2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-04氧化还原反应
一、单选题
1．Ar气氛下，高价态钒镁氧化物晶体作为催化剂进行乙苯脱氢制备苯乙烯，并将CO2转化为CO，反应机理如图(a)所示；同时采用电解法处理含苯乙烯的废水，其工作原理如图(b)(电解液是含苯乙烯和硫酸的废水，pH≈ 6)，已知：·OH具有很强的氧化性。下列说法不正确的是
A．图a由MgVmOn+1转化为MgVmOn的过程，乙苯发生氧化反应
B．M连接电源的正极
C．苯乙烯被·OH氧化的化学方程式为C8H8-40e- +40·OH =8CO2↑+ 24H2O
D．若电路中通过10mol电子，理论上有26g苯乙烯(M= 104 g/mol)被氧化成CO2和H2O
2．实验室研究某些气体的性质，可以用下图装置且过程和结论均正确的是
X Y Z 结论
A F2 NaCl溶液 淀粉KI溶液 氧化性F2>Cl2>I2
B Cl2 溴水溶液 NaOH溶液 氯气具有漂白性
C C2H4 酸性KMnO4溶液 Ca(OH)2溶液 乙烯被氧化生成CO2
D HCl Na2SiO3溶液 NaCl溶液 Cl的非金属性强于Si
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
3．K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合铁酸钾(M=491 g·mol-1)]易溶于水，难溶于乙醇，常用作有机反应的催化剂。某同学利用下图装置制备FeC2O4·2H2O，然后再制备三草酸合铁酸钾。
回答下列问题：
I．晶体的制备
(1)三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，中心离子价层电子轨道表示式 。
(2)打开K1、K3、K4，关闭K2，制备FeSO4。为使生成的FeSO4溶液与H2C2O4溶液接触，应进行的操作为 。
(3)向制得的FeC2O4(s)中加入过量K2C2O4溶液和H2C2O4溶液，水浴40°C下加热，缓慢滴加H2O2溶液，制得K3[Fe(C2O4)3]，该反应的化学方程式为 ；将上述混合物煮沸，加入饱和H2C2O4溶液，充分反应后冷却、结晶；结晶完全后减压抽滤、洗涤、干燥得到目标产物。
i．缓慢滴加H2O2溶液，水浴控温在40°C的原因是 。
ii．制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O时可能有红褐色沉淀生成，则H2C2O4的作用是 。
iii．为促进结晶，冷却后可加入 (填试剂名称)。
II．阴离子电荷的测定
准确称取mg三草酸合铁酸钾加水溶解，控制流速，使其全部通过装有阴离子交换树脂(用R≡N+Cl-表示)的交换柱，发生阴离子(Xz-)交换：zR≡N+Cl-+ Xz-(R≡N+)zXz-+zCl-。结束后，用去离子水洗涤交换柱，合并流出液，并将其配成250 mL溶液。取25.00mL该溶液，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol·L-1 AgNO3标准液滴定至终点，消耗标准液V mL。
(4)阴离子电荷数为 (用含字母的代数式表示)；若交换时样品液的流速过快，则会导致测定结果 (填“偏高“偏低”或“无影响”)。
4．利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下：
已知常温下：①H2S的电离常数为：Ka1=1.0 ×10-7，Ka2=1.0 ×10-13；
②Ksp(ZnS)=1.0 ×10-22，Ksp(MnS)=1.0 ×10-13；
③ZnSO4的溶解度如图1所示：
回答下列问题：
(1)基态S原子占据最高能级的原子轨道形状为 。
(2)“滤渣1”主要成分为 和硫；写出“酸浸”过程中MnO2和ZnS反应的化学方程式 。
(3)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为 。
(4)BaS为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS，发生主要反应的离子方程式为 ；若溶液中S2-的浓度控制不当，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.10 mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)不小于 mol·L-1。(已知溶液中H2S的浓度为1.0×10-3 mol/L)
(5)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为：控制温度在 K以上，蒸发至有大量固体析出、 、洗涤、干燥。
(6)ZnSO4·H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。下列关于滴定分析，正确的是 。
A．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助漏斗转移
C．滴定终点时，读取标准液体积时俯视滴定管液面，则测得的体积比实际消耗的小
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测得的体积比实际消耗的大
5．锰的化合物在工业、医疗等领域有重要应用。某兴趣小组设计实验模拟制备KMnO4及探究Mn2+能否氧化为。
Ⅰ．的制备：
步骤一：
步骤二：
实验操作：
步骤一：将一定比例的和固体混合加热，得到墨绿色的固体，冷却后加水溶解得到碱性溶液放入烧杯C中。
步骤二：连接装置，检查气密性后装入药品。打开分液漏斗活塞，当C中溶液完全变为紫红色时，关闭活塞停止反应，分离、提纯获取晶体。
装置图如下：
(1)B中试剂的作用 。
(2)反应结束后，未及时分离晶体，发现C中紫红色溶液变浅。出现这一现象可能的原因是 。
Ⅱ．该小组继续探究能否氧化为，进行了下列实验：
装置图 试剂X 实验现象
①溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色
②和混合液 立即生成棕黑色沉淀
③溶液 无明显现象
④溶液和少量 滴加无明显现象，加入立即变为紫红色，稍后紫红色很快消失，生成棕黑色沉淀
已知：ⅰ．为棕黑色固体，难溶于水；
ⅱ．在酸性环境下缓慢分解产生。
(3)实验①中生成棕黑色沉淀可能的原因 。
(4)实验②中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式 。
(5)实验③说明 。
(6)甲同学猜测实验④中紫红色消失的原因：酸性条件下不稳定，分解产生了，乙同学认为不成立，理由是 ；乙同学认为是溶液中剩余的将还原，并设计了实验方案证明此推测成立，其方案为 。
探究结果：在酸性条件下，某些强氧化剂可以将氧化为。
6．亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：
I.亚硝酸钠的制备：设计如图装置制备亚硝酸钠(部分夹持装置略，气密性已检验)。
