2025届高三化学一轮复习专题2 氧化还原反应

2025高三化学一轮复习专题2-氧化还原反应专题原卷版 1．化学与生活、社会密切相关。下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A．含氟牙膏能预防龋齿 B．葡萄酒添加二氧化硫 C．含氯消毒剂杀灭病毒 D．绿化造林实现碳中和 2．中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨 C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚 3．分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是 A．无色→蓝色：生成 B．蓝色→无色：转化为化合态 C．起漂白作用 D．淀粉作指示剂 4．叠氮化钠与氢气在催化剂作用下发生反应：。生成的氮化钠()不稳定、易水解，下列说法错误的是 A．与盐酸反应可生成两种盐 B．题干方程式所列四种物质中属于电解质的有与 C．与中阴离子和阳离子个数比分别为1∶3和3∶1 D．当生成的体积为89.6L(标准状况下)时，反应转移了12mol 5．、等称为拟卤素，与卤素单质性质相似，它们的阴离子与卤素阴离子性质相似。氧化性：。已知反应： ① ② ③ 下列说法正确的是 A．反应②、③中，反应物拟卤素均既做氧化剂又做还原剂 B．可以和Fe反应，生成 C．反应③中每消耗，转移1mol电子 D．少量通入KSCN和KCN的混合溶液中，氧化产物为 6．已知反应，下列说法正确的是 A．的空间结构是平面三角形 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1 C．3mol反应时转移5mol电子 D．可能会与反应 7．已知。下列叙述正确的是 A．作还原剂 B．x=7 C．y=3 D．中M元素的化合价为+7 8．可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：(未配平)。下列说法错误的是 A．氧化性： B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．若生成标准状况下，转移电子 D．作氧化剂时，其还原产物可能是和 9．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色。下列分析正确的是 A．滴加KI溶液时，当有2 mol I-参加反应，转移2 mol电子 B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性 C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物 D．上述实验条件下，物质的还原性：SO2>I->Cu+ 10．现有4组标准电极电势：①，；②，；②，；④，。已知电势越高对应物质的氧化性越强，则下列离子方程式或相应的描述中正确的是 A． B．向含的溶液中加不能观察到黄绿色气体 C．酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸 D．氧化性由强到弱的顺序为 11．过二硫酸钠(Na2S2O8)和铋酸钠(NaBiO3)都是工业上常用的强氧化剂。下列分别是与过二硫酸钠和铋酸钠反应的离子方程式(未配平)。 Ⅰ． Ⅱ． 下列说法错误的是 A．过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为3∶1 B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2 C．反应Ⅱ生成转移电子的物质的量为5mol D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗等量的，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为1∶1 12．误服白磷可用硫酸铜溶液解毒，其原理为P4＋10CuSO4＋16H2O = 10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．7.2 g 水参加反应，转移的电子数目为0.5NA B．1 L 0.1 mol·L-1H3PO4溶液中所含的H＋数目为0.3NA C．3.1 g P4中所含的质子数目为3.1NA D．该反应中，若消耗0.5mol CuSO4，则参加反应的水分子数目为1.6NA 13．1962年，化学家NeilBartlett用与Xe首次合成了Xe的第一种化合物——六氟合铂酸氙()，实验证明是一种含有的离子化合物，常温下很稳定，遇水强烈水解生成、HF、Xe、。下列叙述正确的是 A．在合成的反应中Xe作氧化剂 B．水解过程中被还原的元素为Pt和Xe C．通常情况下，Xe具有较强的还原性 D．1 mol 完全水解，转移4 mol电子 14．稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 下列说法错误的是 A．具有平面三角形结构 B．的还原性比强 C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成，转移电子 15．几种含碘粒子之间的转化关系如图所示，下列说法正确的是 A．、和的氧化性强弱： B．为增大的产量，反应②可以加过量NaHSO3 C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，溶液颜色先变浅后变蓝 D．产生等量的I2，反应④消耗的H+与反应②产生的H+的量相等 16．某反应体系只有六种粒子：（无色）、和。随着反应进行，其中两种离子浓度与时间关系如图所示。下列叙述错误的是 A．图中乙代表，甲代表 B．若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生 C．每消耗乙时转移电子 D．该反应为 17．实验室合成高铁酸钾（）的过程如下图所示。下列说法错误的是 A．气体a的主要成分为 B．沉淀b的主要成分为 C．中的化合价为 D．反应2为 18．我国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雄黄（，）与雌黄（，）都是自然界中常见的难溶砷化物。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A．雌黄和雄黄中S元素的化合价不同 B．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中有三个氧化还原反应 C．反应Ⅰ中雄黄为氧化产物 D．若a为，则反应Ⅱ中，参加反应转移电子 19．随着现代工业发展，烟气排放量急剧增加。利用气相还原法将还原为硫黄是目前烟气脱硫研究的热点，原理是在一定温度下(200～300℃)将烟气通过固体还原剂，使中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现的还原，其流程如下图所示，下列说法错误的是    A．再生塔中，生成的另一种物质的化学式为 B．脱硫塔中，与反应的物质的量之比为 C．三个装置中均发生了氧化还原反应 D．脱硫过程中，当产生48g单质时，转移电子的物质的量为3mol 20．采用水合肼()还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示，已知：“合成”步骤中生成的副产物为。 下列说法中不正确的是 A．“合成”过程所得溶液中主要含有、、和 B．