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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：15氧化还原反应的综合分析
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这是一份2022届高三化学一轮高考复习常考题型：15氧化还原反应的综合分析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型15氧化还原反应的综合分析
一、单选题（共15题）
1．科学家指出多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷(As)元素，它对人体是无毒的，但吃饭时一定不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出一个公式：“大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3，剧毒)”。下列有关解释错误的是
A．维生素C具有还原性
B．维生素C能将+5价砷还原成+3价
C．+5价砷生成的砒霜是该反应的氧化产物
D．青菜中含有维生素C，维生素C在反应中失电子
2．固体Na2S溶于水呈碱性且放出有臭味的气体，俗称“臭碱”。工业上可利用反应来制备，下列说法不正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因是：S2-+H2O⇌HS-+OH-
B．Na2S可以在空气中长期放置会变质
C．反应中生成1mol“臭碱”转移电子的物质的量为8mol
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为2：1
3．氮化铝(AlN)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，的制备反应为。下列叙述不正确的是
A．上述反应中，N2是氧化剂，C是还原剂
B．AlN中氮元素的化合价为-3
C．AlN的摩尔质量为41 g
D．上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
4．“开车不喝酒，喝酒不开车”，这是在全国开展的“严厉整治酒后驾驶交通违法行为”专项行动提出的口号。交通警察检验司机是否酒后驾车的化学原理是：，结合上述信息判断有关说法不正确的是
A．乙醇在反应中发生了氧化反应
B．为增强检测效果，加入盐酸酸化重铬酸钾溶液
C．每1mol乙醇参与反应转移电子数为4mol
D．乙醇使酸性高锰酸钾褪色的原理与乙醇使酸性变色的原理相同
5．某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是
A．该工艺流程用来制备
B．气体是
C．气体与溶液发生的反应属于化合反应
D．与溶液反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是
6．科学家致力于二氧化碳甲烷化研究，期待早日实现“碳中和”的愿景。下列关于二氧化碳甲烷化技术的说法错误的是
A．I→II的反应方程式为(代表吸附态)
B．II→III的过程中有C—O键的断裂也有O—H键形成
C．III→I存在两种路径，这两种路径中III与I的能量差值不同
D．每生成1mol转移电子数为8
7．已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3＋→ Fe2＋； → Mn2＋；Cl2→ 2Cl-；HNO3→ NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A．Fe3＋ B． C．Cl2 D．HNO3
8．工业上冶炼金属镁的方法有两种：电解法和皮江法。皮江法是硅在高温下还原氧化镁。皮江法冶炼金属镁的工艺流程如图所示，下列说法中不正确的是
A．气体a是CO2
B．“还原炉”中发生的主要反应有2MgO+Si2Mg↑+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3
C．“还原炉”中抽空气到接近真空的原因是防止还原得到的Mg在高温条件下再次被氧化
D．“回转炉煅烧”的产物为CaO和MgO，其中电解法就是电解熔融的氧化镁来制备金属镁
9．工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示：
若装置Ⅰ中反应后n()：n()=1：1，下列说法错误的是
A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为2NO+4Ge4++3H2O=4Ge3++++6H+
B．装置Ⅰ中若有5.6 L(标况)NO参与反应，则转移0.625 mol电子
C．装置Ⅱ中的操作是电解，则阳极反应式为Ge3+-e-=Ge4+
D．装置Ⅲ中反应的氧化剂是O2
10．关于下列转化过程分析不正确的是
A．Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3
B．过程Ⅰ中Fe3O4分解时，每消耗1 mol Fe3O4转移1 mol电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为：3FeO+H2OFe3O4+H2↑
D．该过程的总反应为：2H2O ═ O2↑+2H2↑
11．过硝酸钠(NaNO4)能与水发生反应：NaNO4+H2O=NaNO3+H2O2，下列说法不正确的是
A．过硝酸钠具有强氧化性，没有还原性
B．过硝酸钠中含有-O-O-结构
C．过硝酸钠可用于杀菌消毒
D．将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液中发生的离子方程式：+2Fe2++2H+=+2Fe3++H2O