已知；i.2NO+Na2O2=2NaNO2，亚硝酸钠易潮解，易溶于水。
ii.2NO2+Na2O2=2NaNO3
iii.酸性条件下，NO或NO，都能与MnO反应生成NO和Mn2+。
回答下列问题；
(1)仪器a的名称为 。反应开始时先打开止水夹K，通入氮气至F中产生大量气泡，该操作的目的是 。
(2)装置B中盛放的试剂为铜片和水，其作用为 。
(3)装置D中的实验现象是 。装置E中盛放的试剂为 。
(4)实验室中还可用铵盐溶液来处理亚硝酸钠，加热可生成无害的物质，请写出反应的离子方程式： 。
(5)II.以亚硝酸钠(NaNO2)溶液为研究对象，探究HNO2的性质。现取三份1mol/LNaNO2溶液，分别进行以下实验：
操作和现象 结论
实验1：滴入几滴① (填试剂和现象)。 可推断HNO2为弱酸。
实验2：滴入1mL0.1mol/LKMnO4溶液，开始仍为紫红色，再向溶液中滴加② 后，紫色褪去。 可推断HNO2具有③ 性。
实验3：滴入5滴稀硫酸，溶液中很快就产生无色气泡，在液面上方出现红棕色气体。 可推断HNO2非常不稳定。④写出产生此现象的化学方程式： 。
7．市售的高锰酸钾常含有少量杂质。KMnO4是强氧化剂，在水溶液中能自行分解，其分解反应为：4KMnO4+2H2O=4MnO2↓+4KOH+3O2↑，分解速率随溶液的pH而变化，反应原理为4+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O。在中性溶液中分解很慢，但Mn2+和MnO2能加速KMnO4的分解，见光则分解更快。
I.KMnO4溶液的配制
称取1.600gKMnO4溶于盛有500mL水的烧杯中，加热煮沸20-30min，并在水浴上保温1h，冷却后过滤，储存于洁净试剂瓶中。
II.KMnO4溶液的标定(标定：使用标准物测出某溶液的精确浓度的过程)
准确称取Na2C2O40.200g置于250mL锥形瓶中，加入蒸馏水40mL及3.000mol·L-1硫酸溶液10mL，加热至75-85℃(不可煮沸)立即用待标定的KMnO4溶液滴定。开始滴定时反应速率慢，应逐滴加入，当加入第一滴KMnO4溶液颜色褪去后再加入第二滴，待溶液中产生Mn2+后，滴定速度可加快。达滴定终点，记录消耗KMnO4溶液的体积。平行测定3次，体积的平均值为29.85mL。
回答下列问题：
(1)滴定时使用 式滴定管。
(2)为延长储存时间，配制的KMnO4溶液应呈 性，且存放方法是 。配制过程中，加热煮沸且冷却后过滤的目的是 。
(3)用离子方程式表示标定反应的反应原理 。
(4)开始滴定时滴加KMnO4溶液的速度不宜太快，原因是 ，否则会导致测定结果 (填“偏高”或“偏低”)。
(5)达滴定终点的判定依据是 。
(6)经计算，所配制的KMnO4溶液的物质的量浓度为 (保留一位有效数字)。
三、工业流程题
8．海水中蕴含着丰富的资源，氯碱工业、海水提镁、海水提溴为人类提供了大量的工业原料。
(1)海水提溴过程中溴元素的变化如图所示：
①过程Ⅱ中，用热空气将溴吹出，再用浓碳酸钠溶液吸收。完成并配平下列化学方程式： 。
②是一种分析试剂。向硫酸酸化的溶液中逐滴加入溶液，当加入时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量如下表。则原溶液中的物质的量是 。
粒子
物质的量/ 0.5 1.3 ？
(2)海水中提取镁的传统工艺如下图所示：
①脱水得到的过程中，通入的作用是 。
②实验室模拟该工艺，时，在沉镁的过程中，将溶液滴加到悬浊液中，当混合溶液中时，同时存在两种沉淀，则此时溶液中 。判断此时 (填“是”或“否”)完全沉淀。(已知：，；当某离子浓度降到以下时，认为该离子已经完全沉淀。)
③工业制备镁的新工艺已经广泛应用，其第一步原理是向含氧化镁的熔浆中添加三氯化铈再通入氯气，生成和无水氯化镁。请写出该反应的化学方程式 。
④某实验小组对进行热重曲线分析：
分析时固体产物的化学式为 。写出从加热到时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式 。
9．三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]C13}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。
已知：①Co2O3具有很强的氧化性，其产物为Co(Ⅱ)；碱性条件下，Co(Ⅱ)能被O2氧化：[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水：
②25℃时相关物质的Ksp如表：
物质 Co(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 MgF2 CaF2
Ksp 1×10-13.8 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-11.2 1×10-7.8 1×10-10 5×10-11
请回答下列问题：
(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是 (写出一条即可)，Co2O3发生反应的离子方程式为 。
(2)滤渣Ⅱ的成分是A1(OH)3和Fe(OH)3“氧化”时，NaClO3溶液的作用是 。
(3)“除杂”时，CoF2可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2+)= mo1·L-1(通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时沉淀完全)。
(4)“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高的原因是 ，其反应的离子方程式为 ，“系列操作”为 、冷却结晶、 、洗涤、干燥。
(5)为测定产品中钴元素的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL(已知：2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)。
①滴定终点的现象是 。
②该产品中钴元素的质量分数为 (用含a、V的式子表示)。
10．锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。湿法炼锌是用稀硫酸(即废电解液)浸出锌焙烧矿得硫酸锌溶液，经净化后用电积的方法将锌从溶液中提取出来。某硫化锌精矿akg(ZnS：b%，还含FeS、PhS、CbS等)冶炼Zn的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)用空气或富氧在高温下使锌精矿中ZnS氧化成ZnO和ZnSO4，若生成等物质的量的ZnO和ZnSO4，请写出该反应的化学方程式 。
(2)用30～60g/L硫酸作浸出液，配制49g/L的硫酸1000mL，需质量分数为98%、ρ=1.84g/cm3的浓硫酸 mL(保留三位有效数字)，影响浸出的因素有 (答两点即可)。
(3)净化除杂包括除铁和除镉两个过程，除铁需要调节pH的范围为 ，其该过程产生的沉淀为 ；除去ZnSO4溶液中的Cd2+可利用置换原理，则加入的试剂为 。