“还原”过程消耗的离子方程式为 C．“水合肼还原法”的优点是被氧化后的产物为和，不引入杂质 D．工业上常用铁屑还原制备NaI，理论上该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 21．工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是 A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 B．是该反应的催化剂 C．“过程2”可表示为 D．吸收过程中存在反应： 22．连二亚硫酸钠()俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用还原法制备保险粉的流程如下： 下列说法错误的是 A．反应1说明酸性： B．反应1结束后，可用硝酸酸化的溶液检验是否被氧化 C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．反应2最好在无氧条件下进行 23．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+ 实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是 A．反应Ⅱ的Fe3+作还原剂 B．该反应消耗1molFeS2转移14mol电子 C．该转化关系中Fe(NO)2+和NO都作催化剂 D．反应Ⅲ是氧化还原反应 24．实验室中利用固体进行如图实验，下列说法错误的是 A．G与H均为氧化产物 B．实验中只作氧化剂 C．元素至少参与了3个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和不可能为 25．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图。下列说法正确的是 A．CaSO4·2H2O属于混合物 B．过程I中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2：1 C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 D．将10L上层清液中的S2-(S2-浓度为480mg·L-1)转化为SO，理论上共需要0.3molO2 26．根据提供的情境书写指定反应的方程式。 一种以为原料制取的流程如图所示，450℃，在空气中灼烧得到三种锰的氧化物，锰元素所占比例随温度变化的曲线如图所示。 (1)写出450℃，在空气中灼烧生成主要产物的化学方程式： 。 (2)写出“浸取”时发生反应的离子方程式： 。 27．氯化亚铜是一种应用较广的催化剂，易水解，微溶于水，不溶于乙醇。以低品位铜矿砂(主要成分)为原料制备氯化亚铜的路线如下： (1)“酸溶1”步骤中发生反应的化学方程式为 。 (2)“除锰”步骤中Mn2+转化为MnCO3沉淀，CuSO4转变为Cu(NH3)4CO3留在溶液中。则“除锰”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (3)“合成”步骤加入Na2SO3的速率不宜过快，否则会产生 气体(写化学式)，除可能与酸溶时硫酸过量有关，还可能的原因是 。(用离子方程式表示)。 28．铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中还原法和氧化法的工艺流程如下图所示： 回答下列问题。 (1)①“还原”时，加入H2SO4酸化的目的是将废水中的转化为，用硫酸而不用盐酸，原因是 。 ②“还原”时，加入Na2SO3溶液，发生反应的离子方程式为 。下列溶液中可以代替上述流程中Na2SO3溶液的是 (填选项标号)。 A．NaHCO3溶液        B．FeSO4溶液    C．MnO2粉末    D．Na2S2O3溶液 (2)25°C时，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31。“中和”过程中，溶液中Cr3＋离子浓度为6.3×10-7mol/L时，pH= 。 (3)“调pH”时，为提高含铬废水中Cr3＋离子沉淀速率，可采取的措施有 (任写两种)。 (4)写出“氧化”时发生反应的化学方程式为 。 (5)“沉淀”时，加入的Ba(NO3)2溶液比理论值稍过量的目的是 。 29．四水合磷酸锌[]难溶于水，是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰（含ZnO、PbO、CuO、FeO、、）为原料制备并回收铜的流程如下，回答下列问题： 已知：步骤Ⅳ反应为 (1)滤渣Ⅰ的成分为 。步骤Ⅰ中滴加溶液反应的离子方程式为 ，若将步骤Ⅰ中两种试剂加入顺序调换会导致 。 (2)试剂a为 。步骤Ⅲ反应的化学方程式为 。 (3)加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有 （填化学式）。 30．高铁酸钾()是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。 Ⅰ.实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下： 已知：“转化”过程发生复分解反应。 回答下列问题： (1)配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的是___________(填序号)。 A．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 B．NaOH在烧杯中溶解后，烧杯未洗涤 C．容量瓶洗净之后未干燥 D．定容时俯视刻度线 (2)NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生副反应： 主反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 副反应：(未配平) ①配平该副反应： ___________Cl2+___________NaOH=___________NaCl+___________NaClO3+___________H2O ②若有发生该副反应，该过程中转移电子的物质的量为 mol； (3)氧化过程中溶液保持强碱性，写出反应的离子方程式： 。 Ⅱ.工业干法制备高铁酸钾： 第一步反应为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑ 第二步反应在溶液中进行： (4)该第一步反应中氧化产物为 、 ， (5)试解释第二步反应能发生的原因 。 (6)K2FeO4在净水过程中能产生Fe(OH)3胶体，检验净水过程中产生了胶体的方法是 。 31．可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为，含、，等杂质)为原料生产，和金属Al的工艺流程如图。回答下列问题： (1)已知“焙烧”时，转化为，请写出该转化过程的化学方程式 。 (2)“水浸”后滤渣主要成分为 (填化学式，下同)。 (3)“调pH”时通入的“气体X”是 。 (4)用稀硫酸进行“酸浸”后，再进行“沉铝”操作，所得的母液Ⅱ的主要成分为 。 (5)过滤得到母液Ⅰ经 、过滤、洗涤、干燥得到碳酸钠晶体，失去结晶水得到碳酸钠固体。 (6)加入“析铬”，被还原的离子方程式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高三化学一轮复习专题2-氧化还原反应专题解析版 1．