?吉林高考化學三年（2021-2023）模擬題匯編-04氧化還原反應

一、單選題
1．（2023·吉林·統(tǒng)考二模）我國自主發(fā)明的“鈦戰(zhàn)甲”——鈦合金材料，為實現(xiàn)萬米深潛的“奮斗者”號建造了世界最大、搭載人數(shù)最多的潛水器載人艙球殼。四氯化鈦()是生產(chǎn)鈦合金的重要原料，某化學實驗小組以和足量為原料制取，裝置如下圖：

物質
熔點/℃
沸點/℃
其他性質

-23
76.8
與互溶

-25
136
遇潮濕空氣產(chǎn)生白霧
有關物質的性質如上表，下列說法錯誤的是
A．B中反應的化學方程式為
B．實驗開始時，點燃A處的酒精燈，再點燃B處
C．D中盛裝的是堿石灰，防止生成的遇到空氣中的水溶解變質
D．欲分離C裝置中的，應采用的實驗操作為蒸發(fā)
2．（2023·吉林·統(tǒng)考二模）固氮是將游離態(tài)的氮轉變?yōu)榈幕衔?，一種新型人工固氮的原理如圖所示。下列敘述正確的是

A．轉化過程中所涉及的元素均呈現(xiàn)了兩種價態(tài)
B．反應①②③均為氧化還原反應
C．Li是催化劑，只有是中間產(chǎn)物
D．整個過程的總反應可表示為
3．（2023·吉林·統(tǒng)考二模）下列轉化中，需要加入氧化劑才能實現(xiàn)的是
A． B． C． D．
4．（2022·吉林·校聯(lián)考模擬預測）天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO、Br-、CO、HCO等離子?；鹆Πl(fā)電時燃煤排放的含SO2的煙氣可利用海水脫硫，其工藝流程如圖所示：下列說法錯誤的是

A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO、HCO水解
B．“氧化”是利用氧氣將H2SO3、HSO、SO等氧化生成SO
C．“反應、稀釋”時加天然海水的目的是中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸
D．“排放”出來的海水中SO的物質的量濃度與進入吸收塔的天然海水相同
5．（2022·吉林長春·校聯(lián)考模擬預測）下列離子方程式書寫正確的是
A．鋁和過量NaOH溶液反應：Al+4OH-=+2H2O
B．惰性電極電解MgCl2水溶液：2Cl- +2H2O2OH-+Cl2↑十H2↑
C．酸性高錳酸鉀溶液與草酸溶液反應：5+2+16H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．水玻璃中通入過量二氧化碳：+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2
6．（2022·吉林長春·統(tǒng)考模擬預測）《天工開物》中“治鐵"原典中記載：“凡治鐵成器，取已炒熟鐵為之……凡爐中熾鐵用炭，煤炭居十七，木炭居十三……即用煤炭也別有鐵炭一種，取其火性內攻、焰不虛騰者，與炊炭同行而有分類也……”。下列說法正確的是
A．熟鐵是純凈的鐵單質，生鐵是鐵和碳的混合物
B．治鐵過程只涉及化合反應與置換反應，
C．鐵炭和炊炭均為碳元素的同素異形體
D．治鐵用到的煤炭和木炭均可還原鐵的氧化物
7．（2022·吉林白山·統(tǒng)考一模）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。溴蒸氣與氨氣相遇產(chǎn)生“白煙"，化學方程式為8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。下列說法正確的是
A．生成14gN2時，反應中還原劑的分子數(shù)目為4NA
B．標準狀況下，11.2LBr2參與反應時轉移的電子數(shù)為NA
C．0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的數(shù)目為0.5NA
D．當生成29.4gNH4Br時，消耗NH3分子的數(shù)目為0.4NA
8．（2022·吉林·校聯(lián)考模擬預測）根據(jù)表中提供的信息判斷下列敘述錯誤的是（????）
組號
參加反應的物質
生成物
①
MnO4-、Cl-···
Cl2、Mn2+···
②
Cl2(少量)、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…

A．第①組反應中生成0.5mol Cl2，轉移1mol電子
B．第②組反應中參加反應的Cl2與FeBr2的物質的量之比為1：2