该工艺条件下，相关金属离子[c0(M2+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
(4)经过净化后的硫酸锌溶液加入添加剂，通过高位槽连续送入电解槽，槽中布以不溶性铅钙合金阳极和铝阴极。写出阴极的电极反应式 ；Zn作为碱性锌锰电池的负极，写出该负极的电极反应式 。
(5)氧化焙烧的烟气主要成分为 ，最终可制得硫酸，该硫酸可以在 步骤中循环使用。
(6)通过此流程得到的Zn的质量为ckg，根据上述数据 (填：“能”或“不能”)计算出产率，请说明理由： 。
11．利用某含铁矿渣(Fe2O3约40%、Al2O3约10%、MgO约5%、SiO2约45%)制备草酸合铁(III)酸钾晶体{化学式为K3[Fe(C2O4)3·3H2O]}的流程如下：
已知：草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体易溶于水且溶解度随温度升高明显增大，难溶于乙醇，对光敏感，光照下即发生分解；草酸钾微溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是 ；滤渣的主要成分为 (写化学式)。
(2)“净化”时，滴加氨水除去Al3+，若常温时， Ksp[Al(OH)3]=1.0 ×10-32，理论上使Al3+恰好沉淀完全[即溶液中c(A13+ )=1×10-5 mol· L-1]时，溶液的pH为 。
(3)“氧化”这一步 ，是依次加入一定量的饱和K2C2O4溶液、H2C2O4溶液、3%H2O2溶液，不断搅拌溶液并维持在40℃左右。充分反应后，沉淀溶解，溶液的pH保持在4~5，此时溶液呈翠绿色，趁热将溶液过滤到烧杯中， (补充必要的步骤) ，得草酸合铁( III )酸钾晶体。
(4)写出“氧化”时反应的离子方程式： ；“氧化”时，加入H2O2溶液的量过多，会使产品纯度下降的原因是 。
(5)草酸合铁(Ⅲ )酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐 、CO2等，写出该反应的化学方程式： 。
12．ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 8.1 6.9
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 10.1 8.9
已知：① “溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。
②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。
③氧化性顺序：Ni2+ >Cd2+ >Zn2+
回答下列问题：
(1)“溶浸”过程中，提高浸出率的措施有 。(写一条即可)
(2)“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量 (填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)。
(3)加KMnO4“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是MnO+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+和 。
(4)“还原除杂”除去的离子是 ；加入的还原剂是 。
(5)“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式 。
13．锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某钴酸锂电池的正极材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑、铝箔及少量铁，通过如图工艺流程可回收铝、钴、锂。
回答下列问题：
(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为 。
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式 。
(3)“酸浸”时Co、Li元素的浸出率随温度的变化如图所示：
“酸浸”的适宜温度 ，写出该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式 。
(4)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，检验沉淀是否洗净的操作为 。
(5)充电时，该锂离子电池充电时阴极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6充放电过程中，发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式 。上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是 。
(6)某CoC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Co2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：
I.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。
用cmol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
II.向上述溶液中加入适量还原剂将Co3+完全还原为Co2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)的质量分数表达式为 ；若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Co元素含量 。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)
14．草酸用途广泛。工业制草酸的方法之一是钙化法，工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：草酸钙和硫酸钙的溶度积分别为：Ksp(CaC2O4)=2×10-6、Ksp(CaSO4)=9.1×10-6
(1)气体X是 。(填化学式)
(2)酸化过程发生反应的离子方程式为 ，为提高酸化反应的产率，可以采取的方法是 。
(3)工艺流程中能够循环使用的物质有 。
(4)碳酸、草酸在25℃的电离平衡常数如下表：
H2CO3 H2C2O4
电离平衡常数 Ka1=4.4×10-7Ka2=4.7×10-11 Ka1=5.4×10-2Ka2=5.4×10-5
NaHC2O4溶液显 性，其与NaHCO3溶液反应的化学方程式为 。
(5)73gCaC2O4·H2O受热分解时，固体产物的质量随温度的变化如下表：
温度/℃ 25 300 350 500 800 1100 1200