化学与生活、社会密切相关。下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A．含氟牙膏能预防龋齿 B．葡萄酒添加二氧化硫 C．含氯消毒剂杀灭病毒 D．绿化造林实现碳中和 【答案】A 【详解】A．含氟牙膏预防龋齿的原理是促进牙釉质矿化，形成更难溶的氟磷灰石，加固牙釉质结构，增强防龋功能，与氧化还原反应无关，A选； B．具有还原性，溶于水后生成亚硫酸，可消耗氧气，能起抗氧化作用，与氧化还原反应有关，B不选； C．含氯消毒剂是利用HClO的强氧化性杀菌消毒的，与氧化还原反应有关，C不选； D．绿化造林是通过植物光合作用促进实现碳中和的，与氧化还原反应有关，D不选； 故选A。 2．中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨 C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚 【答案】B 【详解】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意； C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 3．分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是 A．无色→蓝色：生成 B．蓝色→无色：转化为化合态 C．起漂白作用 D．淀粉作指示剂 【答案】C 【分析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。 【详解】A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A正确； B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO，I2转化为为化合态，B正确； C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误； D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确； 故答案选C。 4．叠氮化钠与氢气在催化剂作用下发生反应：。生成的氮化钠()不稳定、易水解，下列说法错误的是 A．与盐酸反应可生成两种盐 B．题干方程式所列四种物质中属于电解质的有与 C．与中阴离子和阳离子个数比分别为1∶3和3∶1 D．当生成的体积为89.6L(标准状况下)时，反应转移了12mol 【答案】C 【详解】A．Na3N与盐酸反应能够生成NH4Cl和NaCl两种盐，A正确； B．Na3N和NaN3属于电解质，氨气属于非电解质，氢气是单质，不是化合物，B正确； C．Na3N和NaN3的电子式分别为：和，故它们的阴离子和阳离子的个数比分别为1:3和1:1，C错误； D．由化学方程式可知，每生成1mol Na3N和8mol NH3转移24mol，所以标况下体积为89.6L的NH3物质的量为4mol，转移电子为12mol，D正确； 故选C。 5．、等称为拟卤素，与卤素单质性质相似，它们的阴离子与卤素阴离子性质相似。氧化性：。已知反应： ① ② ③ 下列说法正确的是 A．反应②、③中，反应物拟卤素均既做氧化剂又做还原剂 B．可以和Fe反应，生成 C．反应③中每消耗，转移1mol电子 D．少量通入KSCN和KCN的混合溶液中，氧化产物为 【答案】B 【详解】A．反应②中，反应物拟卤素既做氧化剂又做还原剂。反应③中，反应物拟卤素只做氧化剂，A错误； B．与Fe反应生成，故和Fe反应生成，B正确； C．反应③中每消耗，转移2mol电子，C错误； D．因为氧化性，所以还原性，少量通入KSCN和KCN的混合液中，氧化产物为，D错误； 故选B。 6．已知反应，下列说法正确的是 A．的空间结构是平面三角形 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1 C．3mol反应时转移5mol电子 D．可能会与反应 【答案】D 【详解】A．的价层电子对数为，空间结构是三角锥形，A错误； B．中I的化合价为+1价，在反应中由2个I的化合价降低为还原产物，由1个I的化合价升高为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2，B错误； C．反应中有2个I从+1降到-1价，故有3mol反应时转移4mol电子，C错误； D．中的I为+1价，具有氧化性，具有还原性，故可能会与反应，D正确； 故选D。 7．已知。下列叙述正确的是 A．作还原剂 B．x=7 C．y=3 D．中M元素的化合价为+7 【答案】D 【分析】对于反应，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2×(−x)+5×(−2)+16=2×2，解得x=1，所以即，O元素为-2价，则M为+7价； 【详解】A．即，M的化合价由+7下降到+2，做氧化剂，故A错误； B．由分析得x=1，故B错误； C．由分析得y=4，故C错误； D．即，O元素为-2价，则M为+7价，故D正确； 故选D。 8．可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：(未配平)。下列说法错误的是 A．氧化性： B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．若生成标准状况下，转移电子 D．作氧化剂时，其还原产物可能是和 【答案】D 【分析】HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+反应中，N的化合价由+1价升高为+2价，Fe的化合价由+3价降低为+2价，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+，据此分析。 【详解】A．HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+反应中，氧化剂为Fe3+，N2F4是氧化产物，则氧化性：，故A正确； B．由2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确； C．若生成2.24L(标况下)N2F4，即0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol，故C正确； D．N2F4作氧化剂时，只有N元素化合价降低，则其还原产物只可能是N2，不可能为HF，故D错误； 故选：D。 9．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变为无色。下列分析正确的是 A．滴加KI溶液时，当有2 mol I-参加反应，转移2 mol电子 B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性 C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂，H2SO4是氧化产物 D．上述实验条件下，物质的还原性：SO2>I->Cu+ 【答案】D 【详解】A．滴加KI溶液时，反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，当有2molI－参加反应，转移1mole-，A错误； B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，B错误； C．