高三化学一轮复习 化学实验

高三化学一轮复习--化学实验一、单选题1．下列实验装置或操作能够达到实验目的的是A.检查装置的气密性B.验证漂白性C.制备D.保护铁件A．A B．B C．C D．D2．下列实验有关叙述正确的是（）A．用装置①来分离苯和溴苯的混合物B．用装置②蒸馏工业乙醇可得到无水乙醇C．重结晶提纯苯甲酸过程中要用到装置③进行分离操作D．用装置④进行萃取操作，实验者用左手托住分液漏斗活塞，右手抵住玻璃塞，将分液漏斗按图所示双手用力振荡，使液体混合3．化学和生活、科技密切相关。下列说法中正确的是A．全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基具有很好的亲水性B．PTFE(聚四氟乙烯)膜耐腐蚀性能好，是一种合成有机高分子材料，能使溴水褪色C．空间站的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅D．从茶叶中提取的茶多酚可用作食品保鲜是由于其难以被氧化4．下列有关甲烷的说法不正确的是A．是天然气的主要成分 B．是最简单的有机物C．不能与氯气发生取代反应 D．能燃烧5．下列实验操作规范且能达到实验目的的是实验操作实验目的A.NaCl溶液蒸发结晶B.检验待测液中是否含有SOC.除去NO2中的NOD.制备Fe(OH)3胶体A．A B．B C．C D．D6．下列有关化学概念或性质判断正确的是A．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的主要元素是铬和镍B．用新制氢氧化铜(可加热)可鉴定乙醇、乙醛、乙酸、苯、溴苯和葡萄糖溶液C．卤代烃经氢氧化钠溶液共热，滴加溶液后根据沉淀颜色可判定卤原子的种类D．纤维素乙酸酯易燃烧，是生产炸药的重要原料7．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体B制备Fe(OH)3胶体烧杯、胶头滴管蒸馏水、饱和FeCl3溶液C测定NaOH溶液浓度烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂D制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液A．A B．B C．C D．D8．实验室利用苯甲酸、乙醇、环己烷和浓硫酸混合加热制备苯甲酸乙酯，现从反应混合物中分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如图所示。下列说法错误的已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，乙醚－环己烷－水共沸物的沸点为62.1℃，苯甲酸100℃会迅速升华A．试剂①为饱和Na2CO3溶液，试剂②为稀硫酸B．操作a、c均为分液，操作b为蒸馏，操作d为重结晶C．苯甲酸乙酯、苯甲酸分别由①②获得D．粗品精制还可以用升华法9．实验室可用反应来制备CuI(CuI受热易被氧化)。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（）A．用甲装置制备 B．用乙装置制备CuIC．用丙装置分离出CuI D．用丁装置干燥CuI固体10．除去粗盐中的杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，过程如下：下列有关说法中，不正确的是A．试剂①、②、③分别是NaOH、Na2CO3、BaCl2B．除去Ca2+的主要反应：Ca2++CO=CaCO3↓C．检验SO是否除净的方法：取上层清液，加BaCl2溶液，观察是否产生沉淀D．加稀盐酸调节pH后，采用蒸发结晶的方法得到NaCl固体11．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A．用图①所示装置可以趁热过滤提纯苯甲酸B．用图②所示装置可以用乙醇提取碘水中的碘单质C．用图③所示装置可以分离二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物D．用图④所示装置可除去中混有少量12．实验室制备三氯化硼(BCl3)的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知：BCl3极易水解，熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃；F中的溶液用于吸收CO尾气。以下说法错误的是A．实验操作应先滴加浓盐酸再点燃酒精灯B．水浴R为冰水浴C．装置C中主要发生的反应为B2O3+3C+3Cl2Δ2BCl3+3COD．装置F会随着反应的进行，溶液酸性减弱13．下列实验操作正确或操作规范且能达到实验目的的是（）选项操作目的A取适量晶体溶于浓硝酸中，加水稀释到指定刻度配制一定物质的量浓度的溶液B用碱式滴定管盛装标准溶液并滴定草酸溶液测定草酸溶液浓度C向的酒精中加入钠粒证明的酒精中含水D向溶液中先滴加少量溶液振荡后再滴加少量溶液明：A．A B．B C．C D．D14．海带中富含的天然碘元素能够帮助我们维持健康的甲状腺功能，从而促进新陈代谢。实验室模拟工业海带提碘的流程如图所示。下列说法错误的是A．使用坩埚灼烧干海带B．“萃取”后将的溶液从分液漏斗下口放出，水层从上口倒出C．、均为非极性分子D．粗碘可用升华法进一步提纯15．下列实验操作或装置能达到实验目的的是选项ABCD实验目的探究反应物浓度对化学反应速率的影响测定中和反应的反应热制备并收集少量NO2制备Fe(OH)2白色沉淀实验装置或操作A．A B．B C．C D．D16．如图是制备漂白粉的实验装置，下列说法正确的是A．将MnO2和浓盐酸置于锥形瓶中反应制备Cl2B．三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OC．冰水浴的作用是降低反应温度，防止发生副反应D．锥形瓶和三颈烧瓶之间应加装一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶17．《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”若在实验室里完成该操作，不需要的仪器是A． B． C． D．18．利用(Q)与()电解转化法可从烟气中分离出，反就原理如图所示。已知：气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是（）A．向M极移动B．在M极被还原C．溶液中有机物Q的质量始终保持不变D．N极的电极反应式为19．物质的结构决定其性质。