2022全國高考真題化學(xué)匯編：專題 氧化還原反應(yīng)

19/192022全國高考真題化學(xué)匯編氧化還原反應(yīng)一、單選題1．（2022·江蘇·高考真題）室溫下，下列實(shí)驗(yàn)探究方案不能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究方案探究目的A向盛有溶液的試管中滴加幾滴溶液，振蕩，再滴加幾滴新制氯水，觀察溶液顏色變化具有還原性B向盛有水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，振蕩，加熱試管，觀察溶液顏色變化具有漂白性C向盛有淀粉-KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，觀察溶液顏色變化的氧化性比的強(qiáng)D用pH計(jì)測(cè)量醋酸、鹽酸的pH，比較溶液pH大小是弱電解質(zhì)A．A B．B C．C D．D2．（2022·江蘇·高考真題）用尿素水解生成的催化還原，是柴油機(jī)車輛尾氣凈化的主要方法。反應(yīng)為，下列說法正確的是A．上述反應(yīng)B．上述反應(yīng)平衡常數(shù)C．上述反應(yīng)中消耗，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為D．實(shí)際應(yīng)用中，加入尿素的量越多，柴油機(jī)車輛排放的尾氣對(duì)空氣污染程度越小3．（2022·海南·高考真題）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，F(xiàn)e完全溶解。NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為0.1mol B．HCl溶液中數(shù)為3NAC．含有的中子數(shù)為1.3NA D．反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體3.36L4．（2022·北京·高考真題）某的多孔材料剛好可將“固定”，實(shí)現(xiàn)了與分離并制備，如圖所示：己知：下列說法不正確的是A．氣體溫度升高后，不利于的固定B．被固定后，平衡正移，有利于的去除C．制備的原理為：D．每制備，轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為5．（2022·湖南·高考真題）為探究的性質(zhì)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)(和溶液濃度均為)。實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；再滴加溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加溶液，無藍(lán)色沉淀生；另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀。依據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是A．實(shí)驗(yàn)①說明加熱促進(jìn)水解反應(yīng)B．實(shí)驗(yàn)②說明既發(fā)生了水解反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)C．實(shí)驗(yàn)③說明發(fā)生了水解反應(yīng)，但沒有發(fā)生還原反應(yīng)D．整個(gè)實(shí)驗(yàn)說明對(duì)的水解反應(yīng)無影響，但對(duì)還原反應(yīng)有影響6．（2022·湖南·高考真題）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)和的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的轉(zhuǎn)化為進(jìn)入大氣層，反應(yīng)過程如圖所示。下列說法正確的是A．過程Ⅰ中發(fā)生氧化反應(yīng)B．a(chǎn)和b中轉(zhuǎn)移的數(shù)目相等C．過程Ⅱ中參與反應(yīng)的D．過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為7．（2022·北京·高考真題）捕獲和轉(zhuǎn)化可減少排放并實(shí)現(xiàn)資源利用，原理如圖1所示。反應(yīng)①完成之后，以為載氣，以恒定組成的混合氣，以恒定流速通入反應(yīng)器，單位時(shí)間流出氣體各組分的物質(zhì)的量隨反應(yīng)時(shí)間變化如圖2所示。反應(yīng)過程中始終未檢測(cè)到，在催化劑上有積碳。下列說法不正確的是A．反應(yīng)①為；反應(yīng)②為B．，比多，且生成速率不變，可能有副反應(yīng)C．時(shí)刻，副反應(yīng)生成的速率大于反應(yīng)②生成速率D．