通入SO2时，SO2与I2反应，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，H2SO4是氧化产物，C错误； D．依据反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2和SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，得还原性SO2>I->Cu+，D正确； 故选D。 10．现有4组标准电极电势：①，；②，；②，；④，。已知电势越高对应物质的氧化性越强，则下列离子方程式或相应的描述中正确的是 A． B．向含的溶液中加不能观察到黄绿色气体 C．酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸 D．氧化性由强到弱的顺序为 【答案】B 【分析】由电对的标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强可知，氧化剂的氧化性由强到弱的顺序为，以此解答。 【详解】A．PbO2/PbSO4的Eθ=1.69V，MnO/Mn2+的Eθ=1.51V，则氧化性：PbO2＞MnO，酸性条件下PbO2和Mn2+反应的离子方程式为5PbO2+2Mn2++4H++5SO=5PbSO4↓+2MnO+2H2O，故A错误； B．氧化性：，则还原性：，溶液与少量混合时，还原性强的Fe2+先与反应，根据与的量可知不可能有黄绿色气体生成，故B正确； C．MnO/Mn2+的Eθ＞Cl2/Cl-的Eθ，则氧化性：MnO＞Cl2，即酸化高锰酸钾可氧化盐酸溶液，所以酸化高锰酸钾时不能用盐酸，故C错误； D．标准电极电势高低：①＞②＞④＞③，由于电势越高对应物质的氧化性越强，所以氧化性由强到弱的顺序为，故D错误； 故选B。 11．过二硫酸钠(Na2S2O8)和铋酸钠(NaBiO3)都是工业上常用的强氧化剂。下列分别是与过二硫酸钠和铋酸钠反应的离子方程式(未配平)。 Ⅰ． Ⅱ． 下列说法错误的是 A．过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为3∶1 B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2 C．反应Ⅱ生成转移电子的物质的量为5mol D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗等量的，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为1∶1 【答案】D 【详解】A．中存在1个过氧键，过氧键中氧为-1价，则过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为6∶2=3∶1，A正确； B．反应Ⅰ中中氧元素化合价降低为氧化剂，锰元素化合价升高为还原剂，反应为：，故氧化剂和还原剂物质的量之比是5∶2，B正确； C．反应Ⅱ中锰元素化合价由+2变为+7，转移5个电子，故生成转移电子的物质的量为5mol，C正确； D．反应Ⅰ中，反应Ⅱ中，则消耗等量的，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为2∶1，D错误； 故选D。 12．误服白磷可用硫酸铜溶液解毒，其原理为P4＋10CuSO4＋16H2O = 10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．7.2 g 水参加反应，转移的电子数目为0.5NA B．1 L 0.1 mol·L-1H3PO4溶液中所含的H＋数目为0.3NA C．3.1 g P4中所含的质子数目为3.1NA D．该反应中，若消耗0.5mol CuSO4，则参加反应的水分子数目为1.6NA 【答案】A 【详解】A．由P4＋10CuSO4＋16H2O = 10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4反应可知，16mol水参加反应，转移的电子数为20mol，故7.2 g 水也即0.4mol水参加反应，转移的电子数目为0.5NA，A正确； B．H3PO4是弱酸，电离是微弱的，故1 L 0.1 mol·L-1H3PO4溶液中所含的H＋数目远小于0.3NA，B错误； C．1molP4中含有的质子数为60mol，故3.1 g P4中所含的质子数目为1.5NA，C错误； D．由P4＋10CuSO4＋16H2O = 10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4反应可知，10mol硫酸铜消耗时，参加反应的水为16mol，故消耗0.5mol CuSO4，则参加反应的水分子数目为0.8NA，D错误； 故选A。 13．1962年，化学家NeilBartlett用与Xe首次合成了Xe的第一种化合物——六氟合铂酸氙()，实验证明是一种含有的离子化合物，常温下很稳定，遇水强烈水解生成、HF、Xe、。下列叙述正确的是 A．在合成的反应中Xe作氧化剂 B．水解过程中被还原的元素为Pt和Xe C．通常情况下，Xe具有较强的还原性 D．1 mol 完全水解，转移4 mol电子 【答案】B 【分析】由题意得，发生反应的化学方程式为：+Xe=，水解时的化学反应方程式为： 【详解】A．在+Xe=反应中Xe的化合价升高，作为还原剂，A错误； B．在中，Pt和Xe的化合价降低，被还原，B正确； C．通常情况下，Xe是稀有气体，化学性质不活泼，C错误； D．反应中，1 mol 完全水解，转移2 mol电子，D错误； 故选B。 14．稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 下列说法错误的是 A．具有平面三角形结构 B．的还原性比强 C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成，转移电子 【答案】A 【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误； B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确； C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确； D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确； 故选A。 15．几种含碘粒子之间的转化关系如图所示，下列说法正确的是 A．、和的氧化性强弱： B．为增大的产量，反应②可以加过量NaHSO3 C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，溶液颜色先变浅后变蓝 D．产生等量的I2，反应④消耗的H+与反应②产生的H+的量相等 【答案】C 【详解】A．根据反应①可知氧化性：，根据反应②可知氧化性：，根据反应③可知氧化性：，氧化性：，A错误； B．过量的NaHSO3会与碘单质进一步反应，导致碘单质被消耗，B错误； C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，氯水可将碘离子氧化为碘单质，溶液颜色先变浅后变蓝，C正确； D．根据得失电子守恒及电荷守恒，反应④离子方程式：，反应②离子方程式：，产生等量的I2，反应④消耗的H+与反应②产生的H+的量不相等，D错误； 答案选C。 16．某反应体系只有六种粒子：（无色）、和。随着反应进行，其中两种离子浓度与时间关系如图所示。下列叙述错误的是 A．图中乙代表，甲代表 B．