12．我国“蛟龙”号载人潜水器重要部件是用钛合金材料制造的。金属钛(Ti)抗腐蚀性能好，在高温环境下具有强还原性。以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产钛的工艺流程如下，下列说法不正确的是
A．①中发生的反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
B．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜
C．②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化
D．高温下，钠可以与TiCl4溶液反应制备金属钛
13．某固体X可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SO3、Na2CO3、NaClO、K2SO4中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：
下列有关说法正确的是
A．滤液A中一定含有Na+
B．气体B一定是纯净物
C．若固体X中不含K2SO4，则一定含NaClO
D．固体X中一定含有Fe2O3
14．一种借用的转化，利用和合成燃料的途径如图所示。下列说法不正确的是
A．上述转化的实质是太阳能转化为化学能
B．上述转化过程中涉及的反应均属于氧化还原反应
C．利用上述转化有利于遏制温室效应
D．若得到三种产物、、各1mol，共放出为
15．自来水厂一种预防和处理Cl2泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正确的是
A．Cl2和水反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+
B．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2
C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO-、Cl-
二、填空题（共4题）
16．探究“外界条件对化学反应速率的影响”，可以用到定性分析、定量分析和对比分析等多种方法：
Ⅰ、H2O2不稳定、易分解，Fe3+、Cu2+等对其分解起催化作用，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组同学分别设计了如图甲、乙两种实验装置。
(1)若利用图甲装置，可通过观察_______现象，从而定性比较得出结论。
(2)有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_______。
(3)若利用乙实验可进行定量分析，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验中还需要测量的数据是_______。
Ⅱ、 某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
(4)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4，每消耗1 mol H2C2O4转移_______mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4):n(KMnO4)≥_______。
(5)要探究温度对化学反应速率的影响，应选择的实验编号是_______(填编号，下同)，探究反应物浓度对化学反应速率的影响，应选择的实验编号是_______。
(6)该小组发现保持温度恒定，反应速率走势如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：_______，若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂最合理的是_______(填序号)。
A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．稀硫酸 D．二氯化锰
17．氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理，以减轻环境污染。
Ⅰ.(1) NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_______。
Ⅱ.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：
主反应：(NH4)2S2O8+2NaOH Na2S2O8+2NH3↑+2H2O
副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2
某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。
实验一：实验室通过如图所示装置制备Na2S2O8。
(2)装置中盛放双氧水的仪器名称是_______。
(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_______。
(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_______(填字母)。
A．温度计 B．洗气瓶 C．水浴加热装置 D．环形玻璃搅拌棒
实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50 mg·L-1。
②Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，Ag++I-=AgI↓，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下：取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.0×10-3mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL。
(5)滴定终点的现象是：_______。
(6)处理后的废水是否达到排放标准？_______(填“是”或“否”)。
Ⅲ.(7)常温下，含硫微粒主要存在形式受pH影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO，产物中阴离子为S2O，则阳极反应方程式为_______。
18．是常见的食盐加碘剂，某小组制备晶体的流程如下，请回答：
合成反应：；
滴定反应：；。
已知：①碘易溶于乙醚；乙醚微溶于水，沸点，密度，易燃。
②在水中的溶解度：为，为；难溶于乙醇。
(1)步骤③蒸馏，最适合的装置图为___________。
A．B．
C．D．
(2)步骤④加硝酸酸化至，过高或过低将导致产率降低，原因是___________；用带磁力搅拌的电热套控温加热约，判断氧化反应已完全的方法是___________。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．步骤⑤逐氯，可用升温煮沸的方法或加入适量作还原剂
B．步骤⑦中和，可加入烧碱至溶液能使酚酞变色为止
C．步骤⑧静置，自然冷却结晶，可获得较大晶粒，便于抽滤
D．步骤⑧后，往滤液中加入一定量乙醇，再次抽滤，可提高产品收率
(4)步骤②用乙醚萃取能减少蒸馏时碘的损失，但要特别注意安全。从下列选项中选出合理的操作(不能重复使用)并排序：___________→___________→___________→___________→分液，保留上层。
a.涂凡士林并检漏； b.往分液漏斗中转移溶液； c.置于铁架台的铁圈上静置分层； d.加入乙醚(次萃取)； e.将乙醚分批加入(次萃取)； f.右手压住玻璃塞，左手握住旋塞； g.左手压住玻璃塞，右手握住旋塞； h.尖嘴朝下，同向摇动使溶液旋转，取出玻璃塞放气(重复几次)； i.尖嘴朝上(倒转)，振荡几次，打开旋塞放气(重复几次)。
(5)为了测定产品的纯度，可采用碘量法滴定。准确称取产品，配制成溶液，用移液管移取溶液于碘量瓶(如图)中，加稀硫酸酸化，再加入足量溶液充分反应，加淀粉指示剂，用标准溶液滴定，平行测定几次。该小组测得产品中的质量分数为，在确认滴定操作无误的情况下，原因可能是___________。
(6)某同学查询到资料：的乙醚溶液在紫外光区有强烈吸收，可与标准溶液系列进行比色定量分析。若用该方法测定产品的纯度，需要用到的关键设备是___________。
19．某研究性小组结合文献资料进行了比较Fe2+和C2O的还原性强弱的如下实验。
资料：
i.无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解。
ii.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解；FeC2O4·2H2O为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸。
iii.配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2++4NH3[Cu(NH)4]2+，其稳定常数表达式为：K=。已知K[Fe(C2O4)]3-=1020，K[Fe(SCN)3]=2×103。
已知：实验1——用以下装置制取无水氯化铁
(1)仪器X的名称是___，装置B的作用是____。
(2)欲制得纯净的FeCl3，实验过程中点燃装置F处酒精灯的时机是___。
(3)按气流方向写出制取无水氯化铁的发生和收集装置的最佳接口顺序为___(用小写字母表示)。
实验2——通过Fe3+和C2O在溶液中的反应比较Fe2+和C2O的还原性强弱。
操作
现象
在避光处，向10mL0.5mol/LFeCl3溶液中缓慢加入0.5mol/LK2C2O4溶液至过量。搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤
得到亮绿色溶液和亮绿色晶体
(4)取实验2中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。其原因是___。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体含有+3价的铁元素。加入硫酸后溶液变红的原因是___。
(5)经检验，亮绿色晶体为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。设计实验，确认实验2中没有生成Fe2+使用的试剂____(写出试剂的化学式)。
(6)取实验2中的亮绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：___。
_____[Fe(C2O4)3]2-____FeC2O4↓+___↑+___
参考答案
1．C
【分析】
人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As。
【详解】
A．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故A正确；
B．大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3)，其中所以As元素化合价由+5价变为+3价，维生素C能将+5价砷还原成+3价，故B正确；
C．砒霜为该反应的还原产物，故C错误；
D．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，还原剂在反应中失去电子，故D正确。
答案选C。
2．D