固体质量/g 73 64 64 50 50 28 28
①500℃时固体产物为 (填化学式)。
②请写出将CaC2O4·H2O加热至1100℃过程中总反应的化学方程式 。
15．实验室以铬铁矿(主要成分是Fe(CrO2)2，还含有少量SiO2、Al2O3 等杂质)为原料制备重铬酸钾晶体( K2Cr2O7相对分子质量为294)的流程如图：
已知：操作1中高温条件下发生的反应有：
4FeO·Cr2O3+ 8Na2CO3 + 7O2 =8Na2CrO4 + 2Fe2O3 +8CO2↑；
Na2CO3 + Al2O3=2NaAlO2+CO2↑；
Na2CO3+ SiO2=Na2SiO3 +CO2↑。
请回答下列问题：
(1)Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，将它用氧化物的形式表示为 。
(2)“操作1”中的反应，为使反应速率增大，除升高温度外，还可采取的措施为 (写出一条)。
(3)固体X中主要含有 (填写化学式)，固体Y中主要含有 (填写化学式)。
(4)加入强酸酸化使pH<3.0的原因是 (填写离子方程式和必要的文字)。
(5)请结合图示中有关物质的溶解度曲线，操作4为 ，过滤、洗涤、干燥。
(6)某工厂用152kg铬铁矿粉(含Cr2O340% )制备K2Cr2O7最终得到产品88.2kg，则产率为 。
参考答案：
1．C
【详解】A．图a由MgVmOn+1转化为MgVmOn的过程中，X转化为Y，失氧发生还原反应，则由乙苯 生成苯乙烯 和H2O，得氧发生氧化反应，A正确；
B．在M电极， 被·OH 氧化为CO2等，则 失电子发生氧化反应，所以M极为阳极，连接电源的正极，B正确；
C．在方程式C8H8-40e- +40·OH =8CO2↑+ 24H2O中，电荷不守恒，则苯乙烯被·OH氧化的化学方程式为C8H8+40·OH =8CO2↑+ 24H2O，C不正确；
D．1mol 被氧化成CO2和H2O时，需要失去40mol，若电路中通过10mol电子，则理论上被氧化的苯乙烯的物质的量为0.25mol，质量为0.25mol×104 g/mol=26g，D正确；
故选C。
2．C
【详解】A．氟气与水反应生成氧气，不能比较氟气和氯气的氧化性，A错误；
B．溴水中存在溴离子、次溴酸根、溴单质，氯气与溴水中的还原性微粒反应，体现的都是氧化性，不是漂白性，B错误；
C．乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，生成二氧化碳，酸性高锰酸钾溶液褪色，氢氧化钙溶液中有沉淀产生，C正确；
D．酸性HCl强于H2SiO3，但是不能通过两者的酸性判断Cl的非金属性强于Si，D错误；
故选C。
3．(1)
(2)关闭K3，打开K2
(3) 2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4 =2K3[Fe(C2O4)3] +2H2O 防止H2O2分解 防止生成Fe(OH)3，或将Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率（提高铁的转化率也可） 乙醇
(4) 偏低
【分析】制备FeC2O4·2H2O时，先用A装置制取FeSO4，同时利用生成的H2排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化；再利用生成的H2将A装置内的FeSO4压入B装置内，与H2C2O4发生反应，从而生成FeC2O4·2H2O沉淀。
【详解】（1）三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，中心离子为Fe3+，其价电子排布式为3d5，则其价层电子轨道表示式为 。
（2）打开K1、K3、K4，关闭K2，制备FeSO4。为使生成的FeSO4溶液与H2C2O4溶液接触，需将A装置内的FeSO4溶液压入B装置内，此时可利用反应生成的H2达到此目的，所以应进行的操作为：关闭K3，打开K2。
（3）向制得的FeC2O4(s)中加入过量K2C2O4溶液和H2C2O4溶液，水浴40°C下加热，缓慢滴加H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，同时制得K3[Fe(C2O4)3]，该反应的化学方程式为2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4 =2K3[Fe(C2O4)3] +2H2O。
i．H2O2热稳定性差，加热时需控制温度，所以缓慢滴加H2O2溶液，水浴控温在40°C的原因是：防止H2O2分解。
ii．制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O时可能有红褐色Fe(OH)3沉淀生成，可加酸溶解或阻止此反应的发生，则H2C2O4的作用是：防止生成Fe(OH)3，或将Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率（提高铁的转化率也可）。
iii．题干信息显示，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，为促进结晶，则需降低其溶解度，所以冷却后可加入乙醇。
（4）以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol·L-1 AgNO3标准液滴定时，发生反应Cl-+Ag+=AgCl↓，滴定至终点时，消耗标准液V mL，则可求出配成的250 mL溶液中，n(Cl-)=c mol·L-1×0.001VL×=0.01cVmol，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的物质的量为=mol，则阴离子电荷数为=；若交换时样品液的流速过快，则会导致部分阴离子与阴离子交换树脂没有充分发生交换，从而导致生成的Cl-的物质的量减小，测定结果偏低。
【点睛】进行阴离子交换时，依据电荷守恒，可建立关系式：Xz-——zCl-，然后据此进行计算。
4．(1)哑铃形
(2) SiO2、PbSO4 ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+S↓+2H2O
(3)4
(4) Cu2++S2- +Ba2++=CuS↓+BaSO4↓ 0.10
(5) 333 趁热过滤
(6)CD
【分析】利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程中，加硫酸酸浸，锌、铁、铜、锰生成硫酸盐，硫酸铅为沉淀和二氧化硅一起进入滤渣1，萃取剂1溶解铁离子，加入BaS，除去铜离子和硫酸根离子，萃取剂2萃取硫酸锌，水相为硫酸锰，进一步得到MnSO4·H2O有机相为硫酸锌，进一步反萃取的到ZnSO4·H2O。
【详解】（1）基态S原子占据最高能级的原子轨道为3p，形状为哑铃型。
（2）加硫酸酸浸，锌、铁、铜、锰生成硫酸盐，硫酸铅为沉淀和二氧化硅一起进入滤渣1，故答案为：SiO2、PbSO4。
“酸浸”过程中MnO2和ZnS反应生成硫单质，化学方程式为：ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+S↓+2H2O。