之后，生成的速率為0，是因?yàn)榉磻?yīng)②不再發(fā)生8．（2022·山東·高考真題）在NO催化下，丙烷與氧氣反應(yīng)制備丙烯的部分反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．含N分子參與的反應(yīng)一定有電子轉(zhuǎn)移B．由NO生成的反應(yīng)歷程有2種C．增大NO的量，的平衡轉(zhuǎn)化率不變D．當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時(shí)，最終生成的水減少9．（2022·山東·高考真題）實(shí)驗(yàn)室制備過程為：①高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用氧化制備；②水溶后冷卻，調(diào)溶液至弱堿性，歧化生成和；③減壓過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，再減壓過濾得。下列說法正確的是A．①中用瓷坩堝作反應(yīng)器B．①中用作強(qiáng)堿性介質(zhì)C．②中只體現(xiàn)氧化性D．轉(zhuǎn)化為的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%10．（2022·山東·高考真題）古醫(yī)典富載化學(xué)知識(shí)，下述之物見其氧化性者為A．金(Au)：“雖被火亦未熟"B．石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”C．石硫黃(S)：“能化……銀、銅、鐵，奇物”D．石鐘乳()：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”11．（2022·廣東·高考真題）北京冬奧會(huì)成功舉辦、神舟十三號(hào)順利往返、“天宮課堂”如期開講及“華龍一號(hào)”核電海外投產(chǎn)等，均展示了我國科技發(fā)展的巨大成就。下列相關(guān)敘述正確的是A．冬奧會(huì)“飛揚(yáng)”火炬所用的燃料為氧化性氣體B．飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于天然有機(jī)高分子C．乙酸鈉過飽和溶液析出晶體并放熱的過程僅涉及化學(xué)變化D．核電站反應(yīng)堆所用鈾棒中含有的與互為同位素12．（2022·浙江·高考真題）下列說法正確的是A．工業(yè)上通過電解六水合氯化鎂制取金屬鎂B．接觸法制硫酸時(shí)，煅燒黃鐵礦以得到三氧化硫C．濃硝酸與鐵在常溫下不能反應(yīng)，所以可用鐵質(zhì)容器貯運(yùn)濃硝酸D．“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用13．（2022·浙江·高考真題）關(guān)于反應(yīng)，下列說法正確的是A．發(fā)生還原反應(yīng)B．既是氧化劑又是還原劑C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1D．發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子14．（2022·浙江·高考真題）關(guān)于化合物的性質(zhì)，下列推測(cè)不合理的是A．與稀鹽酸反應(yīng)生成、、B．隔絕空氣加熱分解生成FeO、、C．溶于氫碘酸(HI)，再加萃取，有機(jī)層呈紫紅色D．在空氣中，與高溫反應(yīng)能生成15．（2022·全國·高考真題）由實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，可得出相應(yīng)正確結(jié)論的是實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液先變橙色，后變藍(lán)色氧化性：B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，加入新制的懸濁液無磚紅色沉淀蔗糖未發(fā)生水解C石蠟油加強(qiáng)熱，將產(chǎn)生的氣體通入的溶液溶液紅棕色變無色氣體中含有不飽和烴D加熱試管中的聚氯乙烯薄膜碎片試管口潤濕的藍(lán)色石蕊試紙變紅氯乙烯加聚是可逆反應(yīng)A．A B．B C．C D．D16．（2022·浙江·高考真題）關(guān)于反應(yīng)4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列說法正確的是A．CO是氧化產(chǎn)物 B．SiH4發(fā)生還原反應(yīng)C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4 D．生成1molSiO2時(shí)，轉(zhuǎn)移8mol電子二、實(shí)驗(yàn)題17．