若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生 C．每消耗乙时转移电子 D．该反应为 【答案】C 【分析】根据反应体系中的粒子可以判断发生氧化还原反应，锰元素的价态为+7和+2价，中含过氧键，根据图像可知，乙为反应物，甲为生成物，相同时间反应的物质的量之比为5:2，由此推知，甲为高锰酸根离子，乙为。 【详解】A．由分析可知，甲为高锰酸根离子，乙为，A正确； B．高锰酸根离子为紫红色，为无色，若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生，B正确； C．根据价态变化可知，每消耗乙时转移电子，C错误； D．根据元素守恒和电子守恒，可以得到反应的离子方程式为，D正确； 答案选C。 17．实验室合成高铁酸钾（）的过程如下图所示。下列说法错误的是 A．气体a的主要成分为 B．沉淀b的主要成分为 C．中的化合价为 D．反应2为 【答案】B 【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有HCl气体，通过饱和食盐水洗气除去HCl气体，得到气体a的主要成分为，氯气和饱和KOH溶液在10-15℃条件下反应生成，由于的溶解度小于KOH，会析出白色沉淀，将和KOH加入饱和次氯酸钾中发生反应生成，以此解答。 【详解】A．由分析可知，气体a的主要成分为，故A正确； B．由分析可知，沉淀b的主要成分为，故B错误； C．由化合物化合价的代数和为零可知，中的化合价为，故C正确； D．反应2中和在碱性条件下发生氧化还原反应生成和KCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故D正确； 故选B。 18．我国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雄黄（，）与雌黄（，）都是自然界中常见的难溶砷化物。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A．雌黄和雄黄中S元素的化合价不同 B．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中有三个氧化还原反应 C．反应Ⅰ中雄黄为氧化产物 D．若a为，则反应Ⅱ中，参加反应转移电子 【答案】D 【详解】A．砷元素有+2、+3+5等常见价态，雄黄As2S3和雌黄As4S4都是硫元素化合价-2价，A错误；     B．反应Ⅰ、Ⅱ为氧化还原反应，B错误； C．反应Ⅰ中As由+3变为+2价，化合价降低，发生氧化反应，所以雄黄为还原产物，C错误； D．反应Ⅱ中，的物质的量为0.01mol，S由-2价变为+4价，As由+2价变为+3价，则转移的电子为0.01×4×6+0.01×4×1=，D正确； 故选D。 19．随着现代工业发展，烟气排放量急剧增加。利用气相还原法将还原为硫黄是目前烟气脱硫研究的热点，原理是在一定温度下(200～300℃)将烟气通过固体还原剂，使中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现的还原，其流程如下图所示，下列说法错误的是    A．再生塔中，生成的另一种物质的化学式为 B．脱硫塔中，与反应的物质的量之比为 C．三个装置中均发生了氧化还原反应 D．脱硫过程中，当产生48g单质时，转移电子的物质的量为3mol 【答案】C 【详解】A．再生塔中，和精煤发生反应生成，C被氧化为，被还原为，A正确； B．脱硫塔中，与反应生成和，中S元素化合价升高2，由部分被氧化为，化合价升高2，部分被还原为，化合价降低4，根据得失电子守恒，反应方程式为：，与物质的量之比为，B正确； C．硫冷凝器中通过冷凝将分离，没有发生氧化还原反应，C错误； D．根据反应，当产生1mol单质时，转移电子的物质的量为4mol，当生成48g单质时，转移电子的物质的量为3mol，D正确； 故选C。 20．采用水合肼()还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示，已知：“合成”步骤中生成的副产物为。 下列说法中不正确的是 A．“合成”过程所得溶液中主要含有、、和 B．“还原”过程消耗的离子方程式为 C．“水合肼还原法”的优点是被氧化后的产物为和，不引入杂质 D．工业上常用铁屑还原制备NaI，理论上该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 【答案】D 【分析】在合成过程中碘和氢氧化钠反应生成碘化钠和次碘酸钠，同时生成副产物，加入水合肼将碘元素还原为碘化钠，结晶得到碘化钠晶体； 【详解】A．已知：“合成”步骤中生成的副产物为。碘和氢氧化钠反应生成碘化钠和次碘酸钠，则“合成”过程所得溶液中主要含有、、和，A正确； B．根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中水合肼和碘酸根离子生成氮气，反应中氮元素化合价升高则碘元素化合价降低生成碘离子，方程式为，B正确； C．由流程可知，“水合肼还原法”的优点是被氧化后的产物为和，不会给碘化钠中引入杂质，C正确； D．铁屑还原制备NaI，反应中铁化合价升高为+2为还原剂，碘化合价由+5变为-1为氧化剂，根据电子守恒可知，，则理论上该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，D错误； 故选D。 21．工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是 A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 B．是该反应的催化剂 C．“过程2”可表示为 D．吸收过程中存在反应： 【答案】D 【详解】A．“过程1”发生反应：ClO−+ Ni2O3=2NiO2 +Cl−，该反应中Cl元素化合价由＋1价变为﹣1价、Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，则氧化剂是ClO -，还原剂是Ni2O3，氧化产物是NiO2，还原产物是Cl -，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，A错误； B．由图可知，Ni2O3是过程1的反应物，是过程2的生成物，所以Ni2O3是反应的催化剂，二氧化镍是反应的中间产物，B错误； C．“过程2”中，1molClO-转化为Cl-和O时，需要转移2mole-，则需消耗2molNiO2，反应的离子方程式可表示为ClO−+2NiO2=Ni2O3+Cl−+2O，C错误； D．O具有强氧化性，能氧化还原性的SO2，所以吸收过程中存在反应：SO2+O+2OH−=+H2O，D正确； 故选D。 22．连二亚硫酸钠()俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用还原法制备保险粉的流程如下： 下列说法错误的是 A．反应1说明酸性： B．反应1结束后，可用硝酸酸化的溶液检验是否被氧化 C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．反应2最好在无氧条件下进行 【答案】B 【分析】由题给流程可知，碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，连二亚硫酸钠溶液结晶脱水得到连二亚硫酸钠。 【详解】A．由分析可知，反应1为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，由强酸制弱酸的原理可知，亚硫酸的酸性强于碳酸，故A正确； B．