（3）萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为2+2=4。
（4）向“水相1”中加入适量BaS，发生主要反应的离子方程式为：Cu2++S2- +Ba2++=CuS↓+BaSO4↓。
若溶液中S2-的浓度控制不当，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.10 mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)不小于0.10mol·L-1。
，由Ksp(ZnS)=1.0 ×10-22，Ksp(MnS)=1.0 ×10-13且Zn2+、Mn2+的浓度为0.10 mol·L-1，可知≤1.0 ×10-23，带入，可得c(H+)≥0.10mol·L-1。
（5）观察题图可知应该≥333K，并且趁热过滤。
（6）A．滴定前，锥形瓶不须用标准溶液润洗，A错误；
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯转移，B错误；
C．滴定终点时，读取标准液体积时俯视滴定管液面，则测得的体积比实际消耗的小，C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测得的体积比实际消耗的大，D正确；
故选CD。
5．(1)除去CO2中混有的HCl杂质
(2)第一步反应产物中含，且操作中未除去Cl-，与反应使之颜色变浅
(3)空气中的氧气在碱性环境中将氧化为或
(4)
(5)不能氧化
(6) 资料表明在酸性环境下缓慢分解产生，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀 取溶液于试管中，加入稀，无明显现象，再滴加几滴溶液，立即生成棕黑色沉淀
【分析】本题为实验探究题，Ⅰ．制备KMnO4，装置图中A为制备CO2，反应原理为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，这样制得的CO2中含有挥发出来的HCl杂质，将混合气体通入装置B中除去CO2中的HCl，装置C中为向碱性K2MnO4溶液中通入CO2使其发生歧化反应以制备KMnO4，Ⅱ为继续探究Mn2+能否氧化为，据此分析解题。
【详解】（1）A中制得的二氧化碳中混有HCl，B中饱和碳酸氢钠溶液不与二氧化碳反应且除去HCl，同时生成二氧化碳，故装置B的作用为：除去CO2中混有的HCl杂质，故答案为：除去CO2中混有的HCl杂质；
（2）第一步反应产物中含Cl-，且操作中未除去Cl-，Cl-将生成的还原，导致颜色变浅；故答案为：第一步反应产物中含Cl-，且操作中未除去Cl-，与反应使之颜色变浅；
（3）实验①中生成棕黑色沉淀的原因可能是：空气中的氧气在碱性环境反应：2Mn2++O2+4OH-=2MnO2+2H2O，将Mn2+氧化为MnO2；故答案为：空气中的氧气在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2（或2Mn2++O2+4OH-=2MnO2+2H2O）；
（4）实验②为碱性条件下H2O2将Mn2+氧化为MnO2，离子反应为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（5）由题干实验可知，实验③无明显现象，说明HNO3不能氧化Mn2+；故答案为：HNO3不能氧化Mn2+；
（6）资料表明缓慢分解产生MnO2，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀，故不是KMnO4在酸性环境下自身分解产生MnO2；根据分析，证明溶液中的Mn2+将MnO4-还原的实验为：取5mL 0.1 mol L-1 MnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1 mol L-1 HNO3溶液，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀，说明推测成立；故答案为：资料表明缓慢分解产生MnO2，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀；取5mL 0.1 mol L-1 MnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1 mol L-1 HNO3溶液，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀。
6．(1) 三颈烧瓶 排尽装置内空气，防止产物不纯
(2)除去A中生成的NO2，并能将其转化为NO
(3) 淡黄色粉末变为白色 浓硫酸
(4)NH+NON2+2H2O
(5) 酚酞试剂、溶液变红 稀硫酸 还原 3HNO2=2NO+HNO3+H2O
【分析】A中生成二氧化氮气体，在B中二氧化氮气体转化为一氧化氮气体，C中为浓硫酸干燥一氧化氮气体，D中发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2，E中盛放浓硫酸为防止亚硝酸钠潮解，F为尾气吸收。
【详解】（1）仪器a为三颈烧瓶。反应开始时先打开止水夹K，通入氮气排尽装置内空气，防止产物不纯。
（2）B中盛放的试剂为铜片和水，使A中生成的二氧化氮气体与水、铜生成一氧化氮气体。
（3）装置D中发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2，现象为淡黄色粉末变为白色。为防止亚硝酸钠潮解变质，E中盛放浓硫酸。
（4）铵盐和亚硝酸钠反应生成无害物质氮气，故反应的离子方程式为NH+NON2+2H2O。
（5）弱酸的酸根离子可水解导致溶液显碱性，滴加酚酞溶液会变成红色，故滴入几滴酚酞溶液，溶液变红色即可证明HNO2为弱酸；
高锰酸钾在酸性条件下具有比较强的氧化性，遇到还原剂发生还原反应而褪色，故向溶液中滴加少量稀硫酸后，紫色褪去，可推断HNO2具有还原性；
液面上方出现红棕色气体为二氧化氮，是HNO2分解的产物，故HNO2分解的方程式为:3HNO2=2NO+HNO3+H2O。
7． 酸 中 玻璃塞棕色细口瓶，冷暗处 使所配制的溶液中不含MnO2 5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 开始时反应速率慢，KMnO4溶液来不及与草酸反应，就在热的溶液中分解 偏低 滴入最后一滴KMnO4溶液，体系呈微红色经30ｓ不褪色 0.02mol·L-1
【详解】(1) 用待标定的KMnO4溶液滴定，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中；
(2)为延长储存时间，配制的KMnO4溶液应呈中性，且存放方法是玻璃塞棕色细口瓶，冷暗处；配制过程中，加热煮沸且冷却后过滤的目的是使所配制的溶液中不含MnO2；