C．第③組反應的其余產(chǎn)物為O2和H2O
D．氧化性由強到弱的順序為MnO4-> Cl2>Fe3+>Br2
9．（2022·吉林·校聯(lián)考模擬預測）分別由下表中的實驗和現(xiàn)象得出的結論不正確的是
選項
實???驗
現(xiàn)??象
結??論
A
用熔融氯化鋁做導電性實驗
電流指針不偏轉
氯化鋁是共價化合物
B
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振蕩
CCl4層無色
Fe2＋的還原性強于Br－
C
相同的鋁片分別與同溫同體積，且c(H＋)=1mol·L－1的鹽酸、硫酸反應
鋁與鹽酸反應產(chǎn)生氣泡較快
可能是Cl－對該反應起到促進作用
D
向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振蕩，再加入10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振蕩
先生成白色沉淀，后產(chǎn)生黃色沉淀
Ksp(AgI)Fe3+。
【詳解】A.由信息可知，MnO4-氧化Cl-為Cl2，Cl元素化合價由-1價升高為0價，轉移電子的物質的量是氯氣的2倍，生成0.5 mol Cl2，轉移1mol電子，A正確；
B．由元素化合價可知，反應中只有亞鐵離子被氧化，根據(jù)電子轉移守恒2n(C12)=n(FeBr2)，即n(C12)：n(FeBr2)=1：2，故B正確；
C.反應中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合價由+7價降低為+2價，根據(jù)電子轉移守恒，H2O2中氧元素化合價升高，生成O2，根據(jù)H元素守恒可知還生成H2O，C正確；
D.氧化劑氧化性強于氧化產(chǎn)物氧化性，由③可知氧化性：MnO4->Cl2，由②可知氧化性：Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，D錯誤；
故合理選項是D。
【點睛】本題考查氧化還原反應的計算及氧化性強弱比較，把握氧化還原反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，注意電子守恒的應用，側重考查分析與應用能力。
9．D
【詳解】A. 氯化鋁為分子晶體，熔融狀態(tài)下以分子存在，所以熔融狀態(tài)不導電，是共價化合物，故A正確；
B. 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振蕩，CCl4層無色，說明溴離子沒有被氧化，從而可證明Fe2+的還原性強于Br?，故B正確；
C. 氫離子濃度相同，但陰離子不同，鋁與鹽酸反應產(chǎn)生氣泡較快，可能是Cl?對該反應起到促進作用，故C正確；
D. 滴加10滴0.1mol/L的NaCl溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加入0.1mol/L的NaI溶液，硝酸銀過量，均為沉淀生成，則不能比較Ksp大小，故D錯誤；
故答案選D。
10．A
【詳解】A．催化劑：反應前后質量和性質不發(fā)生改變，根據(jù)過程，O3只參與反應，沒有O3的生成，因此O3不是催化劑，選項A錯誤；
B．根據(jù)過程，反應III：CH2=CHCH3和O3參與反應，生成HCHO、CH3CHO、O2，即反應方程式為CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，選項B正確；
C．根據(jù)反應過程，反應Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化學煙霧中含有甲醛和乙醛等有機物，選項C正確；
D．反應I：O3＋3NO=3NO2，存在化合價的變化，屬于氧化還原反應，反應Ⅲ：CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，存在化合價的變化，屬于氧化還原反應，選項D正確；
答案選A。
11．A
【詳解】A．“五谷”一般為稻、黍、稷、麥、菽，主要成分為淀粉，淀粉是由葡萄糖聚合而成的高分子化合物，且自然界存在，是天然高分子化合物，A正確；
B．同系物的官能團相同、官能團數(shù)目也相同，葡萄糖、蔗糖、纖維素的官能團不同，不是同系物，B錯誤；
C．油脂只含C、H、O三種元素，蛋白質含C、H、O、N等元素，C錯誤；
D．維生素C因具有較強的還原性，因此常用作抗氧化劑，D錯誤；
綜上所述答案為A。
12．B