通过下列实验事实能得到相应结论的是选项实验事实结论A实验测得相同浓度的的pH小于的相对分子质量大于B常温下，分别向等体积的pH=1的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快电离程度：盐酸>硫酸C常温下，分别向无水乙醇和冰醋酸中加入大小相同的金属钠，前者反应更剧烈分子中氢氧键的极性：乙酸>乙醇D用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比为120的峰两个乙酸分子通过氢键形成二聚体A．A B．B C．C D．D20．下列有关实验装置和说法正确的是（）A．甲装置带火星的木条复燃，证明和反应生成了B．乙装置可证明热稳定性：C．丙装置中湿润的有色布条a褪色，说明有漂白性D．丁装置用玻璃棒蘸取某溶液做焰色实验，火焰呈黄色，证明该溶液一定有二、综合题21．化学反应伴随着能量变化，研究化学反应中的能量变化具有重大意义．请回答下列问题：（1）Ⅰ．硫与硫的氧化物转化过程中能量变化如图所示：表示的燃烧热的热化学方程式为．（2）对于反应：①（填“低温”、“高温”或“任意温度”）有利于该反应正向自发进行．②在一密闭容器中仅发生该反应，下列措施有利于提高的平衡转化率的是（填标号）．A．升高温度B．压缩容器体积C．增大浓度D．再充入一定量的（3）Ⅱ．某化学兴趣小组利用如图装置进行中和反应反应热的测定实验．实验步骤：①量取50mL溶液倒入小烧杯中，测量温度；②量取50mLNaOH溶液，测量温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．仪器a的名称为，使用的NaOH溶液稍微过量的原因是．（4）实验数据记录：实验次数反应物的初始温度/℃反应后体系的温度/℃溶液NaOH溶液平均值125.225.428.6224.925.128.4325.325.328.0425.025.228.3设实验所用的酸、碱溶液的密度均为，反应前后溶液的比热容．计算该实验的．（5）实验过程中，向溶液中加碱时，分多次加入NaOH溶液，将会导致测得的（填“偏大”或“偏小”，下同）；若用氨水代替NaOH溶液，将会导致测得的．22．湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（2）“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有。（3）“除镉”时，发生反应的类型为。（4）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：反应时，接受电子对的一方是；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为。（5）“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为。（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为。（7）氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为g∙cm-3(列出计算式即可)。23．五氧化二钒()广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有、、、、、等)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，回收工艺流程如下：已知：①“酸浸”时和与稀硫酸反应分别生成和。②溶液中与可相互转化：，且为沉淀。（1）“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是。（2）“还原转化”中加入的目的是将转化为，写出反应的离子方程式：。（3）加入的目的是将过量的转化为。“氧化1”后，溶液中含有的金属阳离子主要有、、，调节使离子沉淀，若溶液中，则调节溶液的最小值为可使沉淀完全(离子浓度≤时沉淀完全)，此时(填“有”或“无”)沉淀生成。{假设溶液体积不变，，，}（4）“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为。（5）“沉钒”时，通入氨气的作用是。（6）若该废钒催化剂中的含量为10%(原料中所有的钒已换算成)。取100g待处理样品，按照上述流程进行实验。当加入溶液时，溶液中的钒元素恰好完全反应，则该工艺中钒的回收率是%(假设与反应后的操作步骤中钒元素无损失)。24．硒和碲是重要的稀散元素，都可以作为半导体材料。一种从碲碱渣（碲和硒的含量较高，还含有少量Cu、Pb等元素）分离硒回收碲的工艺流程如下：已知：①水浸液的主要成分为、及少量可溶性的铜、铅化合物等。②为两性氧化物，微溶于水。③亚硒酸为二元弱酸，回答下列问题：（1）硒与氧同族，基态Se原子价电子排布式为。（2）“除杂渣”的主要成分为。（3）“中和”时控制pH为4～5，生成沉淀，若硫酸过量，将导致Te的回收率下降的原因是。（4）“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中。（5）“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程式。（6）碘量法测定“粗硒”中硒的含量，过程如下：取0.1000g粗硒，加入足量硫酸和硝酸，充分反应生成，再加热至90℃使过量的硝酸挥发；继续向溶液中加入过量的KI溶液，生成Se和；然后滴入2滴淀粉溶液，用0.4000mol/L溶液滴定（）。重复上述操作2次，消耗的溶液的平均体积为12.50mL。①判断滴定至终点的方法是。②该粗硒的纯度为。25．一种废镍催化剂中含有Ni、Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Fe3+Fe2+Ni2+Cu2+开始沉淀的pH1.97.06.45.4完全沉淀的pH3.29.08.46.7回答下列问题：（1）充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为。（2）“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、。基态Cr原子的价层电子排布式为。（3）“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是。（4）“调pH”时，溶液pH的范围为。（5）常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。①与S2-距离最近的S2-数目为。②CuS的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为g·cm-3。（6）环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式：。（7）测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol·L-1EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为%。