【详解】
A．硫离子在水中易发生水解，S2-+H2OHS-+OH-，故硫化钠溶液显碱性，A项正确；
B．硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氢化钠，发生变质，B项正确；
C．根据方程式Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑硫酸根离子中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，故生成1mol硫化钠转移8mol电子，C项正确；
D．该反应中硫酸根离子中硫的化合价下降，硫酸钠做氧化剂，C在反应中化合价上升，做还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：2，D项错误；
答案选D。
3．C
【详解】
A．在上述反应中，N元素化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，得到电子被还原，所以N2是氧化剂；C元素化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO中的+2价，化合价升高，失去电子被氧化，所以C是还原剂，A正确；
B．在AlN中Al元素化合价为+3价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知其中氮元素的化合价为-3，B正确；
C．AlN的摩尔质量为41 g/mol，C错误；
D．在上述反应中，N元素化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，得到3 个电子，则每生成1 mol AlN需转移3 mol电子，D正确；
故合理选项是C。
4．B
【详解】
A、乙醇中C的化合价由-4变为0价，化合物升高，发生了氧化反应，故A正确；
B、重铬酸钾溶液能氧化盐酸中的氯离子，影响酒精的检测，故B错误；
C、乙醇中C的化合价由-4变为0价，1mol 乙醇失去1molx4=4mol，转移电子物质的量为4mol，故C正确；
D、酸性高锰酸钾，酸性都具有强氧化性，可以氧化乙醇，所以乙醇使使酸性高锰酸钾褪色的原理与乙醇使酸性变色的原理相同，故D正确；
5．C
【详解】
A．由工艺流程中的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁和硫酸铁可循环使用，气体M和SO2为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁溶液和二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸、硫酸亚铁反应生成硫酸铁，根据上述分析知该工艺流程是用来制备硫酸的，故A正确；
B．根据反应关系知气体M、H2SO4和FeSO4作用生成Fe2(SO4)3，Fe元素的化合价升高，M是具有氧化性的气体，如O2等，故B正确；
C．气体M、FeSO4溶液和硫酸作用除生成Fe2(SO4)3外，还有H2O生成，气体M参加的反应不是化合反应，故C错误；
D．SO2参加反应时的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1，故D 正确；
故答案为C。
6．C
【详解】
A．由题干示意图可知，I→II的反应方程式为(代表吸附态)，A正确；
B．由题干示意图可知，II→III的过程中有C—O键的断裂也有O—H键形成，B正确；
C．由题干示意图可知，III→I存在两种路径，但这两种路径中III与I的能量差值即反应过程中的热效应，与途径无关，只与反应物和生成物的状态有关，故二者相同，C错误；
D．由题干示意图可知，整个反应的总过程是将CO2和H2转化为CH4和H2O，故每生成1mol转移电子数为8，D正确；
故答案为：C。
7．B
【分析】
等物质的量的氧化剂得到电子数目越多，反应氧化KI产生I2的物质的量就越多，据此分析解答。
【详解】
A．Fe3＋→ Fe2＋时化合价降低1价，1 mol Fe3＋发生该变化得到1 mol的电子；
B．→ Mn2＋时化合价降低5价，1 mol 发生该变化得到5 mol的电子；
C．Cl2→ 2Cl-时化合价降低1×2=2价，1 mol Cl2发生该变化得到2 mol的电子；
D．HNO3→ NO时化合价降低3价，1 mol HNO3发生该变化得到3 mol的电子；
可见：选项B中1 mol变为Mn2+时得到电子最多，其氧化KI时产生的I2最多，故合理选项是B。
8．D
【详解】
A．根据常见碳酸盐的性质可知白云石高温条件下会分解为氧化钙、氧化镁和二氧化碳，气体a为二氧化碳，A正确；
B．白云石煅烧后得到氧化钙、氧化镁，然后高温条件下用Si还原MgO得到Mg单质，同时二氧化硅和氧化钙反应得到硅酸钙，发生的反应为2MgO+Si2Mg↑+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3，B正确；
C．Mg活泼性较强，易被氧气氧化，所以抽空气到接近真空进行还原，C正确；
D．氧化镁的熔点较高，电解法制备Mg单质，需要电解熔点较低的熔融MgCl2，D错误；
综上所述答案为D。
9．B
【详解】
A．根据流程分析可知，反应符合事实，遵循电子守恒、电荷守恒、原子转化规律，A正确；
B．结合装置Ⅰ中反应可知，消耗2molNO，转移4mol电子；5.6 L(标况)NO的物质的量是0.25 mol，根据选项A分析可知消耗0.5 mol Ge4+，转移电子的物质的量为0.5 mol，B错误；
C．装置Ⅱ中的操作是电解，电解时阳极上Ge3+失去电子，发生氧化反应，故阳极的反应式为：Ge3+-e-=Ge4+，C正确；
D．根据反应的物质，结合元素化合价变化可知：亚硝酸根离子为还原剂，O2为氧化剂，反应产生NH4NO3、H2O，D正确；
故合理选项是B。
10．B
【详解】
