的反應(yīng)，2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，所以產(chǎn)物A為Na2SO4；將ClO2與飽和食鹽水混合電解得到Cl2和NaClO2，根據(jù)氯元素的價(jià)態(tài)變化可得總反應(yīng)方程式應(yīng)為2NaCl+2ClO22NaClO2+Cl2。
【詳解】
A．由于過量的鋇離子還需要碳酸鈉除去，所以要先加Ba(OH)2，再加Na2CO3，過濾后滴加鹽酸除去氫氧根和碳酸根，故A錯(cuò)誤；
B．硫酸廠的廢氣中含有大量二氧化硫，二氧化硫會(huì)污染空氣，將該流程與硫酸廠聯(lián)合，可以有效利用廢氣中的二氧化硫，減少污染，故B正確；
C．反應(yīng)器中反應(yīng)為2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，所以產(chǎn)物A為Na2SO4，故C正確；
D．將ClO2與飽和食鹽水混合電解得到Cl2和NaClO2，根據(jù)氯元素的價(jià)態(tài)變化和元素守恒可得總反應(yīng)方程式應(yīng)為2NaCl+2ClO22NaClO2+Cl2，故D正確；
綜上所述答案為A。
14．C
【分析】
回收一種光盤金屬層中的少量Ag，由流程可知，氧化時(shí)發(fā)生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，為控制80°C，可水浴加熱，過濾分離出AgCl、可能含Ag，再加10%的氨水溶解AgCl，發(fā)生AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2] ++Cl-+2H2O，過濾分離出的濾渣為Ag，對(duì)過濾得到的濾液用N2H4·H2O (水合肼)在堿性條件下能還原[Ag(NH3)2] +得到Ag，以此解答該題。
【詳解】
A．控制80°C的反應(yīng)條件，可選擇水浴加熱，以提供恒定的溫度，A正確；
B．NaClO溶液與Ag反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，B正確；
C．氮?dú)獯嬖诘臈l件未知，不能確定是否標(biāo)準(zhǔn)狀況下，則不能確定物質(zhì)的量，C錯(cuò)誤；
D．AgCl與NH3·H2O按1:2反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2] ++Cl-+2H2O，生成Cl-和[Ag(NH3)2] +，D正確；
故選C。
15．C
【分析】
輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含少量雜質(zhì)PbO2等)加入足量的FeCl3溶液和鹽酸浸取，F(xiàn)e3+將S氧化成S單質(zhì)沉淀，鹽酸將PbO2還原，由于溶液中有大量氯離子，所以得到PbCl2沉淀；此時(shí)溶液中主要含有Fe2+、Bi3+、Fe3+以及H+，加入適量鐵粉將H+、Fe3+還原，同時(shí)置換出Bi單質(zhì)，過濾得到粗鉍以及主要含有FeCl2的濾液，粗鉍經(jīng)電解精煉得到精鉍，氯化亞鐵溶液中通入氯氣得到氯化鐵再生液。
【詳解】
A．浸出時(shí)S單質(zhì)的生成主要是由于Fe3+將-2價(jià)的S元素氧化，結(jié)合電子守恒和元素守恒可以得到離子方程式為，故A正確；
B．鹽酸可以提供氫離子和氯離子，酸性環(huán)境中PbO2可以將氯離子氧化，故B正確；
C．根據(jù)A、B分析可知浸出過程全部為氧化還原反應(yīng)，置換過程中Fe與H+、Fe3+和Bi3+的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，再生過程氯氣將亞鐵離子氧化，電解精煉也是發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)分析可知再生液為氯化鐵溶液，可以加入浸出操作中循環(huán)利用，故D正確；
綜上所述答案為C。
16．2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4
【分析】
由制備流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化條件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化劑，回收產(chǎn)物為NaHSO4，說明生成硫酸氫鈉，據(jù)此分析書寫反應(yīng)的方程式。
【詳解】
“反應(yīng)”步驟中NaClO3和SO2在H2SO4酸化條件下生成ClO2和硫酸氫鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，故答案為：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2。
17．FeTiO3＋4H＋＋4Cl-=Fe2＋＋TiOCl＋2H2O
【詳解】
用鹽酸溶解FeTiO3，反應(yīng)后鈦主要以TiOCl形式存在，則FeTiO3→TiOCl。依據(jù)得失電子守恒、質(zhì)量守恒和電荷守恒完成方程式FeTiO3＋4H＋＋4Cl-→Fe2＋＋TiOCl＋2H2O。
18．4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3或2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+
【詳解】
(1)由流程圖可知：設(shè)備Ⅱ是氨氣和氧氣在Pt—Rh合金網(wǎng)作催化劑的條件下發(fā)生反應(yīng)生成一氧化氮和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O 。
