2022全国高考真题化学汇编
专题 化学实验基本方法1
一、单选题
1．（2022·湖北·高考真题）下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是

A．滴入酚酞溶液	B．吸氧腐蚀	C．钠的燃烧	D．石蜡油的热分解

A．A B．B C．C D．D
2．（2022·海南·高考真题）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
3．（2022·海南·高考真题）下列实验操作规范的是

A．过滤	B．排空气法收集	C．混合浓硫酸和乙醇	D．溶液的转移

A．A B．B C．C D．D
4．（2022·辽宁·高考真题）下列实验能达到目的的是

	实验目的	实验方法或操作
A	测定中和反应的反应热	酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B	探究浓度对化学反应速率的影响	量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C	判断反应后是否沉淀完全	将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D	检验淀粉是否发生了水解	向淀粉水解液中加入碘水

A．A B．B C．C D．D
5．（2022·湖南·高考真题）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。

实验	操作与现象
①	在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②	在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色； 再滴加溶液，产生蓝色沉淀。
③	在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色； 将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生； 另一份煮沸，产生红褐色沉淀。

依据上述实验现象，结论不合理的是A．实验①说明加热促进水解反应
B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响
6．（2022·河北·高考真题）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：
 
下列说法错误的是
A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为
D．参与反应的为1∶1∶1
7．（2022·北京·高考真题）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。

装置示意图	序号	电解质溶液	实验现象
	①		阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
	②		阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素

下列说法不正确的是A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
8．（2022·湖南·高考真题）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
 
下列说法错误的是
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
9．（2022·湖南·高考真题）化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是

A．碱式滴定管排气泡	B．溶液加热	C．试剂存放	D．溶液滴加

A．A B．B C．C D．D
10．（2022·山东·高考真题）下列试剂实验室保存方法错误的是
A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中 B．氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中
C．四氯化碳保存在广口塑料瓶中 D．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
11．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
二、实验题
12．（2022·湖北·高考真题）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于易形成(熔点为)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)：
 
回答下列问题：
(1)A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。
(2)的作用是___________。
(3)空气流入毛细管的主要作用是防止___________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
(4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。
(5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。
(6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为___________(填标号)。
A．             B．             C．
(7)磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。
13．（2022·辽宁·高考真题）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下：
 
已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题：
(1)A中反应的离子方程式为___________。
(2)装置B应为___________(填序号)。
 
(3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞___________，控温。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞___________，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。
(4)装置F的作用为___________。
(5)反应过程中，控温的原因为___________。
(6)氢醌法制备总反应的化学方程式为___________。
(7)取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为___________。
14．（2022·河北·高考真题）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
 
①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。
②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了碘标准溶液。
④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。
已知：，
回答下列问题：
(1)装置图中仪器a、b的名称分别为_______、_______。
(2)三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。
A．        B．        C．
(3)解释加入，能够生成的原因：_______。
(4)滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。
(5)若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(6)该样品中亚硫酸盐含量为_______(以计，结果保留三位有效数字)。
15．（2022·海南·高考真题）磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
 
回答问题：
(1)实验室用和制备氨气的化学方程式为_______。
(2)现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓_______mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞的作用为_______。实验过程中，当出现_______现象时，应及时关闭，打开。
(4)当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、_______和_______(填离子符号)浓度明显增加。
(5)若本实验不选用pH传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色由_______变为_______时，停止通。
16．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn²⁺在一定条件下被Cl₂或ClO^-氧化成MnO₂(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH^-还原为。
iii．Cl₂的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
 

序号	物质a	C中实验现象
		通入Cl2前	通入Cl2后
I	水	得到无色溶液	产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II	5%NaOH溶液	产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀	棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III	40%NaOH 溶液	产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀	棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀

(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl₂前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。
(3)对比实验I、II通入Cl₂后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl₂导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO₂被___________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。
17．（2022·湖南·高考真题）某实验小组以溶液为原料制备，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂：晶体、溶液、浓、稀、溶液、蒸馏水
步骤1.的制备
按如图所示装置进行实验，得到溶液，经一系列步骤获得产品。
 
步骤2，产品中的含量测定
①称取产品，用水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的溶液，
③沉淀完全后，水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为。
回答下列问题：
(1)Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______；
(2)Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______；
(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_______；
(4)沉淀过程中需加入过量的溶液，原因是_______；
(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；
 
(6)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
18．（2022·海南·高考真题）胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
 