【分析】W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次遞增，Z是同周期中金屬性最強的元素，且W、X、Z分別位于不同周期，可知，Z為Na，W為H；X、Y位于第二周期，由超分子的結構示意圖知，X連四條鍵、Y連兩條鍵，則X為C，Y為O，據(jù)此解答。
【詳解】A． H+核外沒有電子，半徑最小，Na+、O2-的核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡單離子半徑：O2-＞Na+＞H+，故A錯誤；
B． O與H可形成H2O、H2O2，O與C可形成CO、CO2，O與Na可形成NaO、Na2O2，故B正確；
C． C的氫化物為烴，含C原子數(shù)少的烴為氣態(tài)或液態(tài)，含C原子數(shù)多的烴為固態(tài)，O的氫化物為H2O、H2O2，呈液態(tài)，則C的氫化物的沸點不一定比O的氫化物的沸點低，故C錯誤；
D． 1molNaH和H2O發(fā)生反應生成1molH2，NaH+H2O= H2↑+NaOH，1molNaH反應轉移1mol電子，故D錯誤；
故選B。
13．C
【詳解】A．根據(jù)圖示中各微粒的構造可知，該過程有H2O參與，故A正確；
B．硫酸鹽(含SO、HSO)氣溶膠中含有HSO，轉化過程有水參與，則HSO在水中可電離生成H+和SO，則硫酸鹽氣溶膠呈酸性，故B正確；
C．根據(jù)圖示的轉化過程，NO2轉化為HNO2，N元素的化合價由+4價變?yōu)?3價，化合價降低，得電子被還原，做氧化劑，則NO2的是生成硫酸鹽的氧化劑，故C錯誤；
D．根據(jù)圖示轉化過程，中，H2O分子中一個氧氫鍵斷裂，故D正確；
答案選C。
14．(1) NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O 將部分NO轉化為NO2
(2) 三頸燒瓶(或三口燒瓶) 1. 5
(3) 吸收尾氣 防倒吸
(4) 乙 產(chǎn)品可能混有 5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O
(5)99. 8%

【分析】A中銅與稀硝酸反應制取NO，B中間斷性通入適量的O2，其目的是將部分NO轉化為NO2，C中發(fā)生NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，2NO2 + Na2CO3= NaNO2 + NaNO3 +CO2，D中吸收尾氣。
【詳解】（1）利用飽和NH4Cl溶液和飽和NaNO2溶液在加熱條件下反應可制得N2，同時生成氯化鈉和水，反應的化學方程式為NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O。實驗時，應間斷性通入適量的O2，其目的是將部分NO轉化為NO2。故答案為：NH4Cl+ NaNO2NaCl+N2↑+2H2O；將部分NO轉化為NO2；
（2）裝置C中盛裝飽和Na2CO3溶液的儀器的名稱是三頸燒瓶(或三口燒瓶)；NO不能單獨被純堿溶液吸收，為了使NOx完全被堿液吸收且產(chǎn)品純度高，根據(jù)NO2 + NO+ Na2CO3=2NaNO2 + CO2，N與O原子個數(shù)比為2∶3，x=1. 5。故答案為：三頸燒瓶(或三口燒瓶)；1. 5；
（3）裝置D的作用是吸收尾氣，采用“倒置漏斗”措施的目的是防倒吸。故答案為：吸收尾氣；防倒吸；
（4）實驗甲中NaNO2是強堿弱酸鹽水解后溶液呈堿性，甲正確；實驗丙中 具有還原性，酸性KMnO4溶液具有強氧化性，振蕩，酸性KMnO4溶液褪色，發(fā)生氧化還原反應，丙正確；上述實驗乙 (填標號 )的結論不可靠，理由是產(chǎn)品可能混有，在酸性條件下，、均具有氧化性。經(jīng)實驗測得實驗丙反應后的溶液中氮元素僅以的形式存在，酸性KMnO4溶液與反應生成Mn2+、，離子方程式為5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O。故答案為：乙；產(chǎn)品可能混有；5 + 2 +6H+=2Mn2+ +5 + 3H2O；
（5）取0.001gNaNO2樣品溶于蒸餾水配成1000mL稀溶液，濃度為10-6 g·mL-1，取4.00mL該稀溶液測得吸光度為2.7000，對比標準曲線數(shù)據(jù)可知，亞硝酸鈉的濃度為=0.998μg·mL-1 ，該亞硝酸鈉產(chǎn)品純度為 99. 8%。故答案為：99. 8%。
15．(1) 球形冷凝管 平衡壓強，使漏斗內的液體順利流下