A．Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO，所以Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，A项正确；
B．过程Ⅰ的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，当有2mol Fe3O4分解时，生成1mol O2，转移4mol电子，则每消耗1 mol Fe3O4转移2 mol电子，B项错误；
C．过程Ⅱ中FeO与水蒸气在加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为，3FeO+H2OFe3O4+H2↑，C项正确；
D．过程Ⅰ的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，过程Ⅱ的反应为3FeO+H2O(g) Fe3O4+H2，故该过程总反应为2H2O(g)=O2+2H2，D项正确；
答案选B。
11．A
【详解】
A．过硝酸钠中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧既有氧化性又有还原性 ，故A选；
B．过硝酸钠中含有-1价的两个氧原子，含有—O—O—结构，故B不选；
C．过硝酸钠与水反应生成过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故C不选；
D． 过硝酸钠-1价的氧具有氧化性，亚铁离子具有还原性，将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液发生氧化还原反应，发生的离子方程式是+2Fe2++2H+=+2Fe3++H2O ，故D不选；
故选：A。
12．D
【详解】
A．金红石与焦炭的混合物中通入，得到TiCl4和一种可燃气体，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故A正确；
B．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜，这层氧化膜在常温下不与绝大多数强酸强碱反应，故B正确；
C．稀有气体化学性质稳定,不会参与化学反应,常做保护气，用来隔绝空气，防止金属钛被氧化，故C正确；
D．钠是活泼金属，会与溶液中的水反应，故D错误；
故答案为D。
13．C
【分析】
二氧化锰与浓盐酸共热可以生成氯气，氯气具有强氧化性，滤渣与浓盐酸反应后的溶液中加入KSCN产生血红色物质，可以证明滤渣中有铁元素，则FeO和Fe2O3至少有一种；滤液A和盐酸反应后的溶液中加BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中SO，这些SO可能来自K2SO4，也可能是K2SO3被次氯酸钠氧化而生成的；滤液A加稀盐酸产生气体B，则B可能是CO2，也可能是SO2，也就是说K2SO3和Na2CO3至少有一种，据此来分析即可。
【详解】
A．根据分析可知，当固体中同时存在K2SO3和K2SO4时可以满足上述流程，此时滤液A中可以不含Na+，A错误；
B．根据分析可知气体B可能是CO2和SO2的混合物，B错误；
C．若固体X中不含K2SO4，则一定得有K2SO3，同时也必须有NaClO，此时亚硫酸根可以被氧化成硫酸根，加入氯化钡时才能产生沉淀，C正确；
D．根据分析可知固体X中FeO和Fe2O3至少有一种，D错误；
综上所述答案为C。
14．D
【详解】
A．由题给信息可知，在光照的条件下，借用的转化使CO2和H2O合成H2、CO、CH4，将太阳能转化为化学能，A正确；
B．题给转化过程的每步变化中均有元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，B正确；
C．CO2被转化,能遏制温室效应，C正确；
D．该过程的反应物为H2O、CO2，生成物为H2、CO、CH4和O2，要生成H2、CO、CH4各1mol，则需要3molH2O和2molCO，由O原子守恒可知，同时可生成3molO2，D错误；
故选D。
15．D
【详解】
A．Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+，故A正确；
B．2FeCl3+Fe=3FeCl2，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B正确；
C．氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故C正确；
D．ClO-能把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+、ClO-不能大量共存，故D错误；
选D。
16．生成气体的快慢 可以消除阴离子不同对实验的干扰 产生40mL气体所需的时间 2 5：2或2.5 ②和③ ①和② 产物中的Mn2+对该反应有催化作用 B
【详解】
(1)该反应中产生气体，可根据生成气泡的快慢判断；
(2)氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；
(3)根据知，还需要测定产生40mL气体所需的时间；
(4)反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，每消耗5 mol H2C2O4转移10 mol电子，则消耗1mol H2C2O4转移2 mol电子；为了观察到紫色褪去，草酸应稍过量，则n(H2C2O4):n(KMnO4)≥5：2；
(5)要探究温度对化学反应速率的影响，则温度是唯一变量，应选择的实验编号是②和③；探究反应物浓度对化学反应速率的影响，应选择的实验编号是①和②；