(3)滴定时草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，同时生成硫酸锰，用离子方程式表示标定反应的反应原理为5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(4) 开始时反应速率慢，KMnO4溶液来不及与草酸反应，就在热的溶液中分解，故开始滴定时滴加KMnO4溶液的速度不宜太快；草酸减少，消耗的KMnO4溶液体积偏低，会导致测定结果偏低；
(5)达滴定终点的判定依据是滴入最后一滴KMnO4溶液，体系呈微红色经30ｓ不褪色；
(6)根据反应可知5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n(H2C2O4)=n(Na2C2O4)=，所配制的KMnO4溶液的物质的量浓度为=0.02mol·L-1。
8．(1) 3
(2) 抑制与水在加热条件下发生水解反应 是
【分析】(1)利用氧化还原反应的规律以及化合价升降法进行配平，利用得失电子数目守恒进行氧化还原反应的计算；
(2)本题是流程题，但各题独立存在，不需要整体判断流程，运用各自理论解决个小题；
【详解】（1）①根据反应方程式可知，Br2既是氧化剂又是还原剂，有化合价升高，也有化合价降低，因此还原产物为NaBr，利用化合价升降法以及原子守恒进行配平，化学反应方程式为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr；故答案为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr；
②根据表中数据，NaBrO3作氧化剂，还原产物是Br2，NaI作还原剂，被氧化成NaIO3和I2，2.6molNaBrO3→1.3molBr2，2.6molNaBrO3全部参与反应，根据得失电子数目守恒有2.6mol×(5-0)=0.5mol×2×[0-(-1)]+n(NaIO3)×[5-(-1)]，解得n(NaIO3)=2mol，根据碘原子守恒，NaI物质的量为(0.5mol×2+2mol)=3mol；故答案为3；
（2）①直接加热MgCl2·6H2O，因Mg2+水解，得到MgO或Mg(OH)Cl，因此为抑制MgCl2水解，需要在HCl氛围中加热；故答案为抑制MgCl2与水在加热条件下发生水解反应；
②混合溶液的pH=12时，同时得到Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，因此溶液中=8.0×105；常温下，pH=12时，溶液中c(OH-)=10-2mol/L，则溶液中c(Mg2+)==6.0×10-8mol/L＜1.0×10-5，判断此时Mg2+已完全沉淀；故答案为8.0×105；是；
③根据题中所给信息，该反应方程式为4MgO+2CeCl3+Cl24MgCl2+2CeO2，故答案为4MgO+2CeCl3+Cl24MgCl2+2CeO2；
④0～181℃失去结晶水，发生反应MgCl2·6H2OMgCl2·(6-x)H2O+xH2O，203gMgCl2·6H2O的物质的量为1mol，0～181℃固体质量变化(203-131)g=72g，应是减少水的质量，计算出x=4，181℃时固体产物的化学式为MgCl2·2H2O；181℃加热到300℃得到一种含镁的碱式盐，，其质量为76.5g，203gMgCl2·6H2O的物质的量为1mol，根据原子守恒，含镁的碱式盐中含有1molMg2+、1molCl-和1molOH-，则含镁的碱式盐为Mg(OH)Cl，其反应方程式为MgCl2·2H2OMg(OH)Cl+H2O+HCl↑；故答案为MgCl2·2H2O；MgCl2·2H2OMg(OH)Cl+H2O+HCl↑。
9．(1) 将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等 2Co2O3+S2O+6H+=4Co2++2SO+3H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)5×10-6
(4) 一水合氨受热易分解 4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[Co(NH3)6]3++22H2O 在HCl氛围下蒸发浓缩 减压过滤得到[Co(NH3)6]Cl3晶体
(5) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原
【分析】水钴矿的主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3+也被Na2S2O5还原为Fe2+，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣I为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2+氧化物为Fe3+，调pH=5，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，故滤渣II的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CoF2固体，沉淀Mg2+、Ca2+，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有Co2+，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[Co(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。
(1)
“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，则Co2O3发生反应的离子方程式为；
(2)
“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2+氧化物为Fe3+，便于除去Fe3+；
(3)
“除杂”时，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5mol/L，c(F-)==10-2.5mol/L，则c(Ca2+)==5×10-6mol/L；
(4)
“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃温度不能过高的原因是一水合氨受热易分解，其反应的离子方程式为，生成[Co(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体；
(5)
①取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2Co3++2I-=2Co2++I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
②由反应2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2Co3+~I2~2S2O，即Co3+~S2O，则该产品中钴元素的质量分数为。
10．(1)
(2) 27.2 温度，硫酸浓度
(3) 2.8~6.2 Fe(OH)3 Zn
