【备考2024年】高考化学全国甲卷真题变式分层精准练第8题
一、原题
1．（2023·全国甲卷） 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
二、基础
2．（2022高一下·慈溪期末）按要求完成下列填空：
（1）①写出淀粉的化学式 ；②写出的电子式 。
（2）写出铜和浓硝酸反应的化学方程式 。
（3）向酸性高锰酸钾溶液中滴加足量乙醇，观察到的现象是 。
3．（2021高一上·西城期末）阅读下面一段材料并回答问题。
维生素C，又称抗坏血酸，化学式为C6H8O6，是一种水溶性的有机化合物。
维生素C具有酸性，在酸性环境中稳定，遇氧气、热、光、碱性物质，特别是有氧化酶及痕量Cu2+、Fe3+等金属离子存在时，可促进其被氧化而破坏。人类不能自身合成维生素C，必须通过食物、药物等摄取，其广泛的食物来源为各类新鲜蔬果。
维生素C具有重要的生理功能，人体缺乏维生素C易引发坏血病、牙龈出血等。维生素C是一种常见的抗氧化剂，能够防止自由基对人体的伤害，从而增强人体抵抗力、延缓衰老等。此外维生素C还可以使Fe元素从+3价转化为+2价，提高肝脏对铁的利用率，从而治疗缺铁性贫血。若短期内服用过量的维生素C，会产生多尿、皮疹等副作用，长期服用过量的维生素C，可能导致草酸及尿酸结石。
请依据以上短文，判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)。
（1）从物质分类看，维生素C属于无机化合物。
（2）维生素C具有重要的生理功能，应长期大量服用。
（3）维生素C具有抗氧化性是因其具有还原性。
（4）生吃新鲜蔬果利于补充维生素C．
4．（2018高二下·海宁期中）能源是人类赖以生存和发展的重要物质基础，常规能源的合理利用和新能源的开发是当今社会人类面临的严峻课题。回答下列问题：
（1）我国是世界上少数以煤为主要燃料的国家，下列关于煤作燃料的论点符合题意的是_______
A．煤是重要的化工原料，把煤作燃料简单燃烧掉太可惜，应该综合利用
B．煤是发热很高的固体燃料，我国煤炭资源相对集中，开采成本低，用煤作燃料合算
C．煤燃烧时产生大量二氧化硫和烟尘，对环境污染严重
D．通过洁净煤技术，如煤的气化和液化以及烟气脱硫，不仅减轻了燃煤污染，还能提高煤燃烧的热利用率
（2）乌克兰科学家将铜和铁混合熔化制成多孔金属，用于制作太空火箭上使用的煤油燃料雾化器，该雾化器的作用是 。
5．（2019高一上·长沙期末）用NaHCO3的知识填空。
（1）NaHCO3俗名 。
（2）NaHCO3水溶液中滴入酚酞后，溶液呈 色。
（3）NaHCO3与盐酸反应的离子方程式 。
6．（2017高二下·资阳期末）回答下列问题：
（1） 常温下，氯化铵的水溶液pH 7（选填“>”、“=”或“<”），其原因为 （用离子方程式表示），下列措施能使溶液中c(NH4+)增大是 。
①通入HCl气体 ②加入Na2CO3固体 ③加入NaOH固体 ④加热
（2）已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(AgI)＝1.5×10-16，现向AgCl悬浊液中，滴加KI溶液，可观察到的现象为 。
7．（2018高二下·双流月考）为了研究难溶盐的沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学设计如下实验。
步骤1：向2 mL 0.005 mol/LAgNO3溶液中加入2 mL 0.005 mol/LKSCN溶液，静置。 出现白色沉淀。
步骤2：取1 mL上层清液于试管中，滴加1滴2 mol/LFe(NO3)3溶液。 溶液变为红色。
步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3 mol/LAgNO3溶液。 现象a，且溶液红色变浅。
步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol/LKI溶液。 出现黄色沉淀。
已知：25℃，Ksp(AgI，黄色)= 8.3×10 17 ，Ksp (AgSCN，白色 )= 1.0×10 12 。
回答下列问题：
（1）步骤3中现象a是 。
（2）用沉淀溶解平衡原理解释步骤4的实验现象 。
（3）向50 mL 0.005 mol/L的AgNO3溶液中加入150 mL0.005 mol/L的KSCN溶液，若混合后溶液体积为200mL，则溶液中Ag+的浓度约为 mol/L 。
三、提高
8．（2023·北京）以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
9．（2023·北京）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应红棕色；和氧化性几乎相同。
（1）将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
实验现象
实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ 填“”“”或“”实验Ⅱ。
实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有蓝色或无色，进行以下实验探究：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
步骤的目的是 。
查阅资料，，无色容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。
结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， 填实验现象，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。
（2）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。
（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。
10．（2023·丰台模拟）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因 。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的 。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因 。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因 。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源 (填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式 。
11．（2023高二下·泸县期中）以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
（1）“酸溶”中加快溶解的方法为 (任意写出一种)。
（2）“还原”过程中的离子方程式为 。
（3）写出“滤渣”中主要成分的化学式 。
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为 。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中= 。[已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(FeCO3)=2×10-11]
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是 。
（6）焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225℃、=1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15min金属产率下降的原因是 。
12．（2023高一下·广州期中）硫酸是重要的化工产品，可用于生产化肥、 农药、炸药、染料等。工业制硫酸的原理(反应条件和部分生成物已略去)如图所示：
回答下列问题：
（1）FeS2中硫元素的化合价是 ，“过程I”发生的反应为4FeS2 +11O22Fe2O3+8SO2。其中氧化产物是 (填化学式)。
（2）加快“过程I”反应速率的措施有 。 (至少写出2 个)
（3）生产过程中的废气含有SO2，可用双碱法脱硫处理，过程如下图所示，其中可循环使用的，写出双碱法脱硫的总反应方程式 。
13．（2023高二上·梅河口开学考）甲、乙、丙三位同学分别用如图实验装置及化学药品(碱石灰为氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气。
（1）他们制取氨气的化学方程式为 。
（2）他们收集氨气的方法是 。
（3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨(实验操作都正确)，你认为没有收集到氨气的同学是 (填“甲”、“乙”或“丙”)。
（4）检验氨气是否收集满的方法是(简述操作方法、现象和结论) 。
（5）三位同学都认为，采用上述各自的装置，还可用于加热碳酸氢铵固体的方法来制取纯净的氨气，你认为哪位同学能够达到实验目的 (填“甲”、“乙”或“丙”)。他们还认为，装置中的NH4HCO3固体可用NH4Cl固体代替，你认为 (填“能”或“不能”)。
（6）氨气被催化氧化的化学方程式是 。
四、培优
14．（2023高二下·揭阳期中）I.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子排布式 ，CuH是 晶体。
（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式： 。
（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式： 。
（5）II.某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1molX在该反应中失去3.01×1023个电子。
X的化学式为 。
（6）写出该反应的化学方程式： 。
15．（2023高一上·襄阳期末）钛是航空、军工、电力等领域的重要原材料。地壳中的含钛矿石之一是金红石()，其是冶炼钛的重要原料。生产钛的工艺流程如图：
已知：①常温下，钛既不与常见非金属单质反应，也不与强酸反应；
②加热时，钛可以和常见的非金属单质反应。
（1）在反应I中：
①下列有关CO的说法正确的是 (填标号)。
A．属于酸性氧化物 B．摩尔质量为28 C．为可燃性气体 D．具有还原性
②反应I的化学方程式为 ，该反应中氧化剂与还原剂的质量之比为 。
③每转移0.2mol电子，同时生成CO的体积为 (标准状况下)。
（2）在反应II中：
①氩气的作用为 。
②该反应的基本反应类型为 。
（3）为了测定反应II制得的金属钛(杂质仅含Mg)中的钛元素含量。常温下，取mg反应II制得的金属钛置于烧杯中，往烧杯中逐滴滴入物质的量浓度为的稀硫酸，当不再出现气泡时，共消耗VmL稀硫酸：
①上述反应的离子方程式为 。
②金属钛的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。
16．（2023高二下·揭阳期中）镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、等，以下是从该矿渣中回收的工艺路线：
已知：在350℃以上会分解生成和。在焙烧过程中生成、。锡（Sn）位于第五周期第ⅣA族。
（1）焙烧前将矿渣与混合研磨，混合研磨的目的是 。