（2022·北京·高考真題）某小組同學(xué)探究不同條件下氯氣與二價(jià)錳化合物的反應(yīng)資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。ii．濃堿條件下，可被OH-還原為。iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關(guān)，NaClO的氧化性隨堿性增強(qiáng)而減弱。實(shí)驗(yàn)裝置如圖(夾持裝置略)序號(hào)物質(zhì)aC中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化II5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀III40%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋?1)B中試劑是___________。(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為___________。(3)對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、II通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是___________。(4)根據(jù)資料ii，III中應(yīng)得到綠色溶液，實(shí)驗(yàn)中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導(dǎo)致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為。①化學(xué)方程式表示可能導(dǎo)致溶液堿性減弱的原因___________，但通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定溶液的堿性變化很小。②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為___________，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被___________(填“化學(xué)式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應(yīng)是___________。④從反應(yīng)速率的角度，分析實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液的可能原因___________。18．（2022·北京·高考真題）煤中硫的存在形態(tài)分為有機(jī)硫和無機(jī)硫(、硫化物及微量單質(zhì)硫等)。庫侖滴定法是常用的快捷檢測(cè)煤中全硫含量的方法。其主要過程如下圖所示。已知：在催化劑作用下，煤在管式爐中燃燒，出口氣體主要含。(1)煤樣需研磨成細(xì)小粉末，其目的是___________。(2)高溫下，煤中完全轉(zhuǎn)化為，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。(3)通過干燥裝置后，待測(cè)氣體進(jìn)入庫侖測(cè)硫儀進(jìn)行測(cè)定。已知：庫侖測(cè)硫儀中電解原理示意圖如下。檢測(cè)前，電解質(zhì)溶液中保持定值時(shí)，電解池不工作。待測(cè)氣體進(jìn)入電解池后，溶解并將還原，測(cè)硫儀便立即自動(dòng)進(jìn)行電解到又回到原定值，測(cè)定結(jié)束，通過測(cè)定電解消耗的電量可以求得煤中含硫量。①在電解池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。②測(cè)硫儀工作時(shí)電解池的陽極反應(yīng)式為___________。(4)煤樣為，電解消耗的電量為x庫侖，煤樣中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。已知：電解中轉(zhuǎn)移電子所消耗的電量為96500庫侖。(5)條件控制和誤差分析。①測(cè)定過程中，需控制電解質(zhì)溶液，當(dāng)時(shí)，非電解生成的使得測(cè)得的全硫含量偏小，生成的離子方程式為___________。②測(cè)定過程中，管式爐內(nèi)壁上有殘留，測(cè)得全硫量結(jié)果為___________。(填“偏大”或“偏小”)三、工業(yè)流程題19．（2022·江蘇·高考真題）實(shí)驗(yàn)室以二氧化鈰()廢渣為原料制備含量少的，其部分實(shí)驗(yàn)過程如下：(1)“酸浸”時(shí)與反應(yīng)生成并放出，該反應(yīng)的離子方程式為_______。(2)pH約為7的溶液與溶液反應(yīng)可生成沉淀，該沉淀中含量與加料方式有關(guān)。得到含量較少的的加料方式為_______(填序號(hào))。A．將溶液滴加到溶液中