(2)
(3)
(4) 防止草酸分解 水浴加熱
(5)b

【分析】三口燒瓶中氯酸鈉和草酸反應生成ClO2，用穩(wěn)定劑吸收ClO2生成NaClO2，向NaClO2溶液中加稀鹽酸放出ClO2氣體，用淀粉碘化鉀溶液檢驗ClO2的生成，最后用氫氧化鈉溶液吸收ClO2氣體，防止污染。
【詳解】（1）根據(jù)裝置圖，可知儀器b的名稱是球形冷凝管， c是恒壓滴液漏斗、d是分液漏斗，實驗中c能平衡漏斗和三口燒瓶內的壓強，使漏斗內的液體順利流下。
（2）在酸性條件下，氯酸鈉被草酸還原為ClO2，草酸被氧化為二氧化碳，反應的離子反應方程式為；
（3）在ClO2釋放實驗中，NaClO2和鹽酸反應只釋放出ClO2一種氣體，說明在酸性條件下發(fā)生歧化反應生成ClO2和Cl-，發(fā)生的離子反應方程式是；
（4）草酸100 ℃可以升華，150℃左右開始分解，為防止草酸分解，制備ClO2時實驗需在60 ℃~100 ℃進行，為便于控制在此溫度范圍內加熱，則裝置中需水浴加熱
（5）a．ClO2有類似Cl2的性質，儀器a中NaOH溶液可以中和硫酸，停止反應，并吸收多余的ClO2，故a正確；
b．ClO2有類似Cl2的性質，NaClO2加酸只釋放出ClO2一種氣體，裝置e主要用于檢驗有ClO2放出，故b錯誤；
c．儀器f是球形干燥管，可以防止ClO2溶于氫氧化鈉形成倒吸，故c正確；
選b。
16．(1)+1
(2) 藍 膽礬或藍礬
(3)
(4)
(5)用HCl氣流帶走產(chǎn)生的水蒸氣，提供酸性環(huán)境抑制水解的發(fā)生，防止CuCl被氧化

【詳解】（1）中硫元素為-2價，則銅元素的化合價為+1；
（2）無水常用于檢驗物質中是否含有水，吸水后會形成藍色硫酸銅晶體，俗稱膽礬或藍礬；
（3）堿式碳酸銅受熱分解生成氧化銅、水、二氧化碳，；
（4）Cu與稀鹽酸在持續(xù)通入空氣的條件下反應生成，對該反應有催化作用，銅生成銅離子化合價升高，根據(jù)電子守恒可知，M生成中鐵元素化合價降低，故為亞鐵離子；
（5）氯化銅加熱水解生成氫氧化銅和揮發(fā)性酸，HCl可抑制其水解，CuCl中銅具有還原性易被空氣中氧氣氧化，在HCl氣流中熱分解可以制備CuCl，其中HCl的作用是用HCl氣流帶走產(chǎn)生的水蒸氣，提供酸性環(huán)境抑制水解的發(fā)生，防止CuCl被氧化。
17．(1)增大接觸面積，加快打漿速率并提高原料利用率
(2) 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 使氯氣被氫氧化鈣充分吸收而反應，可以提高氯氣轉化率
(3) CaCO3 Ca(OH)2 ＜
(4) 蒸發(fā)濃縮 冷卻結晶

【分析】電石渣主要成分為氫氧化鈣和碳酸鈣，加入水打漿，然后通入氯氣，可生成次氯酸鈣，次氯酸鈣進一步轉化為氯酸鈣，過濾后在濾液中加入KCl轉化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體氯酸鉀。
【詳解】（1）將電石渣進行粉碎，可增大接觸面積，加快打漿速率并提高原料利用率
（2）氯氣與氫氧化鈣反應生成次氯酸鈣，化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O?！奥然睍r要適當減緩通入Cl2速率的目的是，使氯氣被氫氧化鈣充分吸收而反應，可以提高氯氣轉化率
（3）碳酸鈣不溶于水，與氯氣不反應，氫氧化鈣微溶，因此濾渣的主要成分為CaCO3、Ca(OH)2。由于氯氣還能與氫氧化鈣反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，因此濾液中Ca(ClO3)2與CaCl2的物質的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]＜1∶5。
（4）根據(jù)圖象可知氯酸鉀的溶解度受溫度影響最大，因此從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶。
18．(1)增大接觸面積，加快反應速率，提高原料的轉化率
(2) SrCO3+2CSr+3CO↑ 堿性耐火磚
(3) 為了增大氫氧化鍶的浸取率，減少雜質氫氧化鈣的溶解 Ca(OH)2
(4)Sr(OH)2+ (NH4)2CO3=SrCO3 +2NH3·H2O
(5)6
(6) 增大 Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O