(2) 由流程圖可知：設(shè)備Ⅲ中是一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮和水反應(yīng)生成一氧化氮和HNO3，設(shè)備Ⅲ在工作時(shí)不斷通入空氣的目的是使NO循環(huán)利用，最終全部轉(zhuǎn)化成HNO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO+3O2+2H2O=4HNO3。
(3)在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，Cl元素的化合價(jià)由+1價(jià)降至-1價(jià)，N元素的化合價(jià)由+2價(jià)升至+5價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+。
19．4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【分析】
金屬單質(zhì)A焰色反應(yīng)呈黃色，則A是Na，Na與H2O反應(yīng)產(chǎn)生氣體甲是H2，D溶液為NaOH，金屬B和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，說明B為Al，黃綠色氣體乙為Cl2，氣體甲和氯氣反應(yīng)生成丙為HCl，物質(zhì)E為鹽酸溶液，物質(zhì)D是氫氧化鈉，D和物質(zhì)G反應(yīng)生成紅褐色沉淀H為Fe(OH)3，鹽酸與金屬C反應(yīng)產(chǎn)生金屬氯化物，該氯化物與NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生Fe(OH)3，則C是Fe，F(xiàn)為FeCl2、G為FeCl3。
【詳解】
(1)氣體乙為氯氣，實(shí)驗(yàn)室利用二氧化錳和濃鹽酸共熱制取氯氣，化學(xué)方程式為4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；
(2)反應(yīng)③為鋁和NaOH溶液的反應(yīng)，生成偏鋁酸鈉、氫氣，離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=+3H2↑；
(3)結(jié)合分析可知，反應(yīng)⑤為FeCl2與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，其離子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
20．NH3 N2O5 bc NO、NO2 NO2+NO+2NH32N2 + 3H2O 2+CaCl2+ 2NH3+ 2H2O
【詳解】
(1)①根據(jù)價(jià)類二維圖可知，X為N元素的-3價(jià)的氫化物，所以X為氨氣，化學(xué)式為NH3；Y為N元素的+ 5的氧化物，所以Y為五氧化二氮，化學(xué)式為: N2O5，故答案為： NH3； N2O5；
②a.由圖可知，NO2轉(zhuǎn)化為HNO3的反應(yīng)過程中，氮元素的化合價(jià)發(fā)生了變化，由+4價(jià)升高到了+5價(jià)，故a錯(cuò)誤;
b. NO2與H2O反應(yīng)制取HNO3，方程式為：3NO2 + H2O= 2HNO3 + NO，即一種生成物是NO，故b正確；
c.由b分析可知，該轉(zhuǎn)化過程中，N元素既有升高又有降低，所以NO2既是氧化劑，又是還原劑，故c正確；
故答案： bc；
(2)①由圖可知，在NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術(shù)中，氧化劑為NO、NO2，還原劑為NH3，相互之間發(fā)生歸中反應(yīng)生成了N2和H2O，故答案： NO、NO2；
②當(dāng)NO2與NO的物質(zhì)的量之比為1 : 1時(shí)，與足量氨氣在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒可得反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NO2+NO+2NH3 2N2 + 3H2O，故答案為: NO2+NO+2NH32N2 + 3H2O；
(3) ①由裝置圖可知：儀器A的名稱是圓底燒瓶，故答案：圓底燒瓶；
②實(shí)驗(yàn)室用和反應(yīng)生成氯化鈣、氨氣和水，其反應(yīng)的化學(xué)方程式2+CaCl2+ 2NH3+ 2H2O，故答案：2+CaCl2+ 2NH3+ 2H2O。
21．NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑ 6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+3NaCl+NH3↑+3NaOH 5Fe2++ClO2+4H+=Cl-+5Fe3++2H2O Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O 14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+
【詳解】
(1)①由工藝流程圖可知，NH4Cl與HCl發(fā)生電解產(chǎn)生NCl3和H2，N由-3價(jià)變到+3價(jià)，H由+1價(jià)變到0價(jià)，通過得失電子守恒，得到反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故答案為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；
②由工藝流程圖可知，NaClO2與NCl3在堿性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2和NH3，NaClO2中Cl由+3價(jià)變到+4價(jià)，NCl3中N由+3價(jià)變到-3價(jià)，通過得失電子守恒和原子守恒，得到反應(yīng)的化學(xué)方程式為：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+3NaCl+NH3↑+3NaOH，故答案為：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+3NaCl+NH3↑+3NaOH；