B．將溶液滴加到溶液中(3)通過中和、萃取、反萃取、沉淀等過程，可制備含量少的。已知能被有機(jī)萃取劑(簡稱HA)萃取，其萃取原理可表示為(水層)+3HA(有機(jī)層)(有機(jī)層)+(水層)①加氨水“中和”去除過量鹽酸，使溶液接近中性。去除過量鹽酸的目的是_______。②反萃取的目的是將有機(jī)層轉(zhuǎn)移到水層。使盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)條件或采取的實(shí)驗(yàn)操作有_______(填兩項(xiàng))。③與“反萃取”得到的水溶液比較，過濾溶液的濾液中，物質(zhì)的量減小的離子有_______(填化學(xué)式)。(4)實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)定溶液中的含量。已知水溶液中可用準(zhǔn)確濃度的溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，滴定反應(yīng)為。請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：①準(zhǔn)確量取溶液[約為]，加氧化劑將完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉(zhuǎn)移到容量瓶中后定容；②按規(guī)定操作分別將和待測(cè)溶液裝入如圖所示的滴定管中：③_______。20．（2022·河北·高考真題）以焙燒黃鐵礦(雜質(zhì)為石英等)產(chǎn)生的紅渣為原料制備銨鐵藍(lán)顏料。工藝流程如下：回答下列問題：(1)紅渣的主要成分為_______(填化學(xué)式)，濾渣①的主要成分為_______(填化學(xué)式)。(2)黃鐵礦研細(xì)的目的是_______。(3)還原工序中，不生成S單質(zhì)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(4)工序①的名稱為_______，所得母液循環(huán)使用。(5)沉鐵工序產(chǎn)生的白色沉淀中的化合價(jià)為_______，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。(6)若用還原工序得到的濾液制備和，所加試劑為_______和_______(填化學(xué)式，不引入雜質(zhì))。21．（2022·廣東·高考真題）稀土()包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關(guān)鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸熔點(diǎn)為；月桂酸和均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持價(jià)不變；的，開始溶解時(shí)的pH為8.8；有關(guān)金屬離子沉淀的相關(guān)pH見下表。離子開始沉淀時(shí)的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全時(shí)的pH/3.24.7/(1)“氧化調(diào)pH”中，化合價(jià)有變化的金屬離子是_______。(2)“過濾1”前，用溶液調(diào)pH至_______的范圍內(nèi)，該過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)“過濾2”后，濾餅中檢測(cè)不到元素，濾液2中濃度為。為盡可能多地提取，可提高月桂酸鈉的加入量，但應(yīng)確?！斑^濾2”前的溶液中低于_______(保留兩位有效數(shù)字)。(4)①“加熱攪拌”有利于加快溶出、提高產(chǎn)率，其原因是_______。②“操作X”的過程為：先_______，再固液分離。(5)該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有_______(寫化學(xué)式)。(6)稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑。①還原和熔融鹽制備時(shí)，生成1mol轉(zhuǎn)移_______電子。②用作氫氧燃料電池電極材料時(shí)，能在堿性溶液中高效催化的還原，發(fā)生的電極反應(yīng)為_______。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)22．（2022·河北·高考真題）含及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡寫為)，是一種低價(jià)、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)S原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_______。(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是_______，原因是_______。(3)的幾何構(gòu)型為_______，其中心離子雜化方式為_______。(4)將含有未成對(duì)電子的物質(zhì)置于外磁場(chǎng)中，會(huì)使磁場(chǎng)強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是_______(填標(biāo)號(hào))。A． B． C． D．(5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將轉(zhuǎn)化為的是_______(填標(biāo)號(hào))。理由是_______。本題暫無(6)問