答案解析部分1．【答案】C2．【答案】D【解析】【解答】A、苯与溴苯互溶，不能采用分液的方法分离，故A错误；

B、蒸馏时，温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口保持水平，故B错误；

C、过滤时，需要用玻璃棒进行引流，故C错误；

D、用装置④进行萃取操作，实验者用左手托住分液漏斗活塞，右手抵住玻璃塞，将分液漏斗按图所示双手用力振荡，使液体混合均匀，提高萃取效果，D正确；故答案为：D。【分析】A、苯和溴苯互溶；

B、蒸馏时，温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口保持水平；

C、过滤需用玻璃棒引流；

D、振荡可使液体充分混合。3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】B【解析】【解答】A．试剂①为饱和Na2CO3溶液，试剂②为稀硫酸，A不符合题意；B．操作a为分液，操作b为蒸馏，操作c为过滤，操作d为重结晶，B符合题意；C．由分析可知苯甲酸乙酯、苯甲酸分别由①②获得，C不符合题意；D．苯甲酸100℃会迅速升华，所以粗品精制还可以用升华法，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．依据物质和试剂的性质分析；B．不互溶的液体分离用分液法，互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法；过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程；C．依据物质的性质分析；D．利用已知信息分析。9．【答案】D【解析】【解答】A：浓硫酸和铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则可用甲装置制备，故A不符合题意；

B：二氧化硫通入CuSO4、NaI、水的混合溶液中，电磁搅拌器使反应物充分接触，则可用乙装置制备CuI，故B不符合题意；

C：CuI为固体，分离固体和液体混合物用过滤的方法，故C不符合题意；

D：CuI固体受热易被氧化，则不能用蒸发皿进行干燥，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】过滤用于分离固体和液体混合物。蒸发是溶液通过加热沸腾后，使部分溶液气化的过程。10．【答案】A11．【答案】A12．【答案】D13．【答案】D【解析】【解答】A．硝酸会氧化亚铁离子，故A错误；