亚硫酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，若亚硫酸氢钠溶液被氧化，加入酸化氯化钡溶液会与硫酸根离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则反应1结束后，可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚硫酸氢钠是否被氧化，但是不能用硝酸酸化，硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，故B错误； C．由分析可知，反应2为亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，反应中亚硫酸氢钠为反应的氧化剂，锌为还原剂，由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，故C正确； D．由题意可知，连二亚硫酸钠有强还原性，在空气中极易被氧化，则制备连二亚硫酸钠时，反应2最好在无氧条件下进行，故D正确； 故选B。 23．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+ 实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是 A．反应Ⅱ的Fe3+作还原剂 B．该反应消耗1molFeS2转移14mol电子 C．该转化关系中Fe(NO)2+和NO都作催化剂 D．反应Ⅲ是氧化还原反应 【答案】B 【详解】A．反应Ⅱ的由+3价变成+2价，作氧化剂，被还原，A项错误； B．催化氧化总反应中，只有S元素被氧化，S元素的化合价由-1价变为+6价，1mol参与反应共转移14mol电子，B项正确； C．黄铁矿催化氧化过程中，是中间产物，NO是催化剂，C项错误； D．反应Ⅲ中元素化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，D项错误； 故选B。 24．实验室中利用固体进行如图实验，下列说法错误的是 A．G与H均为氧化产物 B．实验中只作氧化剂 C．元素至少参与了3个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和不可能为 【答案】B 【分析】由，可得到气体G为氧气，得到的固体加入浓盐酸发生反应生成了氯气，故气体H为氯气。 【详解】A．根据分析氧气和氯气都为化合价升高得到的产物，故都为氧化产物，A正确； B．中氧的化合价升高，锰的化合价降低，即做氧化剂又做还原剂，B错误； C．锰元素参与了高锰酸钾的分解反应，二氧化锰和盐酸反应，锰酸钾和盐酸反应等，C正确； D．没生成1氧气转移4电子，每生成1氯气转移2电子，若高锰酸钾转化为氯化锰过程中得到的电子全部是氯离子生成氯气所失去的，则气体的物质的量最大，由可知，n(气体)0.25，D正确； 故选B。 25．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图。下列说法正确的是 A．CaSO4·2H2O属于混合物 B．过程I中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2：1 C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 D．将10L上层清液中的S2-(S2-浓度为480mg·L-1)转化为SO，理论上共需要0.3molO2 【答案】D 【详解】A．有确定的化学式，属于纯净物，A项错误； B．过程I中氧化剂为氧气，变成水，1个氧气分子转移4个电子，还原剂为Mn(OH)2转化为，转移2个电子，发生反应时电子守恒，所以氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2，B项错误； C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为，电子守恒，原子守恒，电荷守恒，同时生成物在碱性条件下存在，故产生氢氧根，C项错误； D．设转移电子数为xmol，消耗氧气的物质的量为ymol，则 解得x=1.2mol，y=0.3mol，消耗氧气的物质的量为0.3mol，D项正确； 故选D。 26．根据提供的情境书写指定反应的方程式。 一种以为原料制取的流程如图所示，450℃，在空气中灼烧得到三种锰的氧化物，锰元素所占比例随温度变化的曲线如图所示。 (1)写出450℃，在空气中灼烧生成主要产物的化学方程式： 。 (2)写出“浸取”时发生反应的离子方程式： 。 【答案】(1)2MnCO3+O22MnO2+2CO2 (2)Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O 【分析】由题给流程可知，碳酸锰在空气中灼烧分解生成三氧化二锰和二氧化碳，向三氧化二锰中加入稀硫酸浸取，三氧化二锰转化为二氧化锰和硫酸锰，过滤得到硫酸锰溶液和二氧化锰。 【详解】（1）由图可知，450℃时，二氧化锰的锰元素所占比例最大，说明碳酸锰在空气中灼烧分解生成二氧化锰和二氧化碳，反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2； （2）由分析可知，浸取时发生的反应为三氧化二锰与稀硫酸反应生成二氧化锰和硫酸锰，反应的离子方程式为Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O，故答案为：Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O。 27．氯化亚铜是一种应用较广的催化剂，易水解，微溶于水，不溶于乙醇。以低品位铜矿砂(主要成分)为原料制备氯化亚铜的路线如下： (1)“酸溶1”步骤中发生反应的化学方程式为 。 (2)“除锰”步骤中Mn2+转化为MnCO3沉淀，CuSO4转变为Cu(NH3)4CO3留在溶液中。则“除锰”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (3)“合成”步骤加入Na2SO3的速率不宜过快，否则会产生 气体(写化学式)，除可能与酸溶时硫酸过量有关，还可能的原因是 。(用离子方程式表示)。 【答案】(1)CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O (2)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (3) SO2 2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ 【分析】酸溶1步骤中加入硫酸、MnO2得到S，除锰步骤Mn2+转化成MnCO3沉淀，可知二氧化锰将CuS中-2价的S氧化为硫单质，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，蒸氨步骤中[Cu(NH3)4]CO3发生分解反应得到CuO固体、氨气与二氧化碳，再用硫酸溶解CuO得到CuSO4，与氯化钠、亚硫酸钠反应得到CuCl与硫酸钠，发生反应：2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓++2H+，经过过滤、洗涤、干燥得到CuCl，滤液中含有硫酸钠、硫酸。洗涤时，应避免CuCl溶解损失，根据溶解平衡，可以先用盐酸洗涤再用乙醇洗涤。 