回答问题：
(1)步骤①的目的是_______。
(2)步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
(3)步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为_______。
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
(5)实验证明，滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是_______。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。
19．（2022·全国·高考真题）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
(1)工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为_______。
(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_______。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_______。
 
(3)回流时间不宜过长，原因是_______。回流结束后，需进行的操作有①停止加热   ②关闭冷凝水   ③移去水浴，正确的顺序为_______(填标号)。
A．①②③        B．③①②        C．②①③        D．①③②
(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_______。过滤除去的杂质为_______。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_______。
(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_______洗涤，干燥，得到。
20．（2022·山东·高考真题）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
 
(1)实验开始先通。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c、d共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。
 
三、工业流程题
21．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下：
 
(1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。
(2)pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。
A．将溶液滴加到溶液中        B．将溶液滴加到溶液中
(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。
(4)实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。
 
22．（2022·湖北·高考真题）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
 
时相关物质的参数如下：
的溶解度：

化合物

 
 
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
(3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
23．（2022·辽宁·高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制备和，工艺流程如下：
 
已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：

	开始沉淀	完全沉淀
	6.5	8.3
	1.6	2.8
	8.1	10.1

回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为___________。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②___________。
(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为___________。
(6)加入金属的目的是___________。
24．（2022·湖南·高考真题）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
 
已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：

物质
沸点/	136	127	57	180

回答下列问题：
(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
 
A． B．
C． D．
(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：

物质
分压

①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
25．（2022·北京·高考真题）铵浸法由白云石[主要成分为，含，杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：
 
已知：

物质

(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：

	浸出率/	浸出率/	理论值/	实测值/
	98.4	1.1	99.7	-
	98.8	1.5	99.2	99.5
	98.9	1.8	98.8	99.5
	99.1	6.0	95.6	97.6

已知：i．对浸出率给出定义
ii．对给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②浸出率远高于浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“”数值为___________。
④实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，浸出率可出增加至，结合化学反应原理解释浸出率提高的原因为___________。
(3)滤渣C为___________。
(4)可循环利用的物质为___________。
26．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
 
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。
27．（2022·广东·高考真题）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
 
已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。

离子
开始沉淀时的pH	8.8	1.5	3.6	6.2~7.4
沉淀完全时的pH	/	3.2	4.7	/

(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
28．（2022·全国·高考真题）硫酸锌()是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为，杂质为以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
 
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：

离子

回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A．        B．        C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。
(6)滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
29．（2022·全国·高考真题）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
 
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：

难溶电解质

一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：

金属氢氧化物
开始沉淀的pH	2.3	6.8	3.5	7.2
完全沉淀的pH	3.2	8.3	4.6	9.1

回答下列问题：
(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因________。
(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
(ⅰ)能被氧化的离子是________；
(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为________；
(ⅲ)也能使转化为，的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
四、原理综合题
30．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
 
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。
(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。
 