（2）“浸泡”过程中生成的离子方程式为 ，“浸渣”的成分除、外还含有 （填化学式）。
（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入将还原为，所需的物质的量不少于物质的量的 倍；除去过量的后，再用酸性标准溶液滴定溶液中的，还原产物为，滴定时反应的离子方程式为 。
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，溶液中 ［已知 ］
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（对溶液中、的萃取率影响如图所示，的最佳取值是 。
17．（2019高二下·丽水期末）NH3是重要的化工原料，经一系列反应可得到HNO3、CO(NH2)2、HCN等产品。
（1）以氨气为原料合成HNO3工艺如下，写出N2O4转化为HNO3的反应方程式 。
（2）以NH3和CO2为原料生产尿素的反应如下：
反应Ⅰ：2NH3(l) ＋
CO2(g) NH2COONH4(l) Δ H1 ＝ a kJ·mol-1
反应Ⅱ：NH2COONH4(l) NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H2 ＝ b kJ·mol-1
① 已知NH3(l) NH3(g) Δ H3 ＝ c kJ·mol-1 反应2NH3(g) ＋ CO2(g) NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H4＝ kJ·mol-1(用含a、b、c的式子表示)，该反应能自发进行的主要原因是 。
② 一定条件下，往恒容密闭容器中投入4 mol NH3和 1 mol CO2，测得各组分物质的量随时间变化如图1。下列说法正确的是 。
A．选择合适的碳氮比有利于提高产率
B．反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ小
C．过量氨气可以与反应生成的水结合，有利于尿素合成
D．气体物质的量不再变化时，反应达到平衡状态
（3）工业上利用氨气生产氢氰酸的反应为CH4(g) + NH3(g)
HCN(g) + 3H2(g) Δ H>0
① 其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。X代表的是 (填“温度”或“压强”)。
② 其它条件一定时，向2 L密闭容器中加入n mol CH4和2 mol NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。平衡常数K= （请写出计算过程）
18．（2023高一下·上海市期末）联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如下图：
（1）两种生产流程中涉及到的各种物质中，属于共价化合物的是 ，其中极性分子有 ；属于离子化合物的是 ，其中全部由非金属元素组成的离子化合物的电子式为 。
（2）沉淀池中发生反应的化学方程式为 。
（3）图中X是 (填写化学式，下同)，Y是 ；Z中除了溶解的氨气和食盐外，其它溶质还有 ；排出液W中的溶质除了Ca(OH)2外，还有 。
（4）在氨碱法生产过程中氮可以循环使用而不需要补充，因此氨碱法总反应过程可用化学方程式表示为 。
（5）根据联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程推测，所得结论正确的是____。
A．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小
B．通入氨气能增大的浓度，使氯化铵更多析出
C．加入食盐细粉能提高Na+的浓度，使结晶析出
D．通入氨气能使转化为，提高析出的NH4Cl纯度
（6）联碱法中，每当通入NH344.8L(已折合成标准状况下)时可以得到纯碱100.0g，则NH3的利用率为 ；相比于氨碱法，氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了 (填上述流程中的编号)。指出联碱法的另一项优点 。
19．（2023高一下·吉林期末）工业上常用电解熔融氧化铝的方法来生产铝锭，其电解的氧化铝纯度不得低于 98.2％，而天然铝土矿中的氧化铝含量为 50％~70％，杂质主要为 SiO2、Fe2O3、MgO 等。工业生产铝锭的工艺流程如下图：
一些难溶物开始沉淀和完全沉淀的 pH 如表所示：
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀 pH(离子初始浓度为 0.01mol·L-1) 4 2.3 10.4
完全沉淀 pH(离子浓度<10-5mol·L-1) 5.2 3.2 12.4
请回答下列问题：
（1）步骤①粉碎的目的 ；步骤②③④中操作均为 ；固体A的化学式为 ；
（2）物质 C 可以为 (填序号)
a.Fe b.氨 c.过量氢氧化钠稀溶液
（3）步骤③中调节溶液 pH 的数值范围为 ；
（4）步骤④中溶液 E 主要含 Mg2+、Cl-等，故分离固体F时，必须对F进行洗涤。如何检验F是否洗涤干净 ；
（5）步骤⑥的化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】（1）做还原剂，将 还原
（2）S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）c
（4）不可行； 也会与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）碳粉的主要作用是做还原剂，将硫酸钡还原成BaS；
（2）易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀；S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于的沉淀，所以只能加入盐酸酸化；选择c；
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：硫化钙与盐酸反应生成可溶于水的氯化钙，导致氯化钡溶液中混有氯化钙杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低；
（5）有分析可知，沉淀过程为非氧化还原，即复分解反应，反应方程为：BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTi(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，为氧化还原反应，产物有CO2和CO，该反应的化学方程式为：
BaTi(C2O4)2=BaTiO3+2CO2↑+2CO↑
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。
2．【答案】（1）；
（2）
（3）紫红色溶液褪色
【知识点】氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)①淀粉的化学式；②是离子化合物，电子式：。
(2)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮，化学方程式：。
(3)酸性高锰酸钾溶液能氧化乙醇，则向酸性高锰酸钾溶液中滴加足量乙醇，观察到的现象是紫红色溶液褪色。
【分析】（1）淀粉、纤维素的化学式都是 ；氯化钙的电子式要注意标明中括号和电荷数；
（2）铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、水和硝酸铜；
（3）乙醇具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。
3．【答案】（1）错
（2）错
（3）对
（4）对
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】(1)含碳化合物(除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐外)为有机物，所以维生素C属于有机物；
故答案为：错。
(2)根据题中叙述，长期服用过量的维生素C，可能导致草酸及尿酸结石，所以叙述不正确；
故答案为：错。
(3)因为维生素C还可以使Fe元素从+3价转化为+2价，所以维生素C具有还原性；故叙述正确；
答案为：对。
(4)根据题中叙述人类不能自身合成维生素C，必须通过食物、药物等摄取，其广泛的食物来源为各类新鲜蔬果；所以叙述正确；
答案为：对。
【分析】（1）含有碳元素的化合物多数属于有机化合物；
（2） 短期内服用过量的维生素C，会产生多尿、皮疹等副作用，长期服用过量的维生素C，可能导致草酸及尿酸结石；
（3）维生素C具有还原性；
（4）新鲜蔬果富含维生素C。
4．【答案】（1）A；C；D
（2）使煤油雾化，增大与助燃剂的接触面积，提高燃烧效率
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】（1）A．煤是重要的化工原料，把煤作燃料简单燃烧掉太可惜，应该综合利用，符合题意；
B.用煤作燃料，污染高，大量的有用物质浪费，不符合题意；
C.煤燃烧时产生大量二氧化硫和烟尘，对环境污染严重，符合题意；
D.通过洁净煤技术，如煤的气化和液化以及烟气脱硫，不仅减轻了燃煤污染，还能提高煤燃烧的热利用率，符合题意；
故答案为：ACD；
（2）铜和铁混合熔化制成多孔金属制作的煤油燃料雾化器，该雾化器的作用是：使煤油雾化，增大与助燃剂的接触面积，提高燃烧效率。
【分析】（1）根据煤属于化石燃料，以及煤燃烧产生的影响进行分析即可；
（2）雾化器是使液体变为细小雾状液滴，增大了接触面积，据此解答即可。
5．【答案】（1）小苏打
（2）红色
（3）HCO3—+H+＝CO2↑+H2O
【知识点】盐类水解的原理；钠的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）NaHCO3俗名为：小苏打；本题答案为：小苏打。（2）NaHCO3水溶液显碱性，中滴入酚酞后，溶液呈红色；本题答案为：红色。（3）NaHCO3与盐酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+＝CO2↑+H2O；本题答案为：HCO3-+H+＝CO2↑+H2O。
【分析】（1）NaHCO3俗名为：小苏打；（2）NaHCO3水溶液显碱性，中滴入酚酞后，溶液呈红色；（3）碳酸氢钠的电离方程式为：NaHCO3=Na+ HCO3-，HCO3-在离子方程式中不能拆；
6．【答案】（1）＜；NH4+＋H2O NH3·H2O＋H+；①
（2）白色固体变成黄色
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)氯化铵溶液中，铵根离子发生水解：NH4++H2O NH3 H2O+H+，溶液呈酸性；①通入HCl气体，c(H＋)增大，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，正确；②加入Na2CO3固体，c(H＋)减小，平衡正向移动，c(NH4+)减小，错误；③加入NaOH固体c(H＋)减小，平衡正向移动，c(NH4+)减小，错误；④加热，促进水解平衡正向移动，c(NH4+)减小，错误；
故答案为：①，故答案为：＜；NH4++H2O NH3 H2O+H+；增大；①；
(2)KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故答案为：白色固体变成黄色。
【分析】（1）①酸跟碱形成的盐，谁强显谁性。氯化铵中，盐酸为强酸，氨水为弱碱，故应该显酸性，pH＜7.