【分析】菱鍶礦(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)與焦炭經(jīng)過粉碎后立窯煅燒，轉化成Sr、CaO、BaO、MgO等物質，加入熱水浸取，將不溶于熱水的氧化鎂、Ca(OH)2、C等雜質除去，再加入稀硫酸后，除去鋇離子，結晶后析出了氫氧化鍶晶體，氫氧化鍶和碳酸氫銨反應最終轉化成碳酸鍶，據(jù)此分析解題。
【詳解】（1）反應物的顆粒越小，比表面積越大，即反應物的接觸面積越多，反應速率越快，則菱鍶礦、焦炭混合粉碎的目的是增大反應物之間的接觸面積，使反應更充分，加快反應反應速率，故答案為：增大反應物之間的接觸面積，使反應更充分，加快反應反應速率；
（2）分析流程圖信息可知，碳酸鍶和碳在高溫的條件下生成鍶和一氧化碳，化學方程式為：SrCO3+2CSr+3CO↑，由于石英砂磚中的SiO2在高溫下能與SrCO3反應而腐蝕石英砂磚，故該裝置的內層“襯里”應選擇堿性耐火磚做耐火材料，故答案為：SrCO3+2CSr+3CO↑；堿性耐火磚；
（3）氫氧化鍶溶解度隨溫度升高而增大、氫氧化鈣溶解度隨溫度升高而減小，則“浸取”中用熱水浸取而不用冷水的原因是增大氫氧化鍶的溶解度，使氫氧化鈣析出；在立窯煅燒時MgCO3生成氧化鎂，氧化鎂是不溶物，濾渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案為：為了增大氫氧化鍶的浸取率，減少雜質氫氧化鈣的溶解；Ca(OH)2；
（4）沉鍶”反應中氫氧化鍶和NH4HCO3發(fā)生反應，產(chǎn)物除了碳酸鍶外，還有水和一水合氨，則化學反應方程式為Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3?H2O+H2O，故答案為：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3?H2O+H2O；
（5）鍶鐵氧體是由鍶和鐵的氧化物組成的復合磁性材料。某種鍶鐵氧體(xSrO·yFe2O3)中Sr與Fe的質量比為0.13，則有：，解得為6，故答案為：6；
（6）①放電一段時間后，負極反應式為Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正極反應式為2NiOOH+2e-+2 H2O=2Ni(OH)2+2OH-，根據(jù)電極反應式知，負極消耗的n(OH-)等于正極生成的n(OH-)，則溶液中n(OH-)不變，但消耗了電解質中的水，導致溶液中c(OH-)增大，則溶液的pH增大，故答案為：增大；
②放電時正極反應式為NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，則充電時陽極反應式為Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故答案為：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
19．(1) ＋3 CO 4NA(或2.408×1024)
(2) 適當增大c(H＋)(或升高溫度、攪拌等其他合理答案) ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O CuS、ZnS
(3) Cu2+ B

【分析】將鋅焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，還含有少量FeO、CuO等氧化物雜質)酸浸，發(fā)生反應ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O、ZnO＋2H＋=Zn2＋＋H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O，向溶液中加入雙氧水，發(fā)生反應 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，調節(jié)溶液的pH將Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀，調節(jié)溶液pH時不能引進新的雜質，可以用ZnO，所以X為ZnO，然后向溶液中加入ZnS，發(fā)生反應Cu2＋＋ZnS=Zn2＋＋CuS，然后過濾，所以Y中含有CuS，最后電解得到Zn，據(jù)此分析解題。
【詳解】（1）(1)①ZnFe2O4中Zn是＋2價，O是-2價，根據(jù)化合物中正負價代數(shù)和為0可知Fe的化合價是＋3價；