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。
 
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。


参考答案
1．C
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A正确；
B．食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；
C．钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；
D．石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；
故答案选C。
2．C
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，答案选C。
3．B
【详解】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范；
B．CO₂的密度大于空气，可用向上排空气法收集CO₂，B操作规范；
C．混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范；
D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D操作不规范；
答案选B。
4．C
【详解】A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；
D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。
故答案选C。
【点睛】本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚酞溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。
5．D
【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe³⁺+3H₂O Fe(OH)₃+3H⁺，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl₃溶液中滴加2滴同浓度的Na₂SO₃溶液，根据现象和分析可知，Fe³⁺既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；
C．实验③中在5mL Na₂SO₃溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl₃溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
6．A
【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。
【详解】A．还原工序逸出的Br₂用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li₂CO₃+2HBr=CO₂↑ +2LiBr +H₂O，C说法正确；
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H₂SO₄)为1:1，因此，参与反应的n(Br₂): n(BaS):n(H₂SO₄)为1:1:1，D说法正确；
综上所述，本题选A。
7．C
【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。
【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；
C．由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；
故选C。
8．C
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应，向合成槽中通入NaAlO₂，发生反应，过滤得到和含有的滤液。
【详解】A．陶瓷的成分中含有SiO₂，SiO₂能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；
C．由上述分析可知，合成槽内发生反应，产物是和，故C错误；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为，可进入吸收塔循环利用，故D正确；
答案选C。
9．A
【详解】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；
B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，B不符合规范；
C．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C不符合规范；
D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；
故选A。
10．C
【详解】A．由于浓硝酸见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A正确；
B．氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO₂反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；
C．四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃瓶中，C错误；
D．高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确；
故答案为：C。
11．D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO₃氧化 MnO₂制备K₂MnO₄，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K₂MnO₄歧化生成KMnO₄和MnO₂，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO₃氧化 MnO₂制备K₂MnO₄，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；
B．制备KMnO₄时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；
C．②中K₂MnO₄歧化生成KMnO₄和MnO₂，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；
D．根据化合价的变化分析，K₂MnO₄歧化生成KMnO₄和MnO₂的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO₂中的Mn元素只有转化为KMnO₄，因此，MnO₂转化为KMnO₄的理论转化率约为66.7%，D说法正确；
综上所述，本题选D。
12．(1)     圆底烧瓶     b
(2)干燥气体
(3)防止暴沸
(4)使溶液受热均匀
(5)磷酸晶体
(6)B
(7)磷酸可与水分子间形成氢键
【分析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。
（1）由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。
（2）纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。
（3）空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液防止暴沸，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。
（5）过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。
（6）纯磷酸纯化过程中，温度低于易形成(熔点为)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30∼42℃，这个区间内答案选B。
（7）磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。
13．(1)
(2)②
(3)     a、b     c、d
(4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒
(5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解
(6)
(7)17%
【分析】从的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。启普发生器A为制取的装置，产生的中混有和，需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成和乙基蒽醌，F中装有浓，与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂中毒。
（1）
A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为；
（2）
、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H₂O，所以装置B应该选②；
（3）
开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的进入C中，在催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将通入C中与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。
（4）
容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。
（5）
适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温；
（6）
第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。
（7）
滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。
14．(1)     (球形)冷凝管     酸式滴定管
(2)C
(3)加入H₃PO₄后，溶液中存在化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O，SO₂的溶解度随着温度升高而减小，SO₂逸出后，促进了化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O向右移动