平衡移动原理：改变可逆反应的条件，平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
（2）离子反应实质：往离子浓度减小的方向进行，AgI溶解度更小，故氯化银（白色）会转化成AgI（黄色）。
7．【答案】（1）出现白色沉淀
（2）溶液中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq) + SCN-(aq)，因为溶解度：AgSCN > AgI（或Ksp(AgI)＜Ksp (AgSCN）加入KI后，Ag+与I-反应生成更难溶的AgI，使上述平衡正向移动
（3）4.0×10-10
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】⑴.加入硝酸银，银离子和硫氰酸根离子发生反应：Ag++SCN AgSCN，得到AgSCN白色沉淀，故答案为：出现白色沉淀；
⑵.溶液中存在溶解平衡：AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN (aq)，加入KI后，因为溶解度：AgI
AgI（或Ksp(AgI)＜Ksp (AgSCN）加入KI后，Ag+与I-反应生成更难溶的AgI，使上述平衡正向移动；
⑶.向50mL0.005mol/L的AgNO3溶液中加入150mL0.005mol/L的KSCN溶液，KSCN过量，溶液中剩余c(SCN-)=0.005mol/L×(0.15 0.05)L÷(0.15+0.05)L=0.0025mol/L，则c(Ag+)=Ksp(AgSCN)÷c(SCN )=10 12/0.0025=4×10－10mol/L，故答案为：4.0×10 10。
故正确答案为：⑴出现白色沉淀；（2）溶液中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq) + SCN-(aq)，因为溶解度：AgSCN > AgI（或Ksp(AgI)＜Ksp (AgSCN）加入KI后，Ag+与I-反应生成更难溶的AgI，使上述平衡正向移动。⑶.4.0×10-10。
【分析】注意沉淀转化的方向是难溶物向更难溶的转化。在难溶物的形式组成相似的沉淀根据可以根据KSP进行判断，沉淀形式不相似的根据溶解度和KSP的公式进行判断。
8．【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
9．【答案】（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的
（2）铜；含的的溶液
（3）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ； 铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 ，故答案为： 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
10．【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
11．【答案】（1）加热或搅拌或适当增大硫酸浓度
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）SiO2、Fe
（4）FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；140
（5）NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
（6）还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）酸溶时，可通过适当增大硫酸的浓度，升高温度，粉碎硫酸渣，加速搅拌等方式加快反应速率，故答案为：加热或搅拌或适当增大硫酸浓度；
（2）还原过程中硫酸铁被还原为硫酸亚铁，反应的离子方程式为：
（3）由以上分析可知滤渣的主要成分为SiO2、Fe，故答案为：SiO2、Fe；
（4）有题中信息可知沉铁时碳酸氢铵与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，二氧化碳，和硫酸铵，反应方程式为：
（5）NaNO2作氧化剂时，其还原产物为可能生成NO等，氮的氧化物有毒会污染空气，故答案为：NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气；
（6）时间过长，焦炭反应完，不再有还原剂，则进入的空气会将铁重新氧化，导致金属产率下降，故答案为：还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化；
【分析】硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)加硫酸后，氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁，二氧化硅不溶于硫酸，再加铁粉，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤除去二氧化硅和过量的铁粉，滤液中加碳酸氢铵，发生反应生成氢氧化亚铁沉淀，经氧化得到铁黄，根据题意解答即可。
12．【答案】（1）-1；Fe2O3、SO2
（2）研磨黄铁矿、适当升高温度
（3）SO2+2 Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】(1) FeS2中铁化合价+2价，硫化合价-1价，Fe2+被氧化得氧化铁，S被氧化生成二氧化硫，其中氧化产物是Fe2O3、SO2；
(2) 加快“过程I”反应速率的措施有研磨黄铁矿、适当升高温度；
(3) 用双碱法脱硫法处理废气中的SO2，过程I反应SO2、NaOH反应产生Na2SO3、H2O，过程II反应Na2SO3、Ca(OH)2、O2反应产生CaSO4、NaOH，合并两个过程可得总反应方程式为： SO2+2 Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O ；
【分析】(1) 化合价升高被氧化生成的是氧化产物；
(2) 加快反应速率有研磨、适当升高温度；
(3)SO2、NaOH反应产生Na2SO3、H2O，Na2SO3、Ca(OH)2、O2反应产生CaSO4、NaOH。
13．【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）向下排空气法
（3）乙
（4）用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满)
（5）丙；不能
（6）4NH3+5O24NO+6H2O
【知识点】工业合成氨；合成氨条件的选择；氨的性质及用途；氨的实验室制法；气体的收集
【解析】【解答】(1) 实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下生成氨气、氯化钙、水，反应方程式为 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ；
(2) 氨气的密度比空气小，极易溶于水，用向下排空气法收集；
(3) 氨气为碱性气体，浓硫酸有酸性，氨气能被硫酸吸收，乙同学无法收集到氨气；
(4) 氨气为碱性气体，溶液呈碱性 ，检验氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满) ；
(5) 碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可用碱石灰吸收二氧化碳和水，只有丙能够达到实验目的 ，氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，又可重新生成氯化铵，无法获得氨气；
(6) 氨气和氧气在催化剂加热条件下生成一氧化氮和水，化学方程式 4NH3+5O24NO+6H2O ；
【分析】(1) 实验室可以用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，氨气极易溶于水密度小于空气，使用向下排空气法收集，氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，应用碱石灰干燥，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
(2) 氨气的密度比空气小，极易溶于水，用向下排空气法收集；
(3) 氨气为碱性气体，浓硫酸有酸性，氨气能被硫酸吸收；
(4) 氨气为碱性气体，溶液呈碱性 ，检验氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满) ；
(5) 碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可用碱石灰吸收二氧化碳和水，氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，又可重新生成氯化铵；
(6) 氨气和氧气在催化剂加热条件下生成一氧化氮和水。
14．【答案】（1）1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；离子
（2）2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl
（3）H2
（4）CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O
（5）MnSO4
（6）5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1） Cu的原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuH由铜离子和氢离子构成，属于离子晶体，故答案为：1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ；离子；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，在氯气中燃烧反应生成氯化铜和HCl，反应的化学方程式为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，故答案为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl；
（3）CuH中H元素为-1价，则CuH溶于稀盐酸中，发生归中反应生成氢气，故答案为：H2；
（4）CuH与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ，故答案为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ；
（5）由上述分析可知，X为MnSO4，故答案为：MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O，故答案为：5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