(6)t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是生成锰离子作催化剂加快反应速率，高锰酸钾可氧化氯离子，可加入硫酸锰作对比实验说明，控制锰离子浓度不同，故选：B。
17．NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3 分液漏斗 将产生的氨气及时排除，防止发生副反应 AC 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 是 2HSO-2e-=S2O+2H+
【详解】
(1)NaCN用双氧水处理后，生成的酸式盐为碳酸氢钠，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，反应方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3；
(2)装置中盛放双氧水的仪器为分液漏斗；
(3)主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，故置a中反应产生的气体需要持续通入装置c，为了将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；
(4)由题可知，主反应的温度为55℃，故装置中还需要温度计，为维持温度，采用水浴加热，需要水浴加热装置；故答案为：AC；
(5)废水溶液中KI为指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag+将CN -反应完全后与I-结合为AgI黄色沉淀，故终点现象为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失；
(6)根据Ag+～2NaCN消耗1.0×10 -3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL，则m(NaCN)=n(NaCN)×M(NaCN)=2n(AgNO3)×M(NaCN)=2×1.0×10 -3mol/L×5.00×10 -3L×49g/mol=49×10 -5g，废水中氰化钠的浓度为49×10−5×103mg/1L=0.49mg/L＜0.5mg/L，故达到排放标准；
(7)阳极发生氧化反应，由HSO失电子被氧化为S2O，电极反应式为：2HSO-2e-= S2O+2H+。
18．D 过高，的氧化性不足，反应慢不利于生成； 过低，与反应产生大量 反应液褪色 AB e f I c 滴定摇动锥形瓶时，过量被空气氧化成(或含有杂质) (紫外)分光光度计
【分析】
海带灰浸取液中含碘离子，在酸性条件下被过氧化氢氧化为碘单质，从水溶液中分离碘可采用乙醚萃取、经分液后得到有机层，蒸馏碘的乙醚溶液，得到碘单质，乙醚易燃，故实验过程要避免明火，碘单质在酸性条件下为氧化为碘酸根、反应过程中存在副反应生成氯气，经过逐氯，冷却结晶、过滤得到，过滤得到，经热水溶解、中和后得到 ，利用碘酸钾的溶解度随温度升高增幅较大、采用冷却结晶、过滤得到碘酸钾。难溶于乙醇、滤液中的碘酸钾可通过加酒精而析出，能提高产量。
【详解】
(1)步骤③要蒸馏碘的乙醚溶液，已知乙醚沸点，易燃，故蒸馏时要避免明火、采用水浴加热能使混合物受热均匀、温度易于控制，能顺利蒸馏出乙醚、收集装置能避免乙醚挥发到空气中、且能进行尾气处理，则最适合的装置图为D。
(2) 已知氯酸根能将碘单质氧化为碘酸根离子，反应的方程式为，还原产物氯离子在酸性条件下能和氯酸根发生归中反应生成氯气：，则步骤④需加硝酸酸化至， 过高或过低将导致产率降低，原因是：过高，的氧化性不足，反应慢不利于生成； 过低，与反应产生大量；碘水呈棕黄色，氯气在加热条件下难溶于酸性溶液中，则，用带磁力搅拌的电热套控温加热反应过程中，溶液颜色逐渐变浅，判断氧化反应已完全的方法是反应液褪色。
(3) A．氯气在水中的溶解度随温度升高而降低、氯气具有氧化性，能氧化KI，但氧化产物可以为碘、碘酸钾等，会引入新杂质，故A不正确；
B．呈酸性，加入烧碱发生中和反应得到步骤呈中性，pH大于8.2时酚酞变浅红色，则碱已过量，故B不正确；
C．因为缓慢冷却时间较长会得到较大颗粒晶体，便于抽滤，急速冷却得到的晶体颗粒较小，故C正确；
D．已知在水中的溶解度：为，为；难溶于乙醇。
步骤⑧后，往滤液中加入一定量乙醇，能析出碘酸钾晶体，再次抽滤，可提高产品收率，故D正确；
说法不正确的是AB。
(4) 用乙醚萃取的水层的振荡操作是：选用经过检验是步漏液的分液漏斗，往分液漏斗中转移溶液，右手压住玻璃塞、左手握住旋塞、将分液漏斗倒转过来，用力振荡，将下部支管斜向上方即尖嘴朝上(倒转)，旋开旋塞放气，重复几次步骤，则②用乙醚萃取的合理的操作顺序为：e→f→i→c→分液，保留上层。
(5) 用碘量法测定产品的纯度，反应原理为：和，则得到关系式： ，现在测得产品中的质量分数为，又知滴定操作无误，则实验过程中有其它途径生成了碘单质或有其它能消耗硫代硫酸钠的杂质存在，原因可能是滴定摇动锥形瓶时，过量被空气氧化成(或含有杂质)。
(6)已知的乙醚溶液在紫外光区有强烈吸收，可与标准溶液系列进行。可用比色定量分析法测定产品的纯度，需要用到的关键设备是(紫外)分光光度计。
19．圆底烧瓶 吸收尾气氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气使D中无水氯化铁水解 待F装置的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃F处酒精灯 jkgf K{[Fe(C2O4)]3-}>K[Fe(SCN)3]，说明[Fe(C2O4)]3-比Fe(SCN)3更稳定，[Fe(C2O4)]3-中的Fe3+不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色 加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红 K3[Fe(CN)6] 2[Fe(C2O4)3]2-2FeC2O4↓+2CO2↑+3C2O