(4)     检验其是否漏水     蓝色     I₂+ SO₂+2H₂O=2I^-+4H⁺+
(5)偏低
(6)
【分析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO₂，用氮气将SO₂排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。
（1）根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管；
（2）三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入H₃PO₄的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。
（3）虽然K_a1(H₃PO₄)=7.1×10^-3＜K _a1 (H₂SO₃) =1.3×10^-2，但是H₃PO₄为难挥发性的酸，而H₂SO₃易分解为SO₂和水，SO₂的溶解度随着温度升高而减小，SO₂逸出后，促进了化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O向右移动，因此，加入H₃PO₄能够生成SO₂的原因是：加入H₃PO₄后，溶液中存在化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O，SO₂的溶解度随着温度升高而减小，SO₂逸出后，促进了化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O向右移动；
（4）滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO₂还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I₂+ SO₂+2H₂O=2I^—+4H⁺+；
（5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO₂被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。
（6）实验中SO₂消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I₂+ SO₂+2H₂O=2I^—+4H⁺+可以计算出n(SO₂)= n(I₂)= 1.20mL10^-3L·mL^-10.010 00 mol· L^-1=1.2010^-5 mol，由于SO₂的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO₂)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg•kg ^-1_。
15．(1)
(2)11.5
(3)     平衡气压防倒吸     倒吸
(4)         
(5)     酚酞     无     浅红
【分析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH₄)₂HPO₄]，实验原理为2NH₃+H₃PO₄=[(NH₄)₂HPO₄]，结合相关实验基础知识分析解答问题。
（1）实验室用NH₄Cl(s)和Ca(OH)₂(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH₄Cl+Ca(OH)₂CaCl₂+2H₂O+2NH₃↑；
（2）根据公式可得，浓H₃PO₄的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H₃PO₄溶液，需要浓H₃PO₄的体积V=；
（3）由于NH₃极易溶于水，因此可选择打开活塞K₂以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K₁，打开K₂；
（4）继续通入NH₃，(NH₄)₂HPO₄继续反应生成(NH₄)₃PO₄，当pH＞10.0时，溶液中OH^-、、的浓度明显增加；
（5）由(4)小问可知，当pH为8.0~9.0时，可制得(NH₄)₂HPO₄，说明(NH₄)₂HPO₄溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH₃，即可制得(NH₄)₂HPO₄溶液。
16．(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)₂+O₂=2MnO₂+2H₂O
(3)Mn²⁺的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)     Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O     4+4OH^-=4+O₂↑+2H₂O     Cl₂     3ClO^-+2MnO₂+2OH^-=2+3Cl^-+H₂O     过量Cl₂与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH^-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液
【分析】在装置A中HCl与KMnO₄发生反应制取Cl₂，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl₂中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl₂与MnSO₄反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl₂，防止造成大气污染。
（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl₂中的杂质HCl气体；1
（2）通入Cl₂前，II、III中Mn²⁺与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH^-反应产生Mn(OH)₂白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO₂，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)₂+O₂=2MnO₂+2H₂O；
（3）对比实验I、II通入Cl₂后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn²⁺的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl₂与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H₂O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl₂+2OH^-=Cl^-+ClO^-+H₂O；②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH^-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH^-=4+O₂↑+2H₂O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO₂被Cl₂氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO^-将MnO₂氧化为，发生的反应是：3ClO^-+2MnO₂+2OH^-=2+3Cl^-+H₂O；④从反应速率的角度，过量Cl₂与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH^-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。
17．(1)     HCl     H₂SO₄(浓)+NaClNaHSO₄+HCl↑
(2)     防止倒吸     CuSO₄溶液
(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
(4)使钡离子沉淀完全
(5)锥形瓶
(6)97.6%
【分析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl₂·2H₂O，装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H₂S，防止污染空气。
（1）由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H₂SO₄(浓)+NaClNaHSO₄+HCl↑。
（2）氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H₂S，H₂S有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO₄溶液，用于吸收H₂S。
（3）硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。
（4）为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。
（5）过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。
（6）由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl₂·2H₂O的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol244g/mol=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。
18．(1)除油污
(2)
(3)
(4)胆矾晶体易溶于水
(5)     溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解     取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化
【分析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO₃、Cu(OH)₂均转化为CuSO₄，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，Na₂CO₃溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO₄、SO₂和H₂O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H₂SO₄溶解固体B，将生成SO₂污染环境。