【分析】（1）Cu为29号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；CuH属于离子晶体；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，与强氧化剂氯气反应时，发生氧化反应而生成CuCl2、HCl；
（3）CuH中H元素为-1价；
（4）稀硝酸具有强氧化性，与CuH反应生成硝酸铜、NO和水；
（5） X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.01×1023个即0.5mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，X是MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
15．【答案】（1）CD；；71∶12；2.24L
（2）防止生成的钛被空气中的氧气氧化；置换反应
（3）；
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：（1）①A、CO不能与碱溶液反应，因此CO不是酸性氧化物，A不符合题意。
B、摩尔质量以g·mol－1为单位时，数值上等于其相对分子质量，因此CO的摩尔质量为28g·mol－1，B不符合题意。
C、CO能与O2在点燃条件下反应生成CO2，因此CO属于可燃性气体，C符合题意。
D、CO中碳元素为＋2价，易被氧化成CO2，因此CO具有还原性，D符合题意。
故答案为：CD
②反应Ⅰ中C、Cl2和TiO2反应生成TiCl4和CO，该反应的化学方程式为2C＋2Cl2＋TiTiCl4＋2CO。反应中氯元素由0价变为－1价，化合价降低，发生还原反应，因此Cl2为氧化剂；碳元素由0价变为＋2价，化合价升高，发生氧化反应，因此CO为还原剂。所以该反应中氧化剂与还原剂的质量比为71：12。
③由反应的化学方程式可得关系式“2CO～4e－”，因此当转移0.2mol电子时，反应生成n(CO)=0.1mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L。
（2）①Mg是一种活泼金属，易与空气中的O2、N2和CO2反应，因此反应Ⅱ需在氩气的氛围中进行，防止Mg与空气中的O2、N2和CO2反应。
②反应Ⅱ中Mg与TiCl4反应生成MgCl2和Ti，该反应的化学方程式为2Mg＋TiCl42MgCl2＋Ti，该反应为置换反应。
（3）①滴加稀硫酸的过程中，Mg与H2SO4反应生成MgSO4和H2，该反应的离子方程式为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑。
②参与反应的n(Mg)=n(H2SO4)=cmol·L－1×V×10－3L=cV×10－3mol，因此mg金属混合物中m(Mg)=cV×10－3mol×24g·mol－1=0.024cV g。所以mg金属钛中钛的质量分数为。
【分析】（1）反应Ⅰ中C、Cl2和TiO2反应生成CO和TiCl4，根据化合价的变化分析。
（2）反应Ⅱ中Mg与TiCl4反应生成MgCl2和Ti。
（3）滴加稀硫酸的过程中，Mg与H2SO4反应生成MgSO4和H2，根据消耗n(H2SO4)计算混合物中n(Mg)，进而计算mg金属混合物中m(Ti)，从而得出金属钛的质量分数。
16．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）；、
（3）0.5；
（4）
（5）0.25
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）混合研磨可增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2） “浸泡”过程中Fe2(SO4)3水解生成 ，反应的离子方程式为： ；“浸渣”中除了含有 、外还含有不溶于水的 和生成的硫酸钙，故答案为：； 、 ；
（3） 取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为：2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，则所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的0.5倍； 将Fe2+氧化为Fe3+， 还原产物为，则滴定过程中反应的离子方程式为： ，故答案为：0.5；；
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1×10-5mol/L，溶液中，故答案为： ；
（5）最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，则 的最佳取值为0.25，故答案为：0.25。
【分析】 矿渣中加入硫酸铵研磨后，在600℃条件下焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在95℃热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液，加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。
17．【答案】（1）2N2O4＋2H2O＋O2＝4HNO3
（2）a+b-2c；反应为放热反应；ABC
（3）压强；由图可知，向2L密闭容器中加入2molCH4和2molNH3，根据三等式，设转化的CH4的浓度为xmol/L，有： 平衡时NH3体积分数为30%，则 ＝30%，解得x＝ mol/L，平衡常数K＝ 。
【知识点】工业制取硝酸；焓变和熵变；化学平衡的调控；氨的性质及用途
【解析】【解答】(1)由图可知，N2O4与O2、H2O反应生成HNO3，反应为2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3；(2)①由Ⅰ：2NH3(l)+CO2(g) NH2COONH4(l) △H1＝akJ mol﹣lⅡ：NH2COONH4(l) NH2CONH2(l)+H2O △H2＝bkJ mol﹣lⅢ：NH3(l) NH3(g) △H3＝ckJ mol﹣1结合盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ﹣Ⅲ×2得到反应2NH3(g)+CO2(g) NH2CONH2(l)+H2O(l)，则△H4＝△H1+△H2-△H3×2=(a+b﹣2c)kJ mol﹣l；该反应能自发进行，则△G=△H－T△S<0；该反应的熵减小，△S<0，为了满足△G<0，则△H<0，为放热反应；②A．选择合适的碳氮比，增大平衡正向移动程度，有利于提高产率，A正确；
B．根据图像，反应开始时，快速生成氨基甲酸铵，而尿素的量较少，说明反应Ⅰ能够快速进行，而反应Ⅱ较慢；一般情况下，活化能大，反应速率慢，则Ⅰ的活化能比Ⅱ的活化能小，B正确；
C．过量氨气可以与反应生成的水结合，有利于反应Ⅱ的平衡正向移动，有利于尿素合成，C正确；
D．根据图像，可知当CO2的量不变的时候，反应Ⅱ还在进行，反应并没有达到平衡，D不正确；
答案为ABC；(3)①根据图像可知，随着X的增大，NH3的转化率降低。若增大压强，平衡逆向移动，NH3的转化率降低；若升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增大；X增大时，NH3转化率减小，可知X表示压强；
【分析】问题(2)②的D.是易错点，根据总反应方程式，反应前后气体体积是发生变化的，因此气体的物质的量不变，达到平衡，但是在此反应中，由于反应Ⅰ速率快，很短的时间内，达到了平衡，CO2的浓度不变，而反应Ⅱ没有达到平衡。具体情况还是要具体分析。
18．【答案】（1）CO2、NH3、H2O；NH3、H2O；NaCl、NaHCO3、Na2CO3、CaCO3、CaO、Ca(OH)2、CaCl2、NH4Cl；
（2）
（3）CO2；NH3；、；CaCl2、
（4）
（5）B；D
（6）94.3%；I；生产出氮肥氯化铵(或不产生无用的CaCl2等)
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 两种生产流程中涉及到的各种物质中，属于共价化合物的是CO2、NH3、H2O；其中NH3、H2O的正负电荷中心不重合，属于极性分子；属于离子化合物的是NaCl、NaHCO3、Na2CO3、CaCO3、CaO、Ca(OH)2、CaCl2、NH4Cl，其中全部由非金属元素组成的离子化合物为氯化铵，氯化铵由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故答案为：CO2、NH3、H2O；NH3、H2O ；NaCl、NaHCO3、Na2CO3、CaCO3、CaO、Ca(OH)2、CaCl2、NH4Cl ；；
（2）沉淀池中，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
（3）由分析可知，X为CO2，Y为NH3，联碱法母液主要是氯化铵、碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠，因此Z中除了溶解的氨气、食盐外，其它溶质还有氯化铵、碳酸钠；氨碱法排出液W中的溶质除了氢氧化钙外，还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的氯化钙，氯化钠，故答案为： CO2 ； NH3 ； 、 ； CaCl2、 ；
（4）氨碱法的生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气可以循环使用，其总反应为 ，故答案为： ；
（5）A、常温时氯化铵的溶解度大于氯化钠，故A错误；
B、通入氨气， 的浓度增大， 使NH4Cl更多地析出，提高析出的NH4Cl纯度，故B正确；
C、加入食盐细粉目的是提高Cl-的浓度，促进氯化铵结晶析出，故C错误；
D、通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度 ，故D正确；
故答案为：BD；
（6） 联碱法中发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑，标况下44.8LNH3的物质的量为2mol，生产过程中得到纯碱100.0g，物质的量为，需要氨气的物质的量为，则NH3的利用率为；氨碱法，氯化钠利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环Ⅰ；联碱法的另一项优点是：生产出氮肥氯化铵(或不产生无用的CaCl2等)，故答案为：94.3%；I；生产出氮肥氯化铵(或不产生无用的CaCl2等) 。
【分析】联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的沉淀池中发生的反应都是氨气、二氧化碳、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠，联碱法煅烧炉中是加热碳酸氢钠分解，则X为二氧化碳；氨碱法是母液中加入氧化钙反应生成氨气循环使用，所以Y为氨气。
19．【答案】（1）增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；过滤；SiO2
（2）b