(4) Zn2++2e-=Zn Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
(5) SO2 浸出
(6) 不能 锌的来源并非是只有由ZnS生成，过程中加入了锌粒，导致了生成量相对增多
【分析】硫化锌精矿氧化焙烧后，得到焙烧矿和烟气，根据硫化锌精矿的成分可知烟气的主要成分是二氧化硫，焙烧矿的主要成分是各种金属的氧化物，之后用硫酸来酸浸焙烧矿，再处理浸出液得到单质锌，以此解题。
（1）
由题意可知反应物为ZnS和氧气，产物为：ZnO和ZnSO4，二氧化硫故方程式为：；
（2）
根据稀释定律可知：；可以从反应速率的因素考虑，影响浸出的因素有：温度，硫酸浓度；
（3）
净化时溶液中的铁为三价铁离子，除铁时，应该使铁沉淀完全，但是不能使锌离子沉淀，只使三价铁生成Fe(OH)3，根据表格中的数据需要调节pH的范围为：2.8~6.2；除去ZnSO4溶液中的Cd2+可利用置换原理，但是不能引入新的杂质，故应该加入的物质为Zn；
（4）
电解硫酸锌，在阴极应该是锌离子得到电子，电极方程式为：Zn2++2e-=Zn；锌作为碱性锌锰电池的负极，锌失去电子结合氢氧根离子形成氢氧化锌，电极方程式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；
（5）
由题意可知硫化锌精矿含有金属硫化物，故在氧化焙烧后的烟气主要有SO2，分析上述工业流程图可知，浸出时使用硫酸，故该硫酸可以在浸出步骤中循环使用；
（6）
在反应过程中可以发现，锌不仅来源于硫化锌精矿，而且在反应过程中也加入了单质锌，故答案是：不能；锌的来源并非是只有由ZnS生成，过程中加入了锌粒，导致了生成量相对增多。
11．(1) 高温条件下将Fe2O3还原为Fe SiO2
(2)5
(3)降温结晶，过滤，乙醇洗涤干燥（或等滤液降温后加入适量的乙醇，析出晶体，过滤，乙醇洗涤，干燥）
(4) 2FeC2O4 2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O 有碳酸盐生成
(5)2K3[Fe(C2O4)3] 3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O
【分析】废渣与煤炭在空气中煅烧，氧化铁被还原为铁；SiO2、Al2O3、MgO不能被还原，加入稀硫酸，SiO2不溶，则滤渣为SiO2，滤液为硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸镁；加入草酸过滤得到黄色的草酸亚铁沉淀，再依次加入一定量的饱和K2C2O4溶液、H2C2O4溶液、3%H2O2溶液，用双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，最终生成草酸合铁(III)酸钾晶体，据此分析回答问题。
【详解】（1）C能在高温条件下将Fe2O3还原为Fe；在煤炭煅烧后的硫酸渣的主要化学成分为：SiO2、Fe、Al2O3、MgO，其中Fe、Al2O3、MgO均能与稀硫酸反应，但SiO2不能与稀硫酸反应，则滤渣为SiO2，故答案为：高温条件下将Fe2O3还原为Fe；SiO2；
（2）由Ksp[Al（OH）3]=c（Al3+）×c3（OH-），c（OH-）=，即pOH=9，则pH=14-pOH=14-9=5，故答案为：5；
（3）趁热将溶液过滤到烧杯中，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥等操作得草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体，故答案为：降温结晶，过滤，乙醇洗涤干燥（或等滤液降温后加入适量的乙醇，析出晶体，过滤，乙醇洗涤，干燥）；
（4）过氧化氢将Fe（C2O4） 2H2O氧化为K3[Fe（C2O4）3]，同时过氧化氢被还原为水，反应离子方程式为：2FeC2O4 2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O；“氧化”时，加入H2O2溶液的量过多，草酸根会被氧化生成碳酸盐，导致产品纯度下降；故答案为：2FeC2O4 2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O；有碳酸盐生成；
（5）草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、CO2等，两种草酸盐为草酸钾、草酸铁，反应方程式为：2K3[Fe(C2O4)3] 3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O，故答案为：2K3[Fe(C2O4)3] 3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O。
12．(1)加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、将矿石粉碎
(2)ZnO
(3)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
(4) Ni2+，Cd2+ Zn粉
(5)3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑
【分析】形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： “溶浸”发生反应的化学方程式为：ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑，“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+，加入KMnO4能将Fe2+氧化为Fe(OH)3、Mn2+氧化为MnO2，滤渣2的成分为Fe(OH)3、MnO2，由于氧化性顺序：Ni2+ >Cd2+ >Zn2+，可加入还原剂Zn单质将Ni、Cd置换出来，滤渣3为Ni、Cd，滤液为ZnSO4，加入Na2CO3反应方程式为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，高温灼烧固体得到ZnO；
【详解】（1）提高浸出率的措施有：加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、将矿石粉碎；
（2）为了不引入其他杂质离子且能消耗氢离子，“调pH”时可加入ZnO；
（3）已知弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2，“氧化除杂”中发生Mn的归中反应，离子方程式为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；
（4）分析可知，“还原除杂”中由于氧化性顺序：Ni2+ >Cd2+ >Zn2+，可加入还原剂Zn粉将Ni、Cd置换出来，除去离子为Ni2+，Cd2+；
（5）滤液为ZnSO4，加入Na2CO3反应方程式为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑。