（3）步骤②中，在H₂O₂存在下Cu溶于稀H₂SO₄，生成CuSO₄和H₂O，该反应的化学方程式为Cu+ H₂O₂+ H₂SO₄=CuSO₄+2H₂O。
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ. H₂O₂常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H₂O₂将I^-氧化为I₂，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H₂O₂已完全分解。ⅱ. I^-氧化为I₂时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO₄和H₂SO₄，乙同学通过实验证实，只能是Cu²⁺将I^-氧化为I₂，较简单的方案是除去溶液中的Cu²⁺，然后再向其中加入含有I^-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu²⁺的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na₂S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na₂S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I^-不能被除去Cu²⁺的溶液氧化，故只能是Cu²⁺将I^-氧化为I₂。
19．(1)Na₂SO₄·10H₂O+4CNa₂S+4CO↑+10H₂O
(2)     硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石     降低温度
(3)     乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成
     D
(4)     防止滤液冷却     重金属硫化物     温度逐渐恢复至室温
(5)95%乙醇溶液
【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na₂SO₄·10H₂O+4CNa₂S+4CO↑+10H₂O，结合硫化钠的性质解答问题。
（1）工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na₂SO₄·10H₂O+4CNa₂S+4CO↑+10H₂O；
（2）由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；
（3）若回流时间过长，乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为①③②，答案选D。
（4）硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；
（5）乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量95%乙醇溶液洗涤，再干燥，即可得到。
20．(1)     a     FeCl₂∙4H₂O+4SOCl₂(g)FeCl₂+4SO₂+8HCl     冷凝回流SOCl₂
(2)          AB
(3)     ⑥⑩③⑤     CCl₄
【分析】SOCl₂与H₂O反应生成两种酸性气体，FeCl₂∙4H₂O与SOCl₂制备无水FeCl₂的反应原理为：SOCl₂吸收FeCl₂∙4H₂O受热失去的结晶水生成SO₂和HCl，HCl可抑制FeCl₂的水解，从而制得无水FeCl₂。
（1）实验开始时先通N₂，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl₂气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl₂∙4H₂O+4SOCl₂(g)FeCl₂+4SO₂+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl₂；答案为：a；FeCl₂∙4H₂O+4SOCl₂(g)FeCl₂+4SO₂+8HCl；冷凝回流SOCl₂。
（2）滴定过程中将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，自身被还原成Cr³⁺，反应的离子方程式为6Fe²⁺++14H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，则m₁g样品中n(FeCl₂)=6n()=6cV×10^-3mol；m₁g样品中结晶水的质量为(m₁-m₂)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl₂)：n(H₂O)=1：n=(6cV×10^-3mol)：mol，解得n=；A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe²⁺，导致消耗的K₂Cr₂O₇溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；B．样品与SOCl₂反应时失水不充分，则m₂偏大，使n的测量值偏小，B项选；C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K₂Cr₂O₇溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K₂Cr₂O₇溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选；答案选AB。
（3）组装蒸馏装置对TiCl₄、CCl₄混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl₄极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl₄、CCl₄分子结构相似，TiCl₄的相对分子质量大于CCl₄，TiCl₄分子间的范德华力较大，TiCl₄的沸点高于CCl₄，故先蒸出的物质为CCl₄；答案为：⑥⑩③⑤；CCl₄。
21．(1)2CeO₂+H₂O₂+6H⁺=2Ce³⁺+O₂↑+4H₂O
(2)B
(3)     减少氢离子，使萃取的过程右移，促进Ce³⁺被萃取
     酸性条件，多次萃取    
(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积
【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。
（1）
根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO₂+H₂O₂+6H⁺=2Ce³⁺+O₂↑+4H₂O；
（2）
反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B；
（3）
①减少氢离子，使萃取的过程右移，促进Ce³⁺被萃取，故答案为：减少氢离子，使萃取的过程右移，促进Ce³⁺被萃取；
②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的，过滤后溶液中离子浓度较小，故答案为：；
（4）
应该用标准液滴定待测溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出一定体积的待测溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
22．(1)Mg(OH)₂
(2)将转化成CaCO₃沉淀除去，同时不引入新杂质
(3)     蒸发浓缩     趁热过滤
(4)     不稳定     Li⁺ + HCO = LiHCO₃，2LiHCO₃ = Li₂CO₃↓ + CO₂↑+ H₂O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO₃，结合(4)的探究结果，LiHCO₃也会很快分解产生Li₂CO₃，所以这一改动能达到相同的效果
【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)₂]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)₂，向滤液1中加入Li₂CO₃后，得到滤液2，含有的离子为和OH^-，沉淀2为CaCO₃，向滤液2中加入Na₂CO₃，得到Li₂CO₃沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li₂CO₃。
（1）
浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)₂沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)₂；
（2）
滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li₂CO₃的目的是将转化成CaCO₃沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）
由Li₂CO₃的溶解度曲线可知，温度升高，Li₂CO₃的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）
饱和LiCl和饱和NaHCO₃等体积混合后，产生了LiHCO₃和NaCl，随后LiHCO₃分解产生了CO₂和Li₂CO₃。故答案为：不稳定，Li⁺ + HCO = LiHCO₃，2LiHCO₃ = Li₂CO₃↓ + CO₂↑+ H₂O；
（5）
“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li₂CO₃。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO₃，结合(4)的探究结果，LiHCO₃也会很快分解产生Li₂CO₃，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO₃，结合(4)的探究结果，LiHCO₃也会很快分解产生Li₂CO₃，所以这一改动能达到相同的效果。
23．(1)ab
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)
(5)
(6)将转化为
【分析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：、、，故联合焙烧后得到、、、和；
水浸：进入滤液，滤渣为、、和；