②反應中Fe元素化合價從＋2價升高到＋3價，碳元素化合價從＋3價部分降低到＋2價，部分升高到＋4價，所以還原產(chǎn)物是CO；根據(jù)方程式可知每生成1 mol ZnFe2O4轉移的電子的物質的量是4 mol，總數(shù)是4NA(或2.408×1024)；
（2）(2)①酸浸時要將鋅焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，為達到這一目的，還可采用的措施是增大硫酸的濃度或升高溫度、攪拌等。ZnFe2O4溶于酸的離子方程式為ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O；
②凈化I中H2O2參與反應的離子方程式為2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；
③由于ZnS過量，則凈化Ⅱ中Y的主要成分是CuS、ZnS；
（3）(3)①由圖可知，在pH=3時，不會發(fā)現(xiàn)Cu(OH)2沉淀，銅元素以銅離子形式存在。
②要除去Fe3＋的同時必須保證Cu2＋不能沉淀，因此pH應保持在4左右。
20． 漏斗、燒杯、玻璃杯 硫酸鉛 H2C2O4+O32CO2+O2+H2O pH升高后，F(xiàn)e3+生成Fe(OH)3，降低催化效果 2.3 1.5×10-4 草酸加熱會分解，變成二氧化碳、一氧化碳和水 SO2+H2O+C2O=HSO+HC2O
【分析】由題意知，方法①為氧化法，加入鹽酸酸化后，在酸性條件下，草酸被O3氧化為CO2，F(xiàn)e3+在反應中充當催化劑作用，方法②為沉淀法，加入PbSO4后，草酸轉化為PbC2O4沉淀，經(jīng)過濃硫酸酸化后，PbC2O4又轉化為PbSO4（重復利用）和H2C2O4，過濾后濾液主要含H2C2O4，經(jīng)過結晶、過濾、干燥操作獲得草酸晶體。
【詳解】(1)過濾操作中用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃杯；由分析知，過濾后得到的PbSO4可重復利用；
(2)根據(jù)題意，方法①為將草酸氧化為CO2，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平得方程式為：H2C2O4+O32CO2+O2+H2O；
(3)pH升高后，溶液中Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，使催化活性降低，所以pH增大，草酸去除率降低，故酸性越強，草酸去除率越高；加入Fe3+的濃度為c==3.125×10-4 mol/L，要使得Fe3+的催化效果最好，則Fe3+不能開始沉淀，根據(jù)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)，則c(OH-)= =2×10-12mol·L-1，c(H+)= =5×10-3mol·L-1，pH=-Lgc(H+)=-lg5×10-3=2.3；
(4)反應PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+(aq)的平衡常數(shù)表達式為K= ==1.5×10-4；
(5)草酸加熱會分解，變成二氧化碳、一氧化碳和水，故干燥不能高溫；
(6)根據(jù)草酸和亞硫酸的電離平衡常數(shù)大小可知，少量SO2通入Na2C2O4溶液中，反應能將離子生成，不能生成H2C2O4，同時生成，故離子方程式為：SO2+H2O+=+。
21． Fe(OH)3 KSCN(寫“NH4SCN”“苯酚”“亞鐵氰化鉀”也可以) 坩堝 泥三角 分液漏斗 鹽酸會被Co2O3氧化為氯氣污染空氣，無法除盡Pb2+ 作氧化劑將Fe2+氧化為Fe3+，作還原劑將Co3+還原為Co2+ Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O 溫度太低反應速率太慢，溫度太高分解
【分析】由題給流程可知，向工業(yè)廢料中加入硫酸和雙氧水，酸性條件下，氧化鈷與雙氧水發(fā)生氧化還原反應生成亞鈷離子，氧化亞鐵與雙氧水發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，氧化亞鎳溶于硫酸生成亞鎳離子，PbO轉化為硫酸鉛沉淀，二氧化硅不溶解，過濾得到含有氫離子、亞鈷離子、鐵離子、亞鎳離子的酸浸液；調節(jié)酸浸液的pH，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有亞鈷離子、亞鎳離子的濾液；向濾液中加入萃取劑，萃取分液得到含有亞鈷離子的水相和含有亞鎳離子的有機相；向水相中加入氨水，亞鈷離子離子轉化為Co2(OH)2CO3沉淀，高溫煅燒，Co2(OH)2CO3與空氣中的氧氣發(fā)生氧化還原反應生成氧化鈷、二氧化碳和水。含有亞鎳離子的有機相進行反萃取得到含亞鎳離子的水溶液，加入碳酸氫銨沉鎳生成NiCO3，硫酸溶解得到NiSO4，最后加入氫氧化鈉得到Ni(OH)2，據(jù)此解答。