（3）3.2 ≤ pH <4或3.2~4
（4）取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净
（5）2Al2O34 Al+3O2↑
【知识点】工业制金属铝；常见离子的检验；金属冶炼的一般原理；除杂
【解析】【解答】（1）由分析可知，粉碎的目的是为了加到反应物的接触面积，提高反应速率， ②③④ 的操作为过滤，固体A是不与盐酸反应的二氧化硅，故答案为：
第1空、增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；第2空、过滤；第3空、SiO2；
（2）物质C 溶于滤液应为碱性，可以调节pH，又能生成氢氧化物沉淀，故答案为：b；
（3） 步骤③ 中主要是为了去除氢氧化铁沉淀，有表中可知，氢氧化铁沉淀时的pH为2.3-3.2，完全沉淀分离，又不产生新的沉淀，pH范围应为3.2-4，故答案为： 3.2 ≤ pH <4或3.2~4 ；
（4） 检验F是否洗涤干净，主要是检验滤液中是否含有氯离子，氯离子可与银离子生成氯化银白色沉淀。故答案为：取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净。
（5）电解熔融氧化铝：2Al2O34 Al+3O2↑ ；故答案为： 2Al2O34 Al+3O2↑ 。
【分析】本题主要考查工业制金属铝的相关原理和方法过程。
分析工业生产铝锭的流程图，将铝土矿粉碎，并加入盐酸，与铝土矿反应得到浊液，搅拌使其充分反应并进行过滤，得到铝铁镁的盐溶液，和杂质SiO2，加入碱性溶液调节滤液的pH，再进行过滤，得到氢氧化铁沉淀和滤液，再进行pH调节，得到滤液和沉淀氢氧化铝，将沉淀灼烧，得到氧化铝。将氧化铝电解得到铝锭。
1 / 1【备考2024年】高考化学全国甲卷真题变式分层精准练第8题
一、原题
1．（2023·全国甲卷） 是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
【答案】（1）做还原剂，将 还原
（2）S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）c
（4）不可行； 也会与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）碳粉的主要作用是做还原剂，将硫酸钡还原成BaS；
（2）易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀；S2-+Ca2+=CaS ↓
（3）由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于的沉淀，所以只能加入盐酸酸化；选择c；
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：硫化钙与盐酸反应生成可溶于水的氯化钙，导致氯化钡溶液中混有氯化钙杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低；
（5）有分析可知，沉淀过程为非氧化还原，即复分解反应，反应方程为：BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTi(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，为氧化还原反应，产物有CO2和CO，该反应的化学方程式为：
BaTi(C2O4)2=BaTiO3+2CO2↑+2CO↑
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。
二、基础
2．（2022高一下·慈溪期末）按要求完成下列填空：
（1）①写出淀粉的化学式 ；②写出的电子式 。
（2）写出铜和浓硝酸反应的化学方程式 。
（3）向酸性高锰酸钾溶液中滴加足量乙醇，观察到的现象是 。
【答案】（1）；
（2）
（3）紫红色溶液褪色
【知识点】氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)①淀粉的化学式；②是离子化合物，电子式：。
(2)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮，化学方程式：。
(3)酸性高锰酸钾溶液能氧化乙醇，则向酸性高锰酸钾溶液中滴加足量乙醇，观察到的现象是紫红色溶液褪色。
【分析】（1）淀粉、纤维素的化学式都是 ；氯化钙的电子式要注意标明中括号和电荷数；
（2）铜和浓硝酸反应生成二氧化氮、水和硝酸铜；
（3）乙醇具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。
3．（2021高一上·西城期末）阅读下面一段材料并回答问题。
维生素C，又称抗坏血酸，化学式为C6H8O6，是一种水溶性的有机化合物。
维生素C具有酸性，在酸性环境中稳定，遇氧气、热、光、碱性物质，特别是有氧化酶及痕量Cu2+、Fe3+等金属离子存在时，可促进其被氧化而破坏。人类不能自身合成维生素C，必须通过食物、药物等摄取，其广泛的食物来源为各类新鲜蔬果。
维生素C具有重要的生理功能，人体缺乏维生素C易引发坏血病、牙龈出血等。维生素C是一种常见的抗氧化剂，能够防止自由基对人体的伤害，从而增强人体抵抗力、延缓衰老等。此外维生素C还可以使Fe元素从+3价转化为+2价，提高肝脏对铁的利用率，从而治疗缺铁性贫血。若短期内服用过量的维生素C，会产生多尿、皮疹等副作用，长期服用过量的维生素C，可能导致草酸及尿酸结石。
请依据以上短文，判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)。
（1）从物质分类看，维生素C属于无机化合物。
（2）维生素C具有重要的生理功能，应长期大量服用。
（3）维生素C具有抗氧化性是因其具有还原性。
（4）生吃新鲜蔬果利于补充维生素C．
【答案】（1）错
（2）错
（3）对
（4）对
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】(1)含碳化合物(除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐外)为有机物，所以维生素C属于有机物；
故答案为：错。
(2)根据题中叙述，长期服用过量的维生素C，可能导致草酸及尿酸结石，所以叙述不正确；
故答案为：错。
(3)因为维生素C还可以使Fe元素从+3价转化为+2价，所以维生素C具有还原性；故叙述正确；
答案为：对。
(4)根据题中叙述人类不能自身合成维生素C，必须通过食物、药物等摄取，其广泛的食物来源为各类新鲜蔬果；所以叙述正确；
答案为：对。
【分析】（1）含有碳元素的化合物多数属于有机化合物；
（2） 短期内服用过量的维生素C，会产生多尿、皮疹等副作用，长期服用过量的维生素C，可能导致草酸及尿酸结石；
（3）维生素C具有还原性；
（4）新鲜蔬果富含维生素C。
4．（2018高二下·海宁期中）能源是人类赖以生存和发展的重要物质基础，常规能源的合理利用和新能源的开发是当今社会人类面临的严峻课题。回答下列问题：
（1）我国是世界上少数以煤为主要燃料的国家，下列关于煤作燃料的论点符合题意的是_______
A．煤是重要的化工原料，把煤作燃料简单燃烧掉太可惜，应该综合利用
B．煤是发热很高的固体燃料，我国煤炭资源相对集中，开采成本低，用煤作燃料合算
C．煤燃烧时产生大量二氧化硫和烟尘，对环境污染严重
D．通过洁净煤技术，如煤的气化和液化以及烟气脱硫，不仅减轻了燃煤污染，还能提高煤燃烧的热利用率
（2）乌克兰科学家将铜和铁混合熔化制成多孔金属，用于制作太空火箭上使用的煤油燃料雾化器，该雾化器的作用是 。
【答案】（1）A；C；D
（2）使煤油雾化，增大与助燃剂的接触面积，提高燃烧效率
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】（1）A．煤是重要的化工原料，把煤作燃料简单燃烧掉太可惜，应该综合利用，符合题意；
B.用煤作燃料，污染高，大量的有用物质浪费，不符合题意；
C.煤燃烧时产生大量二氧化硫和烟尘，对环境污染严重，符合题意；
D.通过洁净煤技术，如煤的气化和液化以及烟气脱硫，不仅减轻了燃煤污染，还能提高煤燃烧的热利用率，符合题意；
故答案为：ACD；
（2）铜和铁混合熔化制成多孔金属制作的煤油燃料雾化器，该雾化器的作用是：使煤油雾化，增大与助燃剂的接触面积，提高燃烧效率。
【分析】（1）根据煤属于化石燃料，以及煤燃烧产生的影响进行分析即可；
（2）雾化器是使液体变为细小雾状液滴，增大了接触面积，据此解答即可。
5．（2019高一上·长沙期末）用NaHCO3的知识填空。
（1）NaHCO3俗名 。
（2）NaHCO3水溶液中滴入酚酞后，溶液呈 色。
（3）NaHCO3与盐酸反应的离子方程式 。
【答案】（1）小苏打
（2）红色
（3）HCO3—+H+＝CO2↑+H2O
【知识点】盐类水解的原理；钠的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）NaHCO3俗名为：小苏打；本题答案为：小苏打。（2）NaHCO3水溶液显碱性，中滴入酚酞后，溶液呈红色；本题答案为：红色。（3）NaHCO3与盐酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+＝CO2↑+H2O；本题答案为：HCO3-+H+＝CO2↑+H2O。
【分析】（1）NaHCO3俗名为：小苏打；（2）NaHCO3水溶液显碱性，中滴入酚酞后，溶液呈红色；（3）碳酸氢钠的电离方程式为：NaHCO3=Na+ HCO3-，HCO3-在离子方程式中不能拆；
6．（2017高二下·资阳期末）回答下列问题：
（1） 常温下，氯化铵的水溶液pH 7（选填“>”、“=”或“<”），其原因为 （用离子方程式表示），下列措施能使溶液中c(NH4+)增大是 。
①通入HCl气体 ②加入Na2CO3固体 ③加入NaOH固体 ④加热
（2）已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(AgI)＝1.5×10-16，现向AgCl悬浊液中，滴加KI溶液，可观察到的现象为 。
【答案】（1）＜；NH4+＋H2O NH3·H2O＋H+；①
（2）白色固体变成黄色
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)氯化铵溶液中，铵根离子发生水解：NH4++H2O NH3 H2O+H+，溶液呈酸性；①通入HCl气体，c(H＋)增大，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，正确；②加入Na2CO3固体，c(H＋)减小，平衡正向移动，c(NH4+)减小，错误；③加入NaOH固体c(H＋)减小，平衡正向移动，c(NH4+)减小，错误；④加热，促进水解平衡正向移动，c(NH4+)减小，错误；
故答案为：①，故答案为：＜；NH4++H2O NH3 H2O+H+；增大；①；
(2)KSP(AgCl)＞KSP(AgI)，沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故答案为：白色固体变成黄色。
【分析】（1）①酸跟碱形成的盐，谁强显谁性。氯化铵中，盐酸为强酸，氨水为弱碱，故应该显酸性，pH＜7.