B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管，故B错误；

C．乙醇也能与金属钠反应生成氢气，不能证明75%的酒精中含水，故C错误；

D．NaCl过量，硝酸银不足，生成氯化银沉淀，加入，白色沉淀转化为黄色沉淀，证明I，能达到实验目的，故D正确；

故答案为：D。

【分析】A.硝酸可以氧化亚铁，无法配置硝酸亚铁；

B.碱式定定管只能盛装碱性溶液；

C.乙醇也可以钠反应，无法证明是否含有水；

D.在难溶物进行转化时，总是生成相对更加难容的沉淀。14．【答案】C15．【答案】D16．【答案】C17．【答案】C18．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，M极为阴极，阳离子向阴极移动，则H+向M极移动，A不符合题意；

B．由图可知，CO2与M极产生的OH-发生反应：CO2+OH-=HCO3-，反应前后，元素化合价没有变化，即CO2在M极没有被还原，B符合题意；

C．根据分析中阳极、阴极的电极反应式可知，溶液中有机物Q的质量始终保持不变，C不符合题意；

D．由分析可知，N极的电极反应式为QH2-2e-→Q+2H+，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】该装置为电解池，M极的电极反应式为Q+2e-+2H2O→QH2+2OH-，则M极为阴极，N极为阳极，其电极反应式为QH2-2e-→Q+2H+。19．【答案】D20．【答案】A【解析】【解答】A.氧气能使带火星的木条复燃，可以证明过氧化钠与水反应生成了氧气，A正确；

B.碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解，故证明热稳定性两种试剂放置的位置应该反过来，B错误；

C.丙装置中湿润的有色布条褪色，是因为氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸有漂白性，C错误；

D.玻璃棒中含有硅酸钠，火焰呈黄色，故用玻璃棒蘸取某溶液做焰色实验，火焰呈黄色，不能证明该溶液一定有，D错误；

故选A。

【分析】A.氧气能使带火星的木条复燃；

B.两种试剂放置的位置放置错误；

C.次氯酸有漂白性；

D.玻璃棒中含有硅酸钠。21．【答案】（1）（2）低温；BC（3）玻璃搅拌器；保证硫酸完全被碱中和，减小实验误差（4）―55.176（5）偏大；偏大【解析】【解答】（1）的燃烧热101Kpa时1mol硫单质完全燃烧成指定化合物放出的热量，因此热化学方程式为：；

（2）①，结合，在低温时能自发进行；

②，提高的平衡转化率促使平衡向右移动，可以增大压强，增大氧气的浓度，故答案为：BC；

（3）根据图示即可得到a为环形玻璃搅拌棒，氢氧化钠量多主要是将稀硫酸完全反应减小实验误差；

（4）变化温度为3.3℃，放出的热量为100x4.18x3.3J=1.3794KJ，生成水的物质的量为0.5x0.05mol=0.025mol，故-1.3794KJ/0.025mol=-55.176；

（5）多次加入导致放出热量散失，导致偏大，若用氨水代替NaOH溶液，弱电解质电离吸热，导致放出热量减小，导致偏大；

【分析】（1）根据图示找出能量变化即可写出热化学方程式；

（2）①根据判断即可；

②促使二氧化硫转化率提高，是平衡向右移动结合选项判断；

（3）根据图示即可判断名称，结合氢氧化钠过量主要是保证硫酸消耗完全；

（4）根据数值计算热量，利用=计算；

（5）根据多次加入放出热量减小，氨水是弱电解质电离吸热，导致偏大。22．【答案】（1）1：2（2）Al(OH)3、CaSO4（3）置换反应（4）Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能（5）3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑（6）Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑（7）【解析】【解答】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。故答案为：1：2；（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。故答案为：Al(OH)3、CaSO4；（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。故答案为：置换反应；（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。故答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。故答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑；（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。故答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为=g∙cm-3。故答案为：。