【详解】（1）酸溶1步骤中加入硫酸、MnO2得到S，除锰步骤Mn2+转化成MnCO3沉淀，可知二氧化锰将CuS中-2价的S氧化为硫单质，则加入硫酸生成硫酸铜、硫酸锰以及S，反应的化学方程式为CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。 （2）“除锰”步骤中Mn2+转化为MnCO3沉淀，则“除锰”步骤中发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。 （3）若加入Na2SO3的速率过快，则Na2SO3会与酸反应产生SO2气体，硫酸铜和氯化钠和亚硫酸钠和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸钠和硫酸，若加入较快会生成更多的酸，离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+。 28．铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中还原法和氧化法的工艺流程如下图所示： 回答下列问题。 (1)①“还原”时，加入H2SO4酸化的目的是将废水中的转化为，用硫酸而不用盐酸，原因是 。 ②“还原”时，加入Na2SO3溶液，发生反应的离子方程式为 。下列溶液中可以代替上述流程中Na2SO3溶液的是 (填选项标号)。 A．NaHCO3溶液        B．FeSO4溶液    C．MnO2粉末    D．Na2S2O3溶液 (2)25°C时，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31。“中和”过程中，溶液中Cr3＋离子浓度为6.3×10-7mol/L时，pH= 。 (3)“调pH”时，为提高含铬废水中Cr3＋离子沉淀速率，可采取的措施有 (任写两种)。 (4)写出“氧化”时发生反应的化学方程式为 。 (5)“沉淀”时，加入的Ba(NO3)2溶液比理论值稍过量的目的是 。 【答案】(1) Cr2O在酸性溶液中有较强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2 Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++4H2O+3 B、D (2)6 (3)搅拌混合液、适当加热、提高氢氧化钠溶液浓度等(任写两种即可) (4)2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O (5)提高钡离子浓度，平衡向沉淀方向移动，让铬酸根离子充分沉淀，提高铬元素的回收率 【分析】根据题中图示，上方流程为含铬废水先加入H2SO4酸化，再加入Na2SO3固体，先发生转化，随后发生反应，加入碳酸钠调节，中和pH，发生反应，过滤获得Cr(OH)3，经煅烧，得到氧化铬，加铝发生置换反应，获得单质铬； 【详解】（1）①由分析可知，“还原”时，先加入硫酸将废水中的转化为,由于盐酸具有还原性，能与发生氧化还原反应生成有毒的氯气，污染空气，不能用盐酸替代硫酸酸化； 故答案为：在酸性溶液中有较强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2； ②“还原"时，反应的离子方程式为； 故答案为：； ③述流程中Na2SO3的作用是把还原为Cr3+，选项中的FeSO4和Na2S2O3具有还原性； 故答案为：BD； （2）“中和”时，加入Na2CO3调节溶液的pH使Cr(OH)3沉淀，此时的溶液为Cr(OH)3的饱和溶液，则Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)，当c(Cr3+)=6.3×10-7mol/L，可得c(OH-)=1.0×10-8mol/L，即pH=6； 故答案为：6； （3）为提高反应速率，可搅拌混合液、适当加热、提高氢氧化钠溶液浓度等； 故答案为：搅拌混合液、适当加热、提高氢氧化钠溶液浓度等； （4）加NaOH调节pH后，溶液中Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O； 故答案为：2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O； （5）根据沉淀溶解平衡可知，提高钡离子浓度，平衡向沉淀方向移动，减少铬酸根离子的溶解度，提高铬元素的回收率； 故答案为：提高钡离子浓度，平衡向沉淀方向移动，让铬酸根离子充分沉淀，提高铬元素的回收率。 29．四水合磷酸锌[]难溶于水，是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰（含ZnO、PbO、CuO、FeO、、）为原料制备并回收铜的流程如下，回答下列问题： 已知：步骤Ⅳ反应为 (1)滤渣Ⅰ的成分为 。步骤Ⅰ中滴加溶液反应的离子方程式为 ，若将步骤Ⅰ中两种试剂加入顺序调换会导致 。 (2)试剂a为 。步骤Ⅲ反应的化学方程式为 。 (3)加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有 （填化学式）。 【答案】(1) 和 在产物中引入杂质元素Mn (2) 稀硫酸 (3)ZnO、或 【分析】浸取时SiO2不参与反应，PbO与稀硫酸反应生成难溶物质PbSO4，滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2、PbSO4；“步骤I”操作时，需先将溶液调至接近中性，然后再滴加KMnO4溶液，使溶液中的铁元素转化为Fe(OH)3；加入试剂Zn可以除去溶液中Cu2+，且不能引入新杂质，向硫酸锌中加入碳酸氢铵得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O沉淀，再加入磷酸，ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O沉淀转化为Zn3(PO4)2·4H2O沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到Zn3(PO4)2·4H2O固体。 【详解】（1）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2、PbSO4；由图可知，然后再滴加KMnO4溶液，使溶液中的铁元素转化为Fe(OH)3，离子方程式为MnO+3Fe2++7H2O = MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；酸性条件下高锰酸钾的还原产物为锰离子，故若将步骤Ⅰ中两种试剂加入顺序调换会导致在产物中引入杂质元素Mn； （2）由分析可知，滤渣Ⅱ的成分为过量的锌和置换出来的铜，根据流程可知，试剂a为稀硫酸；结合题中步骤Ⅳ的方程式，步骤Ⅲ中加入碳酸氢铵和锌离子反应生成沉淀，方程式为：； （3）2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示，350℃时，剩余固体中已不含碳元素，即C全部以CO2的形式分解了，碱式碳酸锌即2ZnCO3•3Zn(OH)2•2H2O的摩尔质量为：583g/mol，设1mol碱式碳酸锌加热到350℃时，固体质量变为423g，则固体减少了：583g-423g=160g，160=2×44+18x，解得x=4，说明分解产生了4molH2O，即2mol结晶水和2molZn (OH)2分解出2molH2O，即还1molZn(OH)2为分解，则剩余固体中含有ZnO和Zn (OH)2或4ZnO•Zn(OH)2。 30．