平衡移动原理：改变可逆反应的条件，平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
（2）离子反应实质：往离子浓度减小的方向进行，AgI溶解度更小，故氯化银（白色）会转化成AgI（黄色）。
7．（2018高二下·双流月考）为了研究难溶盐的沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学设计如下实验。
步骤1：向2 mL 0.005 mol/LAgNO3溶液中加入2 mL 0.005 mol/LKSCN溶液，静置。 出现白色沉淀。
步骤2：取1 mL上层清液于试管中，滴加1滴2 mol/LFe(NO3)3溶液。 溶液变为红色。
步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3 mol/LAgNO3溶液。 现象a，且溶液红色变浅。
步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol/LKI溶液。 出现黄色沉淀。
已知：25℃，Ksp(AgI，黄色)= 8.3×10 17 ，Ksp (AgSCN，白色 )= 1.0×10 12 。
回答下列问题：
（1）步骤3中现象a是 。
（2）用沉淀溶解平衡原理解释步骤4的实验现象 。
（3）向50 mL 0.005 mol/L的AgNO3溶液中加入150 mL0.005 mol/L的KSCN溶液，若混合后溶液体积为200mL，则溶液中Ag+的浓度约为 mol/L 。
【答案】（1）出现白色沉淀
（2）溶液中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq) + SCN-(aq)，因为溶解度：AgSCN > AgI（或Ksp(AgI)＜Ksp (AgSCN）加入KI后，Ag+与I-反应生成更难溶的AgI，使上述平衡正向移动
（3）4.0×10-10
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】⑴.加入硝酸银，银离子和硫氰酸根离子发生反应：Ag++SCN AgSCN，得到AgSCN白色沉淀，故答案为：出现白色沉淀；
⑵.溶液中存在溶解平衡：AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN (aq)，加入KI后，因为溶解度：AgI AgI（或Ksp(AgI)＜Ksp (AgSCN）加入KI后，Ag+与I-反应生成更难溶的AgI，使上述平衡正向移动；
⑶.向50mL0.005mol/L的AgNO3溶液中加入150mL0.005mol/L的KSCN溶液，KSCN过量，溶液中剩余c(SCN-)=0.005mol/L×(0.15 0.05)L÷(0.15+0.05)L=0.0025mol/L，则c(Ag+)=Ksp(AgSCN)÷c(SCN )=10 12/0.0025=4×10－10mol/L，故答案为：4.0×10 10。
故正确答案为：⑴出现白色沉淀；（2）溶液中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq) + SCN-(aq)，因为溶解度：AgSCN > AgI（或Ksp(AgI)＜Ksp (AgSCN）加入KI后，Ag+与I-反应生成更难溶的AgI，使上述平衡正向移动。⑶.4.0×10-10。
【分析】注意沉淀转化的方向是难溶物向更难溶的转化。在难溶物的形式组成相似的沉淀根据可以根据KSP进行判断，沉淀形式不相似的根据溶解度和KSP的公式进行判断。
三、提高
8．（2023·北京）以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
9．（2023·北京）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应红棕色；和氧化性几乎相同。
（1）将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
实验现象
实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ 填“”“”或“”实验Ⅱ。
实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有蓝色或无色，进行以下实验探究：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
步骤的目的是 。
查阅资料，，无色容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。
结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， 填实验现象，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。
（2）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。
（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。
【答案】（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的
（2）铜；含的的溶液
（3）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ； 铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 ，故答案为： 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
10．（2023·丰台模拟）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因 。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的 。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因 。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因 。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源 (填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式 。
【答案】（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
【分析】（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
11．（2023高二下·泸县期中）以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
（1）“酸溶”中加快溶解的方法为 (任意写出一种)。
（2）“还原”过程中的离子方程式为 。
（3）写出“滤渣”中主要成分的化学式 。
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为 。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中= 。[已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(FeCO3)=2×10-11]
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是 。
（6）焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225℃、=1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15min金属产率下降的原因是 。
【答案】（1）加热或搅拌或适当增大硫酸浓度
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）SiO2、Fe
（4）FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；140
（5）NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
（6）还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）酸溶时，可通过适当增大硫酸的浓度，升高温度，粉碎硫酸渣，加速搅拌等方式加快反应速率，故答案为：加热或搅拌或适当增大硫酸浓度；
（2）还原过程中硫酸铁被还原为硫酸亚铁，反应的离子方程式为：
（3）由以上分析可知滤渣的主要成分为SiO2、Fe，故答案为：SiO2、Fe；
（4）有题中信息可知沉铁时碳酸氢铵与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，二氧化碳，和硫酸铵，反应方程式为：
（5）NaNO2作氧化剂时，其还原产物为可能生成NO等，氮的氧化物有毒会污染空气，故答案为：NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气；
（6）时间过长，焦炭反应完，不再有还原剂，则进入的空气会将铁重新氧化，导致金属产率下降，故答案为：还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化；
【分析】硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)加硫酸后，氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁，二氧化硅不溶于硫酸，再加铁粉，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤除去二氧化硅和过量的铁粉，滤液中加碳酸氢铵，发生反应生成氢氧化亚铁沉淀，经氧化得到铁黄，根据题意解答即可。
12．（2023高一下·广州期中）硫酸是重要的化工产品，可用于生产化肥、 农药、炸药、染料等。工业制硫酸的原理(反应条件和部分生成物已略去)如图所示：
回答下列问题：
（1）FeS2中硫元素的化合价是 ，“过程I”发生的反应为4FeS2 +11O22Fe2O3+8SO2。其中氧化产物是 (填化学式)。
（2）加快“过程I”反应速率的措施有 。 (至少写出2 个)
（3）生产过程中的废气含有SO2，可用双碱法脱硫处理，过程如下图所示，其中可循环使用的，写出双碱法脱硫的总反应方程式 。
【答案】（1）-1；Fe2O3、SO2
（2）研磨黄铁矿、适当升高温度
（3）SO2+2 Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率；二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】(1) FeS2中铁化合价+2价，硫化合价-1价，Fe2+被氧化得氧化铁，S被氧化生成二氧化硫，其中氧化产物是Fe2O3、SO2；
(2) 加快“过程I”反应速率的措施有研磨黄铁矿、适当升高温度；
(3) 用双碱法脱硫法处理废气中的SO2，过程I反应SO2、NaOH反应产生Na2SO3、H2O，过程II反应Na2SO3、Ca(OH)2、O2反应产生CaSO4、NaOH，合并两个过程可得总反应方程式为： SO2+2 Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O ；
【分析】(1) 化合价升高被氧化生成的是氧化产物；
(2) 加快反应速率有研磨、适当升高温度；
(3)SO2、NaOH反应产生Na2SO3、H2O，Na2SO3、Ca(OH)2、O2反应产生CaSO4、NaOH。
13．（2023高二上·梅河口开学考）甲、乙、丙三位同学分别用如图实验装置及化学药品(碱石灰为氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气。
（1）他们制取氨气的化学方程式为 。
（2）他们收集氨气的方法是 。
（3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨(实验操作都正确)，你认为没有收集到氨气的同学是 (填“甲”、“乙”或“丙”)。
（4）检验氨气是否收集满的方法是(简述操作方法、现象和结论) 。
（5）三位同学都认为，采用上述各自的装置，还可用于加热碳酸氢铵固体的方法来制取纯净的氨气，你认为哪位同学能够达到实验目的 (填“甲”、“乙”或“丙”)。他们还认为，装置中的NH4HCO3固体可用NH4Cl固体代替，你认为 (填“能”或“不能”)。