【分析】（1）结合化合价变化判断化学计量数，化学计量数之比等于物质的量之比；

（2）结合后续流程，可以知道滤渣1含有二氧化锰、氢氧化铁、氢氧化铝和硫酸钙；

（3）锌和镉离子反应，生成镉单质，为置换反应；

（4）钴离子和镍离子丢失电子，含有空轨道，可以接受电子；

（5）锌离子、碳酸根和水反应生成碱式碳酸锌和二氧化碳；

（6）硫酸钠和硫酸通电条件下生成过硫酸钠和氢气；

（7）晶胞密度的计算要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数和体积计算。23．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）（3）2.8；无（4）（5）使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度（6）81.9【解析】【解答】本题主要考查由废钒催化剂制备五氧化二钒的工艺流程，向废钒催化剂中加入稀硫酸进行酸浸，将和与稀硫酸反应分别生成和，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，NiO转化为NiSO4，过滤后的滤渣1，主要成分为SiO2，加入FeSO4是将转化为，加入H2O2是将过量的Fe2+全部转化为Fe3+便于后续调pH步骤中除去，过滤得滤渣2，主要成分为Fe(OH)3，滤液2中加入萃取剂，萃取出含有钒微粒，再进行反萃取后得到含钒的溶液，加入H2SO4和KClO3的目的是将低价态的钒氧化为+5价的钒，经过加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀，过滤洗涤最后灼烧沉淀得V2O5，据此分析解题。(1)“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；(2)“还原转化”中加入的目的是将转化为，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：，故答案为：；(3)当时，根据的公式可知，溶液中的，，计算可得，，因为，所以无生成，故答案为：2.8；无；(4)将氧化为的过程中，中氯元素得电子被还原为，根据氧化还原反应配平可得其离子方程式为，故答案为：；(5)溶液中存在平衡，通入氨气，溶液中浓度增大，消耗了，该平衡正向移动，从而使尽可能都转化为，故答案为：使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度；(6)“氧化2”过程中将氧化成，便于后续沉钒，进而实现钒的回收，相关的离子方程式为。100g待处理样品中，，则，即；，由于，故，则该工艺中钒的最大回收率为，故答案为：81.9。

【分析】由工艺流程可知，废钒催化剂经“酸浸”后，K2SO4不反应但溶于稀硫酸，V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成VO2+、VO2+，SiO2不反应也不溶于稀硫酸，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3，NiO与稀硫酸反应生成NiSO4，所以得到的滤渣主要成分是SiO2。FeSO4具有还原性，“还原转化”时，可将VO2+还原为VO2+，加入的H2O2是为了将剩余的FeSO4全部氧化为Fe2(SO4)3，以便后续“调pH”时将铁元素除去，所以滤渣2的主要成分是Fe(OH)3。滤液2经萃取、反萃取得到含有钒的溶液，“氧化2”中，H2SO4和KClO3将VO2+氧化为VO2+。由于在溶液中，存在VO2+＋H2O可逆VO3-＋2H+，所以“沉钒”中，加入的NH3利于平衡正向移动，生成更多的VO3-，这样溶液中的NH4+能与VO3-反应得到NH4VO3沉淀，煅烧NH4VO3可得V2O5。据此进行解答。24．【答案】（1）4s24p4（2）CuS、PbS（3）TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失。（4）6.75×10-7（5）H2SeO3+4HONH3Cl=Se↓+2N2↑+7H2O+4HCl（6）滴入半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色；98.75%【解析】【解答】(1)基态硒是第四周期VIA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，所以基态硒原子的价电子排布式为4s24p4，故答案为：4s24p4；

(2)可溶性的铜、铅化合物加入NaHS除杂，得到除杂渣，产生难溶性的硫化物，故“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS：

(3)“中和”时控制pH为4～5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，导致Te的回收率下降；

(4)亚硒酸为二元弱酸，Ka1＝2.7x10-3、Ka2＝2.5x10-8，“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中；

(5)沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，生成了一种无污染的单质气体，则为氮气，发生的主要反应的化学方程式为H2SeO3＋4HONH3Cl＝Se↓＋2N2↑＋7H2O＋4HCl；

(6)①用淀粉为指示剂，当