【詳解】(1)根據(jù)以上分析可知調節(jié)pH沉淀鐵離子，則濾渣2的主要成分是Fe(OH)3；鐵離子可以用KSCN溶液檢驗，則檢驗其中陽離子可選用的化學試劑為KSCN溶液。
(2)操作X是煅燒，實驗室中進行操作X用到的硅酸鹽儀器除酒精燈外還有坩堝、泥三角；萃取分離用到的儀器是分液漏斗。
(3)由于鹽酸會被Co2O3氧化為氯氣污染空氣，無法除盡Pb2+，所以“酸浸”時不使用鹽酸酸化。
(4)根據(jù)以上分析可知“酸浸”時H2O2的作用是作氧化劑將Fe2+氧化為Fe3+，作還原劑將Co3+還原為Co2+。
(5)“沉鎳”時根據(jù)原子守恒可知還有二氧化碳和水生成，則發(fā)生反應的離子方程式為Ni2++2HCO＝NiCO3↓+CO2↑+H2O；由于溫度太低反應速率太慢，溫度太高分解，所以此步驟加熱時溫度不能太高也不能太低。
22． 堿浸 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O 溫度過高會導致過氧化氫分解 3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2) 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O 蒸發(fā)濃縮 冷卻結晶
【分析】由流程可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并發(fā)生反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O，將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，F(xiàn)e2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調節(jié)pH使Fe3+轉化為Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH濃縮結晶得到硫酸鎳的晶體，以此解答該題。
【詳解】(1)油脂可以在堿性環(huán)境中水解生成可溶于水的甘油和高級脂肪酸鹽，所以油脂在“堿浸”過程中被處理；
(2)根據(jù)分析可知濾液①中含有的無機陰離子除OH-離子外還有鋁以及氧化鋁和NaOH溶液反應生成的；
(3)轉化過程中發(fā)生的主要反應為雙氧水氧化亞鐵離子生成鐵離子，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；溫度過高會導致過氧化氫分解，所以“轉化”過程宜控制較低溫度；
(4)調節(jié)pH的目的是使Fe3+完全沉淀，但不使Ni2+沉淀，根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知范圍為3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)；
(5)根據(jù)題意可知堿性溶液中Ni2+被ClO-氧化為NiOOH，化合價升高1價，ClO-被還原為Cl-，根據(jù)電子守恒可知Ni2+和ClO-的系數(shù)比應為2:1，再結合元素守恒可得離子方程式為2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O；
(6)操作I可以從濾液中得到硫酸鎳晶體，所以為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。
23． MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S 能 MnO2為兩性氧化物，過量的MnO2會消耗反應產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值或會減小； 漏斗、玻璃棒 H2O2 4.9 Mn2+++NH3?H2O=MnCO3↓++H2O