③采用溶液，其電離出的Fe2+可將ClO2還原為Cl-，達(dá)到除去水中殘留的的目的，該反應(yīng)的離子方程式為5Fe2++ClO2+4H+=Cl-+5Fe3++2H2O，故答案為：5Fe2++ClO2+4H+=Cl-+5Fe3++2H2O；
(2)由流程知“沉錳”反應(yīng)物為MnSO4和NH4HCO3，產(chǎn)物之一為MnCO3，MnCO3中C來自 HCO的電離(HCO C+H+)，由于Mn2+結(jié)合C使HCO電離平衡正向移動(dòng)，溶液中c(H+)增大，與另一部分HCO發(fā)生反應(yīng)：HCO+ H+= CO2↑+H2O，故反應(yīng)的離子方程式為：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)由物質(zhì)轉(zhuǎn)化圖示可知，反應(yīng)Ⅱ中Fe3+為氧化劑，F(xiàn)eS2為還原劑，反應(yīng)生成了Fe2+和SO，通過得失電子守恒和電荷守恒，得到反應(yīng)的離子方程式為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+，故答案為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+。
22．Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4H++NO+3Fe2+=NO↑+3Fe3++2H2O 2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4
【詳解】
(1)①Cl2與NaOH反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O，方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②HNO3有強(qiáng)氧化性，與Fe2+反應(yīng)可得到NO，離子方程式為4H++NO+3Fe2+=NO↑+3Fe3++2H2O；
(2)根據(jù)流程圖可知，反應(yīng)物為FeTiO3、C和Cl2，產(chǎn)物為FeCl3、CO和TiCl4，方程式為2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4。
23．6NO+C2H43N2+2CO2+2H2O 3NO+O3=3NO2 O3將NO2氧化為更高價(jià)態(tài)氮氧化合物 SO+2NO2+2OH-=SO+2NO+H2O 3NA
【詳解】
(1)由圖可知，C2H4催化還原NO中生成物為N2、H2O、CO2，反應(yīng)中N元素化合價(jià)由+2降低至0，C元素化合價(jià)由-2升高至+4，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價(jià)升降守恒以及原子守恒可知反應(yīng)方程式為6NO+C2H43N2+2CO2+2H2O；
(2)①當(dāng)n(O3)：n(NO)≤1時(shí)，NO與O3反應(yīng)的產(chǎn)物為NO2，反應(yīng)過程中N元素化合價(jià)由+2升高至+4，O3中O元素化合價(jià)由0降低至-2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價(jià)升降守恒及原子守恒可知反應(yīng)方程式為3NO+O3=3NO2；當(dāng)n(O3)：n(NO)>1時(shí)，O3具有強(qiáng)氧化性，能夠?qū)O2氧化為更高價(jià)態(tài)氮氧化合物，導(dǎo)致NO2的物質(zhì)的量減小，故答案為：3NO+O3=3NO2；O3將NO2氧化為更高價(jià)態(tài)氮氧化合物；
②SO將NO2轉(zhuǎn)化為NO的反應(yīng)中，N元素化合價(jià)由+4降低至+3，則S元素化合價(jià)由+4升高至+6，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價(jià)升降守恒、電荷守恒以及溶液呈弱堿性可知反應(yīng)的離子方程式為SO+2NO2+2OH-=SO+2NO+H2O；
(3)吸收煙氣后的溶液中含有大量NO，NO與NH反應(yīng)時(shí)生成無污染的N2，根據(jù)化合價(jià)升降守恒可知反應(yīng)物質(zhì)的關(guān)系式為NH～NO～N2，則每產(chǎn)生1 mol N2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA。
24．+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
【詳解】
鋅灰被稀硫酸“浸取”后，溶液中有Fe2+，KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe3+，自身被還原為MnO2，反應(yīng)的離子方程式為MnO+3Fe2++7H2O＝MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。
25．2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 2+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑ NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O 4NO+3+4OH-=4+2H2O+3Cl-
【詳解】