高铁酸钾()是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。 Ⅰ.实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下： 已知：“转化”过程发生复分解反应。 回答下列问题： (1)配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的是___________(填序号)。 A．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 B．NaOH在烧杯中溶解后，烧杯未洗涤 C．容量瓶洗净之后未干燥 D．定容时俯视刻度线 (2)NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生副反应： 主反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 副反应：(未配平) ①配平该副反应： ___________Cl2+___________NaOH=___________NaCl+___________NaClO3+___________H2O ②若有发生该副反应，该过程中转移电子的物质的量为 mol； (3)氧化过程中溶液保持强碱性，写出反应的离子方程式： 。 Ⅱ.工业干法制备高铁酸钾： 第一步反应为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑ 第二步反应在溶液中进行： (4)该第一步反应中氧化产物为 、 ， (5)试解释第二步反应能发生的原因 。 (6)K2FeO4在净水过程中能产生Fe(OH)3胶体，检验净水过程中产生了胶体的方法是 。 【答案】(1)D (2) 3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O 0.25 (3)3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O (4) (5)相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小 (6)验证上述分散系有丁达尔效应 【分析】先用Cl2和NaOH溶液在低温下反应制备NaClO溶液，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，用NaClO将Fe3+氧化为，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+ 3Cl-+5H2O，用稀的KOH溶液来沉淀过量的Fe3+，然后加入浓的KOH溶液，由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故通过反应Na2FeO4+2KCl= K2FeO4+2NaCl制备高铁酸钾，再经过滤、洗涤、干燥即可得到产品； 【详解】（1）A．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏小， 选项A错误； B．NaOH在烧杯中溶解后，烧杯未洗涤，部分溶质损失，配制浓度偏小， 选项B错误； C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响， 选项C错误； D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，选项D正确； 答案选D； （2）①Cl元素发生歧化反应，从0降为-1、从0升至+5，结合原子守恒配平方程式为:3Cl2 + 6NaOH = 5NaCl+NaClO3+3H2O； ②3molCl2 ~ 5mole-若有0.15molCl2发生该反应，则通过副反应转移的电子的物质的量为0.25mol； （3）氧化过程中溶液保持强碱性，NaClO将Fe3+氧化为，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+ 3Cl-+5H2O； （4）第一步反应为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中O元素由-1价升高为0价被氧化，Fe元素由+2价升高为+6价被氧化，故氧化产物为、； （5）相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，反应中溶解度较小的容易过饱和而析出，故第二步反应能发生； （6）K2FeO4在净水过程中能产生Fe(OH)3胶体，检验净水过程中产生了胶体的方法是验证上述分散系有丁达尔效应。 31．可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为，含、，等杂质)为原料生产，和金属Al的工艺流程如图。回答下列问题： (1)已知“焙烧”时，转化为，请写出该转化过程的化学方程式 。 (2)“水浸”后滤渣主要成分为 (填化学式，下同)。 (3)“调pH”时通入的“气体X”是 。 (4)用稀硫酸进行“酸浸”后，再进行“沉铝”操作，所得的母液Ⅱ的主要成分为 。 (5)过滤得到母液Ⅰ经 、过滤、洗涤、干燥得到碳酸钠晶体，失去结晶水得到碳酸钠固体。 (6)加入“析铬”，被还原的离子方程式为 。 【答案】(1) (2) (3) (4) (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 【分析】由工艺流程图知，高铁铬铁矿通入空气、加入碳酸钠焙烧生成二氧化碳，“焙烧”过程中，转化为，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠，过滤得到的滤渣为，通入二氧化碳气体调节溶液pH可使偏铝酸根和硅酸根转化为沉淀从而使铝元素、硅元素与铬元素分离，便于后续达到“析铬”的目的，加入硫化钠生成Cr(OH)3，过滤得到的母液Ⅰ经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥可得到碳酸钠晶体，失去结晶水后得到碳酸钠固体，析铬后的固体为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，加入硫酸酸浸，过滤得到硅酸和铝盐溶液，加入过量氨水沉铝生成氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝和水，电解熔融氧化铝得到铝，母液Ⅱ主要是铵盐硫酸铵。 【详解】（1）“焙烧”时，转化为，结合流程示意图信息，利用原子守恒可得该转化过程的化学方程式为； （2）“焙烧”过程中，转化为，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠，故“水浸”后过滤得到的滤渣的主要成分为； （3）从流程图来看，“调pH” 可使偏铝酸根和硅酸根转化为沉淀从而使铝元素、硅元素与铬元素分离，便于后续达到“析铬”的目的，故通入的“气体X”是； （4）由分析可知，用稀硫酸进行“酸浸”后，再进行“沉铝”操作，由于加入了过量氨水，所得的母液Ⅱ的主要成分为； （5）由于要得到碳酸钠晶体，那么要对过滤所得的母液Ⅰ进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作； （6）加入“析铬”，从流程看，被还原为，S2-被氧化为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可写出对应的离子方程式为。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$