【分析】軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)，加入硫化鋇溶液進行反應，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉化為Fe3+，然后加入氨水調節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉化為沉淀除去，過濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2+，向濾液中加入碳酸氫鈉、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳。
【詳解】(1)MnO2與BaS反應轉化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的S元素應被氧化得到S單質，則MnO2與BaS的系數(shù)比應為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結合元素守恒可得化學方程式為MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；一般來說，升高反應的溫度可以加快反應速率，故可通過加熱的方式加快該反應的速率；
(2)MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值或會減??；
(3)在實驗室進行過濾操作時，除了使用鐵架臺和燒杯以外，還需要的玻璃儀器為漏斗、玻璃棒；
(4)凈化時為更好的除去Fe元素，需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同類型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時，，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；
(5)碳化過程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2+++NH3?H2O=MnCO3↓++H2O。
24． O3 Fe(OH)3 6Fe2O34Fe3O4＋O2↑ 2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2
【分析】無色氣體Y為O2，同素異形體的分子式是O3，且X中含有鐵元素，結合“紅褐色”沉淀灼燒后能得到X，可以推斷得到X為氧化鐵，再根據(jù)X分解得到Y與Z的量的關系可知，Z為Fe3O4，W為FeCl3，紅褐色沉淀為Fe(OH)3。由于FeCl3具有較強的氧化性，所以將FeCl3溶液滴加在淀粉-KI試紙上時會有I2生成，而使試紙變藍色，據(jù)此分析解答。
【詳解】無色氣體Y為O2，同素異形體的分子式是O3，且X中含有鐵元素，結合“紅褐色”沉淀灼燒后能得到X，可以推斷得到X為氧化鐵，再根據(jù)X分解得到Y與Z的量的關系可知，Z為Fe3O4，W為FeCl3，紅褐色沉淀為Fe(OH)3；由于FeCl3具有較強的氧化性，所以將FeCl3溶液滴加在淀粉-KI試紙上時會有I2生成，而使試紙變藍色，
（1）無色氣體Y為O2，其同素異形體的分子式是O3；紅褐色沉淀為Fe(OH)3；
故答案為：O3；Fe(OH)3；
（2）X為Fe2O3，Y為O2，Z為Fe3O4，F(xiàn)e2O3在隔絕空氣條件下受熱高溫分解為Fe3O4和O2，化學反應方程式為6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；
故答案為：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；
（3）W為FeCl3，F(xiàn)eCl3具有較強的氧化性，能將KI氧化為I2，試紙變藍色，反應的離子方程式為2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；
故答案為：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。
【點睛】本題中學生們由于不按要求作答造成失分，有兩點：
①第（1）問經(jīng)常會出現(xiàn)學生將化學式寫成名稱；②第（3）問錯將離子方程式寫成化學方程式；學生們做題時一定要認真審題，按要求作答，可以用筆進行重點圈畫，作答前一定要看清是讓填化學式還是名稱，讓寫化學方程式還是離子方程式。學生們一定要養(yǎng)成良好的審題習慣，不要造成不必要的失分。

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