（6）氨气被催化氧化的化学方程式是 。
【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）向下排空气法
（3）乙
（4）用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满)
（5）丙；不能
（6）4NH3+5O24NO+6H2O
【知识点】工业合成氨；合成氨条件的选择；氨的性质及用途；氨的实验室制法；气体的收集
【解析】【解答】(1) 实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下生成氨气、氯化钙、水，反应方程式为 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ；
(2) 氨气的密度比空气小，极易溶于水，用向下排空气法收集；
(3) 氨气为碱性气体，浓硫酸有酸性，氨气能被硫酸吸收，乙同学无法收集到氨气；
(4) 氨气为碱性气体，溶液呈碱性 ，检验氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满) ；
(5) 碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可用碱石灰吸收二氧化碳和水，只有丙能够达到实验目的 ，氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，又可重新生成氯化铵，无法获得氨气；
(6) 氨气和氧气在催化剂加热条件下生成一氧化氮和水，化学方程式 4NH3+5O24NO+6H2O ；
【分析】(1) 实验室可以用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，氨气极易溶于水密度小于空气，使用向下排空气法收集，氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，应用碱石灰干燥，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
(2) 氨气的密度比空气小，极易溶于水，用向下排空气法收集；
(3) 氨气为碱性气体，浓硫酸有酸性，氨气能被硫酸吸收；
(4) 氨气为碱性气体，溶液呈碱性 ，检验氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满) ；
(5) 碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可用碱石灰吸收二氧化碳和水，氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，又可重新生成氯化铵；
(6) 氨气和氧气在催化剂加热条件下生成一氧化氮和水。
四、培优
14．（2023高二下·揭阳期中）I.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子排布式 ，CuH是 晶体。
（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式： 。
（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式： 。
（5）II.某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1molX在该反应中失去3.01×1023个电子。
X的化学式为 。
（6）写出该反应的化学方程式： 。
【答案】（1）1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；离子
（2）2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl
（3）H2
（4）CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O
（5）MnSO4
（6）5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1） Cu的原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuH由铜离子和氢离子构成，属于离子晶体，故答案为：1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ；离子；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，在氯气中燃烧反应生成氯化铜和HCl，反应的化学方程式为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，故答案为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl；
（3）CuH中H元素为-1价，则CuH溶于稀盐酸中，发生归中反应生成氢气，故答案为：H2；
（4）CuH与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ，故答案为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ；
（5）由上述分析可知，X为MnSO4，故答案为：MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O，故答案为：5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
【分析】（1）Cu为29号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；CuH属于离子晶体；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，与强氧化剂氯气反应时，发生氧化反应而生成CuCl2、HCl；
（3）CuH中H元素为-1价；
（4）稀硝酸具有强氧化性，与CuH反应生成硝酸铜、NO和水；
（5） X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.01×1023个即0.5mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，X是MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
15．（2023高一上·襄阳期末）钛是航空、军工、电力等领域的重要原材料。地壳中的含钛矿石之一是金红石()，其是冶炼钛的重要原料。生产钛的工艺流程如图：
已知：①常温下，钛既不与常见非金属单质反应，也不与强酸反应；
②加热时，钛可以和常见的非金属单质反应。
（1）在反应I中：
①下列有关CO的说法正确的是 (填标号)。
A．属于酸性氧化物 B．摩尔质量为28 C．为可燃性气体 D．具有还原性
②反应I的化学方程式为 ，该反应中氧化剂与还原剂的质量之比为 。
③每转移0.2mol电子，同时生成CO的体积为 (标准状况下)。
（2）在反应II中：
①氩气的作用为 。
②该反应的基本反应类型为 。
（3）为了测定反应II制得的金属钛(杂质仅含Mg)中的钛元素含量。常温下，取mg反应II制得的金属钛置于烧杯中，往烧杯中逐滴滴入物质的量浓度为的稀硫酸，当不再出现气泡时，共消耗VmL稀硫酸：
①上述反应的离子方程式为 。
②金属钛的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1）CD；；71∶12；2.24L
（2）防止生成的钛被空气中的氧气氧化；置换反应
（3）；
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：（1）①A、CO不能与碱溶液反应，因此CO不是酸性氧化物，A不符合题意。
B、摩尔质量以g·mol－1为单位时，数值上等于其相对分子质量，因此CO的摩尔质量为28g·mol－1，B不符合题意。
C、CO能与O2在点燃条件下反应生成CO2，因此CO属于可燃性气体，C符合题意。
D、CO中碳元素为＋2价，易被氧化成CO2，因此CO具有还原性，D符合题意。
故答案为：CD
②反应Ⅰ中C、Cl2和TiO2反应生成TiCl4和CO，该反应的化学方程式为2C＋2Cl2＋TiTiCl4＋2CO。反应中氯元素由0价变为－1价，化合价降低，发生还原反应，因此Cl2为氧化剂；碳元素由0价变为＋2价，化合价升高，发生氧化反应，因此CO为还原剂。所以该反应中氧化剂与还原剂的质量比为71：12。
③由反应的化学方程式可得关系式“2CO～4e－”，因此当转移0.2mol电子时，反应生成n(CO)=0.1mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L。
（2）①Mg是一种活泼金属，易与空气中的O2、N2和CO2反应，因此反应Ⅱ需在氩气的氛围中进行，防止Mg与空气中的O2、N2和CO2反应。
②反应Ⅱ中Mg与TiCl4反应生成MgCl2和Ti，该反应的化学方程式为2Mg＋TiCl42MgCl2＋Ti，该反应为置换反应。
（3）①滴加稀硫酸的过程中，Mg与H2SO4反应生成MgSO4和H2，该反应的离子方程式为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑。
②参与反应的n(Mg)=n(H2SO4)=cmol·L－1×V×10－3L=cV×10－3mol，因此mg金属混合物中m(Mg)=cV×10－3mol×24g·mol－1=0.024cV g。所以mg金属钛中钛的质量分数为。
【分析】（1）反应Ⅰ中C、Cl2和TiO2反应生成CO和TiCl4，根据化合价的变化分析。
（2）反应Ⅱ中Mg与TiCl4反应生成MgCl2和Ti。
（3）滴加稀硫酸的过程中，Mg与H2SO4反应生成MgSO4和H2，根据消耗n(H2SO4)计算混合物中n(Mg)，进而计算mg金属混合物中m(Ti)，从而得出金属钛的质量分数。
16．（2023高二下·揭阳期中）镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、等，以下是从该矿渣中回收的工艺路线：
已知：在350℃以上会分解生成和。在焙烧过程中生成、。锡（Sn）位于第五周期第ⅣA族。
（1）焙烧前将矿渣与混合研磨，混合研磨的目的是 。
（2）“浸泡”过程中生成的离子方程式为 ，“浸渣”的成分除、外还含有 （填化学式）。
（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入将还原为，所需的物质的量不少于物质的量的 倍；除去过量的后，再用酸性标准溶液滴定溶液中的，还原产物为，滴定时反应的离子方程式为 。
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，溶液中 ［已知 ］
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（对溶液中、的萃取率影响如图所示，的最佳取值是 。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）；、
（3）0.5；
（4）
（5）0.25
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）混合研磨可增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2） “浸泡”过程中Fe2(SO4)3水解生成 ，反应的离子方程式为： ；“浸渣”中除了含有 、外还含有不溶于水的 和生成的硫酸钙，故答案为：； 、 ；
（3） 取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为：2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，则所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的0.5倍； 将Fe2+氧化为Fe3+， 还原产物为，则滴定过程中反应的离子方程式为： ，故答案为：0.5；；
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1×10-5mol/L，溶液中，故答案为： ；
（5）最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，则 的最佳取值为0.25，故答案为：0.25。