(1)H2O2是強(qiáng)氧化劑，能將Fe2+氧化成Fe3+，則有2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(2)雙氧水可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成水和氧氣，離子方程式為2+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑；
(3)由題意可知，次氯酸鈉是強(qiáng)氧化劑，氨是還原劑，氮元素由-3價(jià)升高到-2價(jià)，失去1個(gè)電子，生成聯(lián)氨，氯元素由+1價(jià)降低到-1價(jià)，得到2個(gè)電子，生成穩(wěn)定的氯化鈉，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；
(4)NaClO2溶液脫硝過程，轉(zhuǎn)化為Cl-，NO主要轉(zhuǎn)化為，則有4NO+3+4OH-=4+2H2O+3Cl-。
26．MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S
【詳解】
由流程圖所給信息可知，MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO、S和Ba(OH)2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，故答案為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S。
27．3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O 中性和堿性條件下，亞鐵鹽對(duì)+6價(jià)Cr的去除效果明顯優(yōu)于亞硫酸鹽的去除效果，在酸性條件下則相反 Na2S2O5質(zhì)量增大，反應(yīng)后廢水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有較強(qiáng)的還原性，所以廢水的COD增大 廢水酸性增強(qiáng)，促進(jìn)HSO(或S2O)與Cr2O充分反應(yīng)，還原性的HSO(或S2O)轉(zhuǎn)化更完全，含量減少。(或廢水酸性增強(qiáng)，HSO轉(zhuǎn)化為SO2氣體逸出) 7~11 Cr(OH)3轉(zhuǎn)化為可溶性的Cr(OH)
【詳解】
(1)①Cr2O具有較強(qiáng)氧化性，酸性環(huán)境下可將HSO氧化成SO，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O；
②Ⅱ.據(jù)圖可知中性和堿性條件下，亞鐵鹽對(duì)+6價(jià)Cr的去除效果明顯優(yōu)于亞硫酸鹽的去除效果，在酸性條件下則相反；
(2)①未加H2SO4時(shí)，Na2S2O5質(zhì)量增大，反應(yīng)后廢水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有較強(qiáng)的還原性，消耗的氧氣增多，所以廢水的COD增大；
②加H2SO4后，廢水酸性增強(qiáng)，促進(jìn)HSO(或S2O)與Cr2O充分反應(yīng)，還原性的HSO(或S2O)轉(zhuǎn)化更完全，含量減少，(或廢水酸性增強(qiáng)，HSO轉(zhuǎn)化為SO2氣體逸出)，所以廢水COD均有所下降；
(3)據(jù)圖可知pH為7~11時(shí)，以Cr(OH)3沉淀形式存在的Cr元素含量最高；pH過高Cr(OH)3轉(zhuǎn)化為可溶性的Cr(OH)，溶液中殘留鉻量增大。
28． I- 2+6═2I-+6+6H+ 1.2 +6H++5I-=3H2O+3I2 2+5=I2+5+3H++H2O
【分析】
（1）還原性＞I-，首先發(fā)生反應(yīng)：2+6═2I-+6+6H+，反應(yīng)完畢，繼續(xù)加入KIO3，由于氧化性＞I2，再發(fā)生反應(yīng)：+6H++5I-=3H2O+3I2，結(jié)合圖中a點(diǎn)碘的量判斷發(fā)生的反應(yīng)，據(jù)此解答；
（2）由圖可知，c點(diǎn)時(shí)I-完全反應(yīng)，n(I2)達(dá)到最大值時(shí)，此時(shí)共加入1.2molKIO3，由于生成I2，發(fā)生反應(yīng)：+6H++5I-=3H2O+3I2；
（3）向100mL?1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，被氧化為，KIO3過量，由于氧化性＞I2，KIO3會(huì)氧化I-，反應(yīng)不能生成I-，而是生成I2，據(jù)此書寫。
【詳解】
（1）還原性＞I-，首先發(fā)生反應(yīng)：2+6═2I-+6+6H+，反應(yīng)完畢，繼續(xù)加入KIO3，由于氧化性＞I2，再發(fā)生反應(yīng)：+6H++5I-=3H2O+3I2，由圖可知，a點(diǎn)沒有生成碘，故發(fā)生反應(yīng)2+6═2I-+6+6H+，氧化產(chǎn)物是，還原產(chǎn)物是I-，故答案為：；I-；2+6═2I-+6+6H+；
（2）由圖可知，c點(diǎn)時(shí)I-完全反應(yīng)，n（I2）達(dá)到最大值時(shí)，此時(shí)共加入1.2molKIO3，生成I2的離子方程式為：+6H++5I-=3H2O+3I2，故答案為：1.2；+6H++5I-=3H2O+3I2；
（3）向100mL?1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，被氧化為，KIO3過量，由于氧化性＞I2，KIO3會(huì)氧化I-，反應(yīng)不能生成I-，而是生成I2，反應(yīng)離子方程式為：2+5=I2+5+3H++H2O，故答案為：2+5=I2+5+3H++H2O。

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