13． +3 80℃ 2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+ 2CoSO4+O2+4H2O 取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之未洗涤干净 LixC6+ Li1-xCoO2= LiCoO2+6C 负极生成的锂离子向正极移动，在正极生成钴酸锂，便于回收 偏高
【分析】废旧电池放电，锂元素转移到正极，正极碱浸，铝和氢氧化钠反应除去铝，滤渣含有LiCoO2、导电剂乙炔黑、少量铁，酸浸、用H2O2把Co3+还原Co2+，调节pH生成氢氧化铁，过滤除去铁、碳，滤液中含有Li2SO4、CoSO4，萃取，水相中含有Li2SO4，有机相含有CoSO4，水相中加碳酸钠沉锂，有机相含有反萃取的CoSO4溶液，加草酸铵沉钴。
【详解】(1)根据各元素化合价代数和等于0，LiCoO2中Co元素的化合价为+3。
(2) 正极材料含有铝，“正极碱浸”，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式 。
(3)根据图示，80℃时Co、Li元素的浸出率最大，所以“酸浸”的适宜温度80℃；LiCoO2中Co元素化合价为+3，“酸浸”时被还原为Co2+，该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+ 2CoSO4+O2+4H2O。
(4)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，洗涤液中可能含有，若沉淀洗涤干净，则洗涤液中不含，检验沉淀是否洗净的操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之未洗涤干净；
(5)充电时，该锂离子电池充电时阴极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6，充放电过程中，阳极发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，放电时电池反应方程式LixC6+ Li1-xCoO2= LiCoO2+6C。负极生成的锂离子向正极移动，在正极生成钴酸锂，所以上述工艺中 “放电处理”。
(6)设mg样品中含xmolCoC2O4·2H2O、ymolCo2(C2O4)3、zmolH2C2O4·2H2O，xmolCoC2O4·2H2O消耗高锰酸钾、ymolCo2(C2O4)3消耗高锰酸钾、zmolH2C2O4·2H2O消耗高锰酸钾，则①；
Co2+被氧化为Co3+消耗KMnO4溶液V2mL；则②；
联立①②，解得，，
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)的质量分数表达式为；Co元素的物质的量=，若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则V2偏大，所以测得样品中Co元素含量偏高。
【点睛】本题以钴酸锂电池的正极材料回收铝、钴、锂为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理是解题关键，掌握常见元素化合物的性质，理解氧化还原反应滴定法测定物质含量的原理。
14． H2 CaC2O4+2H++=CaSO4+H2C2O4 适当增大硫酸浓度(或增大硫酸和草酸钙的投料比) NaOH溶液和硫酸 酸 NaHC2O4+NaHCO3=Na2C2O4+H2O+CO2↑ CaCO3 CaC2O4·H2O CaO+CO↑+CO2↑+H2O↑
【分析】分析流程可知，一氧化碳与氢氧化钠反应生成甲酸钠，经浓缩加热，甲酸钠受热，生成草酸钠和氢气，加入石灰乳钙化生成草酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠循环利用，加硫酸酸化，经过滤获得草酸溶液，滤渣为硫酸钙，再经分离提纯，过量的硫酸循环利用，最终得到草酸晶体，据此分析解题。
【详解】(1)甲酸钠加热浓缩生成草酸钠，碳元素的化合价升高，由氧化还原反应可知，只能是+ 1价的氢元素被还原，故产物气体X为H2。
(2 )硫酸为强酸，草酸为弱酸，酸化过程为复分解反应，方程式为：CaC2O4+2H++=CaSO4+H2C2O4；为提高酸化反应的产率，可以采取适当加大硫酸浓度的方法。
(3)分析流程可得，再次产出的物质为氢氧化钠和硫酸，故可以循环利用的物质为NaOH溶液和硫酸。
(4)的电离平衡常数大于水解平衡常数（），以电离为主， NaHC2O4溶液显酸性，根据碳酸、草酸的电离平衡常数可知，NaHC2O4与NaHCO3反应的方程式为：NaHC2O4+NaHCO3=Na2C2O4+H2O+CO2↑。
(5)73gCaC2O4·H2O物质的量为0.5mol，其分解产物的固体为含钙化合物，①500°C时，产物的质量为50g，根据Ca守恒，故其摩尔质量=50g÷0.5mol=100g/mol，其分解产物为CaCO3。
②1100℃时，分解产物的摩尔质量=28g÷0.5mol= 56g/mol，分解产物为氧化钙，故加热至1100℃过程中总反应的方程式为：CaC2O4·H2O CaO+CO↑+CO2↑+H2O↑。
15． FeO·Cr2O3 使用催化剂 Fe2O3、MgO Al(OH)3、H2SiO3 酸化为了使转化为， 向的溶液中加入氯化钾 75%
【分析】铬铁矿、碳酸钠固体通过在氧气中焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、MgO和NaAlO2的混合固体和二氧化碳气体，所以操作1为焙烧，然后加水浸取，过滤得到固体Fe2O3、MgO和溶液Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，操作2为过滤，固体X为Fe2O3、MgO，再调节pH到7-8，使偏铝酸盐生成氢氧化铝沉淀，硅酸钠变为硅沉淀，所以固体Y为氢氧化铝和硅酸，继续调节溶液的pH使转化为，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的；
【详解】(1)Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，将它用氧化物的形式表示为FeO·Cr2O3；
(2)加快反应速率可以升高温度、粉碎固体、使用催化剂；
(3)根据分析固体X中主要含有Fe2O3、MgO，固体Y中主要含有Al(OH)3、H2SiO3；
(4)结合流程图可知，酸化为了使转化为，反应的离子方程式为；
(5)操作4是向的溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的，由于在该条件下，的溶解度较小，从溶液中获得晶体，要将溶液蒸发浓缩到有少量晶体析出再冷却结晶。
(6)根据元素守恒可知：，则理论上产生的质量为，实际产量为88.2kg，产率= 。
试卷第1页，共3页
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