參考答案1．D【詳解】A．向盛有溶液的試管中滴加幾滴溶液，無現(xiàn)象，振蕩，再滴加幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色，亞鐵離子被新制氯水氧化，說明具有還原性，A正確；B．向盛有水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，品紅溶液褪色，振蕩，加熱試管，溶液又恢復(fù)紅色，說明具有漂白性，B正確；C．向盛有淀粉-KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，溶液變?yōu)樗{(lán)色，說明的氧化性比的強(qiáng)，C正確；D．用pH計(jì)測(cè)量醋酸、鹽酸的pH用以證明是弱電解質(zhì)時(shí)，一定要注明醋酸和鹽酸的物質(zhì)的量濃度相同，D錯(cuò)誤。故選D。2．B【詳解】A．由方程式可知，該反應(yīng)是一個(gè)氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，即熵增的反應(yīng)，反應(yīng)△S＞0，故A錯(cuò)誤；B．由方程式可知，反應(yīng)平衡常數(shù)，故B正確；C．由方程式可知，反應(yīng)每消耗4mol氨氣，反應(yīng)轉(zhuǎn)移12mol電子，則反應(yīng)中消耗1mol氨氣轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3mol×4××6.02×1023=3×6.02×1023，故C錯(cuò)誤；D．實(shí)際應(yīng)用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨氣過量，柴油機(jī)車輛排放的氨氣對(duì)空氣污染程度增大，故D錯(cuò)誤；故選B。3．A【分析】2.8gFe的物質(zhì)的量為0.05mol；100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物質(zhì)的量均為0.3mol，兩者發(fā)生反應(yīng)后，F(xiàn)e完全溶解，而鹽酸過量?！驹斀狻緼．Fe完全溶解生成Fe2+，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，A正確；B．HCl溶液中Cl-的物質(zhì)的量為0.3mol，因此，Cl-數(shù)為0.3NA，B不正確；C．56Fe的質(zhì)子數(shù)為26、中子數(shù)為30，2.8g56Fe的物質(zhì)的量為0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子數(shù)為1.5NA，C不正確；D．反應(yīng)生成H2的物質(zhì)的量為0.05mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.12L，D不正確；綜上所述，本題A。4．D【詳解】A．二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，四氧化二氮的濃度減小，所以氣體溫度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正確；B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的濃度減小，二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，二氧化氮的濃度減小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正確；C．由題意可知，被固定后的四氧化二氮與氧氣和水反應(yīng)生成硝酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故C正確；D．四氧化二氮轉(zhuǎn)化為硝酸時(shí)，生成1mol硝酸，反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，則每制備0.4mol硝酸，轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.4mol×6.02×1023=2.408×1023，故D錯(cuò)誤；故選D。5．D【分析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，同時(shí)鐵離子具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在同一反應(yīng)體系中，鐵離子的水解反應(yīng)與還原反應(yīng)共存并相互競(jìng)爭(zhēng)，結(jié)合實(shí)驗(yàn)分析如下：實(shí)驗(yàn)①為對(duì)照實(shí)驗(yàn)，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃色，存在水解反應(yīng)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；實(shí)驗(yàn)②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發(fā)生水解反應(yīng)得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據(jù)鐵氰化鉀檢測(cè)結(jié)果可知，同時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現(xiàn)特征藍(lán)色沉淀；實(shí)驗(yàn)③通過反滴操作，根據(jù)現(xiàn)象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應(yīng)，但由于鐵離子少量，沒檢測(cè)出亞鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應(yīng)速率快，鐵離子的還原反應(yīng)未來得及發(fā)生?！驹斀狻緼．鐵離子的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱煮沸可促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，F(xiàn)e3+既發(fā)生了水解反應(yīng)，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現(xiàn)特征藍(lán)色沉淀，故B正確；C．實(shí)驗(yàn)③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應(yīng)，但未來得及發(fā)生鐵離子的還原反應(yīng)，即水解反應(yīng)比氧化還原反應(yīng)速率快，故C正確；D．