酸浸：加入过量浓盐酸后，和发生转化：、，因有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：，气体A为，滤渣主要为不溶于浓盐酸的，滤液中金属离子为；
第(4)(5)问转化：由已知信息②知，的金属活动性强于，且调pH=2.6时和进入滤液，可知加入金属的目的是将还原为。
(1)
a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；
b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；
c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；
答案选ab；
(2)
在空气中单独焙烧生成，根据原子守恒可知还应生成，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为；
(3)
加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为、、、、，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的产率偏低；
(4)
滤渣主要为不溶于浓盐酸的，答案为；
(5)
因有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：；
(6)
由已知信息③知，调pH=2.6时，会水解生成沉淀，但还没开始沉淀，故要将转化为，在调后获得含的滤液，为了不引入新的杂质，加入作还原剂。
24．(1)C
(2)     5TiO₂+6C+10Cl₂5TiCl₄+2CO+4CO₂     随着温度升高，CO₂与C发生反应
(3)     3VOCl₃+Al=3VOCl₂+AlCl₃     蒸馏
(4)     不能     若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【分析】钛渣中加入C、Cl₂进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl₄，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl₄，加入Mg还原得到Ti。
(1)
记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
(2)
①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO₂，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl₄、CO和CO₂的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO₂与C、Cl₂反应的总化学方程式为5TiO₂+6C+10Cl₂5TiCl₄+2CO+4CO₂，故答案为：5TiO₂+6C+10Cl₂5TiCl₄+2CO+4CO₂；
②随着温度升高，CO₂与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO₂与C发生反应；
(3)
“降温收尘”后钒元素主要以VOCl₃形式存在，加入Al得到VOCl₂渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl₃+Al=3VOCl₂+AlCl₃；AlCl₃、SiCl₄与TiCl₄沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl₃、SiCl₄，故答案为：3VOCl₃+Al=3VOCl₂+AlCl₃；蒸馏；
(4)
若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)
本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
25．(1)CaMg(CO₃)₂CaO+MgO+2CO₂↑
(2)     CaCl₂+NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+NH₄Cl+H₂O     Ca(OH)₂的溶度积大于Mg(OH)₂，溶液中Ca(OH)₂能与NH₄Cl反应，而Mg(OH)₂不能     2.4：1     反应加入的CaO也转化为CaCO₃     Mg(OH)₂+(NH₄)₂SO₄MgSO₄+2NH₃↑+2H₂O，蒸馏时，NH₃逸出促进NH水解，溶液中H⁺浓度增大，有利于Mg(OH)₂完全转化为MgSO₄
(3)SiO₂、Fe₂O₃
(4)NH₄Cl、(NH₄)₂SO₄
【分析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO₃)₂高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
(1)
由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO₃)₂高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO₃)₂CaO+MgO+2CO₂↑，故答案为：CaMg(CO₃)₂CaO+MgO+2CO₂↑；
(2)
①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl₂+NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+NH₄Cl+H₂O，故答案为：CaCl₂+NH₃·H₂O+CO₂=CaCO₃↓+NH₄Cl+H₂O；
②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答案为：Ca(OH)₂的溶度积大于Mg(OH)₂，溶液中Ca(OH)₂能与NH₄Cl反应，而Mg(OH)₂不能；
③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1，故答案为：2.4：1；
④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故答案为：Mg(OH)₂+(NH₄)₂SO₄MgSO₄+2NH₃↑+2H₂O，蒸馏时，NH₃逸出促进NH水解，溶液中H⁺浓度增大，有利于Mg(OH)₂完全转化为MgSO₄；
(3)
由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO₂、Fe₂O₃；
(4)
由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用，故答案为：NH₄Cl、(NH₄)₂SO₄。
26．(1)     Fe₂O₃     SiO₂
(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe₂(SO₄)₃+FeS₂+8H₂O=15FeSO₄+8H₂SO₄
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5)     +2；     6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆++6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+
(6)     H₂O₂     NH₃·H₂O
【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe₂O₃，反应原理为：4FeS₂+11O₂2Fe₂O₃+8SO₂，故产生的红渣主要成分为Fe₂O₃和SiO₂，将红渣粉碎后加入足量的50%的H₂SO₄溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂(SO₄)₃+3H₂O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO₂，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe³⁺还原为Fe²⁺，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe³⁺+FeS₂+8H₂O=15Fe²⁺+2+16H⁺，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO₄晶体和母液主要含有FeSO₄溶液和H₂SO₄，加水溶解FeSO₄晶体，向所得溶液中加入(NH₄)₂SO₄、K₄[Fe(CN)₆]并用H₂SO₄调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe²⁺+2+[Fe(CN)₆]^3-=Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H₂SO₄和NaClO₃进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆+ +6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH₄)Fe(CN)₆，据此分析解题。
（1）
由分析可知，红渣的主要成分为：Fe₂O₃，滤渣①的主要成分为：SiO₂，故答案为：Fe₂O₃；SiO₂；
（2）
黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
（3）
由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe³⁺+FeS₂+8H₂O=15Fe²⁺+2+16H⁺，故化学方程式为：7Fe₂(SO₄)₃+FeS₂+8H₂O=15FeSO₄+8H₂SO₄，故答案为：7Fe₂(SO₄)₃+FeS₂+8H₂O=15FeSO₄+8H₂SO₄；
（4）
由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO₄溶液和H₂SO₄可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（5）
沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)₆]^4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆+ +6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+6，故答案为：+2；6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆+ +6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+6；