【分析】 矿渣中加入硫酸铵研磨后，在600℃条件下焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在95℃热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液，加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。
17．（2019高二下·丽水期末）NH3是重要的化工原料，经一系列反应可得到HNO3、CO(NH2)2、HCN等产品。
（1）以氨气为原料合成HNO3工艺如下，写出N2O4转化为HNO3的反应方程式 。
（2）以NH3和CO2为原料生产尿素的反应如下：
反应Ⅰ：2NH3(l) ＋
CO2(g) NH2COONH4(l) Δ H1 ＝ a kJ·mol-1
反应Ⅱ：NH2COONH4(l) NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H2 ＝ b kJ·mol-1
① 已知NH3(l) NH3(g) Δ H3 ＝ c kJ·mol-1 反应2NH3(g) ＋ CO2(g) NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H4＝ kJ·mol-1(用含a、b、c的式子表示)，该反应能自发进行的主要原因是 。
② 一定条件下，往恒容密闭容器中投入4 mol NH3和 1 mol CO2，测得各组分物质的量随时间变化如图1。下列说法正确的是 。
A．选择合适的碳氮比有利于提高产率
B．反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ小
C．过量氨气可以与反应生成的水结合，有利于尿素合成
D．气体物质的量不再变化时，反应达到平衡状态
（3）工业上利用氨气生产氢氰酸的反应为CH4(g) + NH3(g)
HCN(g) + 3H2(g) Δ H>0
① 其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。X代表的是 (填“温度”或“压强”)。
② 其它条件一定时，向2 L密闭容器中加入n mol CH4和2 mol NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。平衡常数K= （请写出计算过程）
【答案】（1）2N2O4＋2H2O＋O2＝4HNO3
（2）a+b-2c；反应为放热反应；ABC
（3）压强；由图可知，向2L密闭容器中加入2molCH4和2molNH3，根据三等式，设转化的CH4的浓度为xmol/L，有： 平衡时NH3体积分数为30%，则 ＝30%，解得x＝ mol/L，平衡常数K＝ 。
【知识点】工业制取硝酸；焓变和熵变；化学平衡的调控；氨的性质及用途
【解析】【解答】(1)由图可知，N2O4与O2、H2O反应生成HNO3，反应为2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3；(2)①由Ⅰ：2NH3(l)+CO2(g) NH2COONH4(l) △H1＝akJ mol﹣lⅡ：NH2COONH4(l) NH2CONH2(l)+H2O △H2＝bkJ mol﹣lⅢ：NH3(l) NH3(g) △H3＝ckJ mol﹣1结合盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ﹣Ⅲ×2得到反应2NH3(g)+CO2(g) NH2CONH2(l)+H2O(l)，则△H4＝△H1+△H2-△H3×2=(a+b﹣2c)kJ mol﹣l；该反应能自发进行，则△G=△H－T△S<0；该反应的熵减小，△S<0，为了满足△G<0，则△H<0，为放热反应；②A．选择合适的碳氮比，增大平衡正向移动程度，有利于提高产率，A正确；
B．根据图像，反应开始时，快速生成氨基甲酸铵，而尿素的量较少，说明反应Ⅰ能够快速进行，而反应Ⅱ较慢；一般情况下，活化能大，反应速率慢，则Ⅰ的活化能比Ⅱ的活化能小，B正确；
C．过量氨气可以与反应生成的水结合，有利于反应Ⅱ的平衡正向移动，有利于尿素合成，C正确；
D．根据图像，可知当CO2的量不变的时候，反应Ⅱ还在进行，反应并没有达到平衡，D不正确；
答案为ABC；(3)①根据图像可知，随着X的增大，NH3的转化率降低。若增大压强，平衡逆向移动，NH3的转化率降低；若升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增大；X增大时，NH3转化率减小，可知X表示压强；
【分析】问题(2)②的D.是易错点，根据总反应方程式，反应前后气体体积是发生变化的，因此气体的物质的量不变，达到平衡，但是在此反应中，由于反应Ⅰ速率快，很短的时间内，达到了平衡，CO2的浓度不变，而反应Ⅱ没有达到平衡。具体情况还是要具体分析。
18．（2023高一下·上海市期末）联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如下图：
（1）两种生产流程中涉及到的各种物质中，属于共价化合物的是 ，其中极性分子有 ；属于离子化合物的是 ，其中全部由非金属元素组成的离子化合物的电子式为 。
（2）沉淀池中发生反应的化学方程式为 。
（3）图中X是 (填写化学式，下同)，Y是 ；Z中除了溶解的氨气和食盐外，其它溶质还有 ；排出液W中的溶质除了Ca(OH)2外，还有 。
（4）在氨碱法生产过程中氮可以循环使用而不需要补充，因此氨碱法总反应过程可用化学方程式表示为 。
（5）根据联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程推测，所得结论正确的是____。
A．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小
B．通入氨气能增大的浓度，使氯化铵更多析出
C．加入食盐细粉能提高Na+的浓度，使结晶析出
D．通入氨气能使转化为，提高析出的NH4Cl纯度
（6）联碱法中，每当通入NH344.8L(已折合成标准状况下)时可以得到纯碱100.0g，则NH3的利用率为 ；相比于氨碱法，氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了 (填上述流程中的编号)。指出联碱法的另一项优点 。
【答案】（1）CO2、NH3、H2O；NH3、H2O；NaCl、NaHCO3、Na2CO3、CaCO3、CaO、Ca(OH)2、CaCl2、NH4Cl；
（2）
（3）CO2；NH3；、；CaCl2、
（4）
（5）B；D
（6）94.3%；I；生产出氮肥氯化铵(或不产生无用的CaCl2等)
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 两种生产流程中涉及到的各种物质中，属于共价化合物的是CO2、NH3、H2O；其中NH3、H2O的正负电荷中心不重合，属于极性分子；属于离子化合物的是NaCl、NaHCO3、Na2CO3、CaCO3、CaO、Ca(OH)2、CaCl2、NH4Cl，其中全部由非金属元素组成的离子化合物为氯化铵，氯化铵由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，故答案为：CO2、NH3、H2O；NH3、H2O ；NaCl、NaHCO3、Na2CO3、CaCO3、CaO、Ca(OH)2、CaCl2、NH4Cl ；；
（2）沉淀池中，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
（3）由分析可知，X为CO2，Y为NH3，联碱法母液主要是氯化铵、碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠，因此Z中除了溶解的氨气、食盐外，其它溶质还有氯化铵、碳酸钠；氨碱法排出液W中的溶质除了氢氧化钙外，还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的氯化钙，氯化钠，故答案为： CO2 ； NH3 ； 、 ； CaCl2、 ；
（4）氨碱法的生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气可以循环使用，其总反应为 ，故答案为： ；
（5）A、常温时氯化铵的溶解度大于氯化钠，故A错误；
B、通入氨气， 的浓度增大， 使NH4Cl更多地析出，提高析出的NH4Cl纯度，故B正确；
C、加入食盐细粉目的是提高Cl-的浓度，促进氯化铵结晶析出，故C错误；
D、通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度 ，故D正确；
故答案为：BD；
（6） 联碱法中发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑，标况下44.8LNH3的物质的量为2mol，生产过程中得到纯碱100.0g，物质的量为，需要氨气的物质的量为，则NH3的利用率为；氨碱法，氯化钠利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环Ⅰ；联碱法的另一项优点是：生产出氮肥氯化铵(或不产生无用的CaCl2等)，故答案为：94.3%；I；生产出氮肥氯化铵(或不产生无用的CaCl2等) 。
【分析】联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的沉淀池中发生的反应都是氨气、二氧化碳、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠，联碱法煅烧炉中是加热碳酸氢钠分解，则X为二氧化碳；氨碱法是母液中加入氧化钙反应生成氨气循环使用，所以Y为氨气。
19．（2023高一下·吉林期末）工业上常用电解熔融氧化铝的方法来生产铝锭，其电解的氧化铝纯度不得低于 98.2％，而天然铝土矿中的氧化铝含量为 50％~70％，杂质主要为 SiO2、Fe2O3、MgO 等。工业生产铝锭的工艺流程如下图：
一些难溶物开始沉淀和完全沉淀的 pH 如表所示：
沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀 pH(离子初始浓度为 0.01mol·L-1) 4 2.3 10.4
完全沉淀 pH(离子浓度<10-5mol·L-1) 5.2 3.2 12.4
请回答下列问题：
（1）步骤①粉碎的目的 ；步骤②③④中操作均为 ；固体A的化学式为 ；
（2）物质 C 可以为 (填序号)
a.Fe b.氨 c.过量氢氧化钠稀溶液
（3）步骤③中调节溶液 pH 的数值范围为 ；
（4）步骤④中溶液 E 主要含 Mg2+、Cl-等，故分离固体F时，必须对F进行洗涤。如何检验F是否洗涤干净 ；
（5）步骤⑥的化学方程式为 。
【答案】（1）增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；过滤；SiO2
（2）b
（3）3.2 ≤ pH <4或3.2~4
（4）取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净
（5）2Al2O34 Al+3O2↑
【知识点】工业制金属铝；常见离子的检验；金属冶炼的一般原理；除杂
【解析】【解答】（1）由分析可知，粉碎的目的是为了加到反应物的接触面积，提高反应速率， ②③④ 的操作为过滤，固体A是不与盐酸反应的二氧化硅，故答案为：
第1空、增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；第2空、过滤；第3空、SiO2；
（2）物质C 溶于滤液应为碱性，可以调节pH，又能生成氢氧化物沉淀，故答案为：b；
（3） 步骤③ 中主要是为了去除氢氧化铁沉淀，有表中可知，氢氧化铁沉淀时的pH为2.3-3.2，完全沉淀分离，又不产生新的沉淀，pH范围应为3.2-4，故答案为： 3.2 ≤ pH <4或3.2~4 ；
（4） 检验F是否洗涤干净，主要是检验滤液中是否含有氯离子，氯离子可与银离子生成氯化银白色沉淀。故答案为：取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净。
（5）电解熔融氧化铝：2Al2O34 Al+3O2↑ ；故答案为： 2Al2O34 Al+3O2↑ 。
【分析】本题主要考查工业制金属铝的相关原理和方法过程。
分析工业生产铝锭的流程图，将铝土矿粉碎，并加入盐酸，与铝土矿反应得到浊液，搅拌使其充分反应并进行过滤，得到铝铁镁的盐溶液，和杂质SiO2，加入碱性溶液调节滤液的pH，再进行过滤，得到氢氧化铁沉淀和滤液，再进行pH调节，得到滤液和沉淀氢氧化铝，将沉淀灼烧，得到氧化铝。将氧化铝电解得到铝锭。
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