結(jié)合三組實(shí)驗(yàn)，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時(shí)，鐵離子的水解反應(yīng)占主導(dǎo)作用，比氧化還原反應(yīng)的速率快，因證據(jù)不足，不能說明亞硫酸離子對(duì)鐵離子的水解作用無影響，事實(shí)上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進(jìn)鐵離子的水解反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。6．D【詳解】A．由圖示可知，過程I中NO轉(zhuǎn)化為NO，氮元素化合價(jià)由+3價(jià)降低到+2價(jià)，NO作氧化劑，被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．由圖示可知，過程I為NO在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a過程轉(zhuǎn)移1mole-，過程II為NO和NH在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2O和N2H4，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b過程轉(zhuǎn)移4mole-，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B錯(cuò)誤；C．由圖示可知，過程II發(fā)生反應(yīng)的參與反應(yīng)的離子方程式為：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C錯(cuò)誤；D．由圖示可知，過程I的離子方程式為NO+2H++e-NO+H2O，過程II的離子方程式為NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，過程III的離子方程式為N2H4N2↑+4H++4e-，則過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為NO+NH=N2↑+2H2O，D正確；答案選D。7．C【詳解】A．由題干圖1所示信息可知，反應(yīng)①為，結(jié)合氧化還原反應(yīng)配平可得反應(yīng)②為，A正確；B．由題干圖2信息可知，，比多，且生成速率不變，且反應(yīng)過程中始終未檢測(cè)到，在催化劑上有積碳，故可能有副反應(yīng)，反應(yīng)②和副反應(yīng)中CH4和H2的系數(shù)比均為1：2，B正確；C．由題干反應(yīng)②方程式可知，H2和CO的反應(yīng)速率相等，而時(shí)刻信息可知，H2的反應(yīng)速率未變，仍然為2mmol/min，而CO變?yōu)?~2mmol/min之間，故能夠說明副反應(yīng)生成的速率小于反應(yīng)②生成速率，C錯(cuò)誤；D．由題干圖2信息可知，之后，CO的速率為0，CH4的速率逐漸增大，最終恢復(fù)到1，說明生成的速率為0，是因?yàn)榉磻?yīng)②不再發(fā)生，而后副反應(yīng)逐漸停止反應(yīng)，D正確；故答案為：C。8．D【詳解】A．根據(jù)反應(yīng)機(jī)理的圖示知，含N分子發(fā)生的反應(yīng)有NO+?OOH=NO2+?OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+?C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+?OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合價(jià)依次為+2價(jià)、+4價(jià)、+3價(jià)，上述反應(yīng)中均有元素化合價(jià)的升降，都為氧化還原反應(yīng)，一定有電子轉(zhuǎn)移，A項(xiàng)正確；B．根據(jù)圖示，由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有2種，B項(xiàng)正確；C．NO是催化劑，增大NO的量，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率不變，C項(xiàng)正確；D．無論反應(yīng)歷程如何，在NO催化下丙烷與O2反應(yīng)制備丙烯的總反應(yīng)都為2C3H8+O22C3H6+2H2O，當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時(shí)，最終生成的水不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。9．D【分析】由題中信息可知，高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4，然后水溶后冷卻調(diào)溶液pH至弱堿性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合價(jià)由+6變?yōu)?7和+4?！驹斀狻緼．①中高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4，由于瓷坩堝易被強(qiáng)堿腐蝕，故不能用瓷坩堝作反應(yīng)器，A說法不正確；B．制備KMnO4時(shí)為為防止引入雜質(zhì)離子，①中用KOH作強(qiáng)堿性介質(zhì)，不能用，B說法不正確；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，C說法不正確；D．根據(jù)化合價(jià)的變化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2:1，根據(jù)Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有轉(zhuǎn)化為KMnO4，因此，MnO2轉(zhuǎn)化為KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%，D說法正確；綜上所述，本題選D。10．C【詳解】A．金“雖被火亦未熟”是指金單質(zhì)在空氣中被火灼燒也不反應(yīng)，反應(yīng)金的化學(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定，與其氧化性無關(guān)，A不合題意；B．石灰(CaO):“以水沃之，即熱蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反應(yīng)放熱，產(chǎn)生大量的水汽，而CaO由塊狀變?yōu)榉勰睿窗l(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，B不合題意；C．石硫黃即S：“能化……銀、銅、鐵，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反應(yīng)中S作氧化劑，與其氧化性有關(guān)，C符合題意；D．石鐘乳(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，D不合題意；故答案為：C。11．D【詳解】A．H2作為燃料在反應(yīng)中被氧化，體現(xiàn)出還原性，故A項(xiàng)說法錯(cuò)誤；B．玻璃纖維是一種性能優(yōu)異的無機(jī)非金屬材料，故B項(xiàng)說法錯(cuò)誤；C．