（6）
由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO₄溶液和H₂SO₄，向滤液中先加入一定量的H₂O₂溶液将Fe²⁺完全氧化为Fe³⁺，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe₂O₃·x H₂O和(NH₄)₂SO₄，故所需要加入的试剂为H₂O₂和NH₃·H₂O，故答案为：H₂O₂；NH₃·H₂O。
27．(1)Fe²⁺
(2)     4.7pH<6.2    
(3)4.010^-4
(4)     加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶
(5)MgSO₄
(6)     15     O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-
【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO₄溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO₄溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl₃溶液。
(1)
由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe²⁺，故答案为：Fe²⁺；
(2)
由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
(3)
滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010^-4，故答案为：4.010^-4；
(4)
①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
(5)
由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO₄，故答案为：MgSO₄；
(6)
①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O₂+4e^-+2H₂O=4OH，故答案为：O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-。
28．(1)ZnCO₃ZnO+CO₂↑
(2)     将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积     增大硫酸的浓度等
(3)     B     Fe(OH)₃     CaSO₄     SiO₂
(4)3Fe²⁺++7H₂O=3Fe(OH)₃↓+MnO₂↓+5H⁺
(5)置换Cu²⁺为Cu从而除去
(6)     CaSO₄     MgSO₄
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO₃，杂质为SiO₂以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO₃ZnO+CO₂↑，再加入H₂SO₄酸浸，得到含Zn²⁺、Ca²⁺、Mg²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)₃、CaSO₄、SiO₂的滤渣①，滤液①中主要含有Zn²⁺、Cu²⁺、Mg²⁺、Ca²⁺、Fe²⁺，再向滤液①中加入KMnO₄溶液氧化Fe²⁺，过滤得到Fe(OH)₃和MnO₂的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu²⁺=Zn²⁺=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF₂、MgF₂，滤液④为ZnSO₄溶液，经一系列处理得到ZnSO₄·7H₂O，据此分析解答。
（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO₃ZnO+CO₂↑；
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）A．NH₃·H₂O易分解产生NH₃污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH)₂不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C．NaOH会引入杂质Na⁺，且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10^-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe³⁺，故滤渣①中有Fe(OH)₃，又CaSO₄是微溶物，SiO₂不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)₃、CaSO₄、SiO₂；
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO₄溶液，可氧化Fe²⁺，得到Fe(OH)₃和MnO₂的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe²⁺++7H₂O=3Fe(OH)₃↓+MnO₂↓+5H⁺；
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu²⁺=Zn²⁺=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu²⁺为Cu从而除去；
（6）由分析，滤渣④为CaF₂、MgF₂，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO₄、MgSO₄。
29．(1)     PbSO₄(s)+CO(aq)= PbCO₃(s)+SO(aq)     反应PbSO₄(s)+CO(aq)= PbCO₃(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.410⁵>10⁵，PbSO₄可以比较彻底的转化为PbCO₃
(2)反应BaSO₄(s)+CO(aq)= BaCO₃(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<10⁵，反应正向进行的程度有限
(3)     Fe²⁺     Pb+H₂O₂+2HAc=Pb(Ac)₂+2H₂O     作还原剂
(4)Fe(OH)₃、Al(OH)₃
(5)Ba²⁺、Na⁺
【分析】铅膏中主要含有PbSO₄、PbO₂、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
(1)
“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO₄(s)+CO(aq)= PbCO₃(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，K_sp(PbCO₃)=7.410^-14，K_sp(PbSO₄)=2.510^-8，反应PbSO₄(s)+CO(aq)= PbCO₃(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.410⁵>10⁵，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
(2)
反应BaSO₄(s)+CO(aq)= BaCO₃(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<10⁵，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO₄完全转化。
(3)
（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)₂，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)₂和H₂O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H₂O₂+2HAc=Pb(Ac)₂+2H₂O。
（iii）过氧化氢也能使PbO₂转化为Pb(Ac)₂，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO₂是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
(4)
酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
(5)
依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO₄完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba²⁺和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na⁺。
30．(1)          Cu、O
(2)          H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H₂断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H₂O，转化为     随增加，生成和H₂的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大
(3)高效、经济、原子利用率高、无污染
【解析】（1）
①电解在质子交换膜电解池中进行，H⁺可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O₂，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）
①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H₂断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H₂O，转化为；
③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H₂的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。
（3）
“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H₂的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。