乙酸鈉飽和溶液中析出晶體的過程中無新物質(zhì)生成，因此屬于物理變化，故C項(xiàng)說法錯(cuò)誤；D．與是質(zhì)子數(shù)均為92，中子數(shù)不同的核素，因此二者互為同位素，故D項(xiàng)說法正確；綜上所述，敘述正確的是D項(xiàng)。12．D【詳解】A．六水合氯化鎂沒有自由移動(dòng)的離子，不能導(dǎo)電，工業(yè)上通過電解熔融的無水氯化鎂制取金屬鎂，A不正確；B．接觸法制硫酸時(shí)，煅燒黃鐵礦只能得到二氧化硫，二氧化硫在接觸室經(jīng)催化氧化才能轉(zhuǎn)化為三氧化硫，B不正確；C．在常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，在鐵表面生成一層致密的氧化物薄膜并阻止反應(yīng)繼續(xù)發(fā)生，所以可用鐵質(zhì)容器貯運(yùn)濃硝酸，C不正確；D．“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用，若兩者混用會(huì)發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣，不僅達(dá)不到各自預(yù)期的作用效果，還會(huì)污染環(huán)境，D正確；綜上所述，本題選D。13．B【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應(yīng)的本質(zhì)是硫代硫酸根離子在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成硫和二氧化硫，化合價(jià)發(fā)生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環(huán)境。【詳解】A．H2SO4轉(zhuǎn)化為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價(jià)均未發(fā)生變化，故其沒有發(fā)生還原反應(yīng)，A說法不正確；B．Na2S2O3中的S的化合價(jià)為+2，其發(fā)生歧化反應(yīng)生成S(0價(jià))和SO2(+4價(jià))，故其既是氧化劑又是還原劑，B說法正確；C．該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是SO2，還原產(chǎn)物為S，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1，C說法不正確；D．根據(jù)其中S元素的化合價(jià)變化情況可知，1molNa2S2O3發(fā)生反應(yīng)，要轉(zhuǎn)移2mol電子，D說法不正確。綜上所述，本題選B。14．B【分析】已知化合物中Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，CH3O-帶一個(gè)單位負(fù)電荷，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，化合物中Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，故其與稀鹽酸反應(yīng)生成、、，反應(yīng)原理為：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合題意；B．由分析可知，化合物中Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，C為-2，若隔絕空氣加熱分解生成FeO、、則得失電子總數(shù)不相等，不符合氧化還原反應(yīng)規(guī)律，即不可能生成FeO、、，B符合題意；C．由分析可知，化合物中Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，故其溶于氫碘酸(HI)生成的Fe3+能將I-氧化為I2，反應(yīng)原理為：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加萃取，有機(jī)層呈紫紅色，C不合題意；D．化合物在空氣中高溫將生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3為堿性氧化物，SiO2為酸性氧化物，故化合物與高溫反應(yīng)能生成，D不合題意；故答案為：B。15．C【詳解】A．向NaBr溶液中滴加過量氯水，溴離子被氧化為溴單質(zhì)，但氯水過量，再加入淀粉KI溶液，過量的氯水可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)，無法證明溴單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于碘單質(zhì)，A錯(cuò)誤；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，應(yīng)加入氫氧化鈉溶液使體系呈堿性，若不加氫氧化鈉，未反應(yīng)的稀硫酸會(huì)和新制氫氧化銅反應(yīng)，則不會(huì)產(chǎn)生磚紅色沉淀，不能說明蔗糖沒有發(fā)生水解，B錯(cuò)誤；C．石蠟油加強(qiáng)熱，產(chǎn)生的氣體能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明氣體中含有不飽和烴，與溴發(fā)生加成反應(yīng)使溴的四氯化碳溶液褪色，C正確；D．聚氯乙烯加強(qiáng)熱產(chǎn)生能使?jié)駶櫵{(lán)色濕潤試紙變紅的氣體，說明產(chǎn)生了氯化氫，不能說明氯乙烯加聚是可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)是指在同一條件下，既能向正反應(yīng)方向進(jìn)行，同時(shí)又能向逆反應(yīng)的方向進(jìn)行的反應(yīng)，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加強(qiáng)熱分解條件不同，D錯(cuò)誤；答案選C。16．D【詳解】A．根據(jù)反應(yīng)方程式，碳元素的化合價(jià)由+4價(jià)降為+2價(jià)，故CO為還原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B．硅元素化合價(jià)由-4價(jià)升為+4價(jià)，故SiH4發(fā)生氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)中氧化劑為二氧化碳，還原劑為SiH4，，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4:1，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)反應(yīng)方程式可知，Si元素的化合價(jià)由-4價(jià)升高至+4價(jià)，因此生成1molSiO2時(shí)，轉(zhuǎn)移8mol電子，D正確；答案選D。17．(1)飽和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)(4)

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

4+4OH-=4+O2↑+2H2O

Cl2

3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O

過量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，因而不能實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液【分析】在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應(yīng)制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對(duì)Cl2性質(zhì)的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質(zhì)HCl，在裝置C中通過改變?nèi)芤旱膒H，驗(yàn)證不同條件下Cl2與MnSO4反應(yīng)，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染。（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體；1（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的OH-反應(yīng)產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會(huì)被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、II通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)；（4）①Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，可被OH-還原為，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應(yīng)的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO-將MnO2氧化為，發(fā)生的反應(yīng)是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④從反應(yīng)速率的角度，過量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，導(dǎo)致不能實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液。18．(1)與空氣的接觸面積增大，反應(yīng)更加充分(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑(3)

SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+

3I——2e—=I(4)(5)

I2+I—=I

偏低【解析】(1)煤樣研磨成細(xì)小粉末后固體表面積增大，與空氣的接觸面積增大，反應(yīng)更加充分，故答案為：與空氣的接觸面積增大，反應(yīng)更加充分；(2)由題意可知，在催化劑作用下，硫酸鈣高溫分解生成氧化鈣、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案為：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；(3)①由題意可知，二氧化硫在電解池中與溶液中I反應(yīng)生成碘離子、硫酸根離子和氫離子，離子方程式為SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+，故答案為：SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+；②由題意可知，測(cè)硫儀工作時(shí)電解池工作時(shí)，碘離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成碘三離子，電極反應(yīng)式為3I——2e—=I，故答案為：3I——2e—=I；(4)由題意可得如下關(guān)系：S—SO2—I—2e—，電解消耗的電量為x庫侖，則煤樣中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=，故答案為：；(5)①當(dāng)pH<1時(shí)，非電解生成的碘三離子使得測(cè)得的全硫含量偏小說明碘離子與電解生成的碘反應(yīng)生成碘三離子，導(dǎo)致消耗二氧化硫的量偏小，反應(yīng)的離子方程式為I2+I—=I，故答案為：I2+I—=I；②測(cè)定過程中，管式爐內(nèi)壁上有三氧化硫殘留說明硫元素沒有全部轉(zhuǎn)化為二氧化硫，會(huì)使二氧化硫與碘三離子反應(yīng)生成的碘離子偏小，電解時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目偏小，導(dǎo)致測(cè)得全硫量結(jié)果偏低，故答案為：偏低。19．(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O(2)B(3)

減少氫離子，使萃取的過程右移，促進(jìn)Ce3+被萃取

酸性條件，多次萃取

(4)從左側(cè)滴定管中放出一定體積的待測(cè)溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用來滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積【分析】首先用稀鹽酸和過氧化氫溶液酸浸二氧化鈰廢渣，得到三價(jià)鈰，加入氨水調(diào)節(jié)pH后用萃取劑萃取其中的三價(jià)鈰，增大三價(jià)鈰濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價(jià)鈰，再加入氨水和碳酸氫銨制備產(chǎn)物，以此解題。（1）根據(jù)信息反應(yīng)物為與，產(chǎn)物為和，根據(jù)電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；（2）反應(yīng)過程中保持少量即可得到含量較少的，故選B；（3）①減少氫離子，使萃取的過程右移，促進(jìn)Ce3+被萃取，故答案為：減少氫離子，使萃取的過程右移，促進(jìn)Ce3+被萃?。虎诟鶕?jù)萃取原理可知，應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)條件是酸性條件，為了使盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有濃度較大的，過濾后溶液中離子濃度較小，故答案為：；（4）應(yīng)該用標(biāo)準(zhǔn)液滴定待測(cè)溶液，用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，故答案為：從左側(cè)滴定管中放出一定體積的待測(cè)溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用來滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。20．(1)

Fe2O3

SiO2(2)增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌(5)

+2；

6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+(6)

H2O2

NH3·H2O【分析】已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應(yīng)原理為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故產(chǎn)生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充酸浸，反應(yīng)原理為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向?yàn)V液中加入黃鐵礦進(jìn)行還原，將Fe3+還原為Fe2+，由(3)小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后進(jìn)行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調(diào)節(jié)溶液的pH為3，進(jìn)行沉鐵過程，反應(yīng)原理為：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO3進(jìn)行氧化步驟，反應(yīng)原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據(jù)此分析解題。(1)由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3，濾渣①的主要成分為：SiO2，故答案為：Fe2O3；SiO2；(2)黃鐵礦研細(xì)的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率；(3)由分析可知，還原工序中，不產(chǎn)生S單質(zhì)沉淀，則硫元素被氧化為，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化學(xué)方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；(4)由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循環(huán)利用，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌；(5)沉鐵工序中產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價(jià)為+2價(jià)和[Fe(CN)6]4-中的+3價(jià)，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；(6)由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向?yàn)V液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過濾洗滌，對(duì)沉淀