【分析】
实验1中，装置A为二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，浓盐酸易挥发，用饱和食盐水除去氯化氢杂质，氯化铁遇到潮湿的空气极易水解，则制备的氯气为干燥的，用装置C除去水蒸气，干燥的氯气与铁粉在装置F中反应，无水氯化铁在300℃以上升华，则装置D的作用是收集氯化铁；氯气有毒，未反应的氯气用碱石灰吸收,而且碱石灰还可以防止空气中水蒸气进入D，使D中无水氯化铁水解；
【详解】
(1)仪器X的名称是圆底烧瓶；干燥的氯气与铁粉在装置F中反应，无水氯化铁在300℃以上升华，装置D用来收集氯化铁，则装置B的作用是吸收尾气氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气使D中无水氯化铁水解；故答案为：圆底烧瓶；吸收尾气氯气，防止污染空气，防止空气中水蒸气使D中无水氯化铁水解；
(2)欲制得纯净的FeCl3，防止被装置中空气中的氧气氧化，则应待F装置的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃酒精灯；故答案为：待F装置的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃F处酒精灯；
(3)根据分析，装置的连接顺序为A→E→C→F→D→B，制取无水氯化铁的发生是F和收集装置D的最佳接口顺序为jkgf；故答案为：jkgf；
(4)已知K[Fe(C2O4)3]3-＞K[Fe(SCN)3]，说明[Fe(C2O4)3]3-比Fe(SCN)3更稳定，[Fe(C2O4)3]3-不能电离出Fe3+，则不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色。加入硫酸后，H+与结合可使平衡逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；故答案为：K{[Fe(C2O4)]3-}>K[Fe(SCN)3]，说明[Fe(C2O4)]3-比Fe(SCN)3更稳定，[Fe(C2O4)]3-中的Fe3+不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色；加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；
(5)若Fe3+和发生氧化还原反应，则生成亚铁离子，亚铁离子与铁氰化钾反应显蓝色，则操作为取少量实验2中的亮绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，则未发生氧化还原反应；故答案为：K3[Fe(CN)6]
(6)已知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解，Fe的化合价降低，则部分C的化合价升高，方程式为2[Fe(C2O4)3]3-2FeC2O4↓+2CO2↑+3；故答案为：2[Fe(C2O4)3]2-2FeC2O4↓+2CO2↑+3C2O；
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型15氧化还原反应的综合分析
一、单选题（共15题）
1．科学家指出多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷(As)元素，它对人体是无毒的，但吃饭时一定不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出一个公式：“大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3，剧毒)”。下列有关解释错误的是
A．维生素C具有还原性
B．维生素C能将+5价砷还原成+3价
C．+5价砷生成的砒霜是该反应的氧化产物
D．青菜中含有维生素C，维生素C在反应中失电子
2．固体Na2S溶于水呈碱性且放出有臭味的气体，俗称“臭碱”。工业上可利用反应来制备，下列说法不正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因是：S2-+H2O⇌HS-+OH-
B．Na2S可以在空气中长期放置会变质
C．反应中生成1mol“臭碱”转移电子的物质的量为8mol
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为2：1
3．氮化铝(AlN)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，的制备反应为。下列叙述不正确的是
A．上述反应中，N2是氧化剂，C是还原剂
B．AlN中氮元素的化合价为-3
C．AlN的摩尔质量为41 g
D．上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子
4．“开车不喝酒，喝酒不开车”，这是在全国开展的“严厉整治酒后驾驶交通违法行为”专项行动提出的口号。交通警察检验司机是否酒后驾车的化学原理是：，结合上述信息判断有关说法不正确的是
A．乙醇在反应中发生了氧化反应
B．为增强检测效果，加入盐酸酸化重铬酸钾溶液
C．每1mol乙醇参与反应转移电子数为4mol
D．乙醇使酸性高锰酸钾褪色的原理与乙醇使酸性变色的原理相同
5．某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是
A．该工艺流程用来制备
B．气体是
C．气体与溶液发生的反应属于化合反应
D．与溶液反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是
6．科学家致力于二氧化碳甲烷化研究，期待早日实现“碳中和”的愿景。下列关于二氧化碳甲烷化技术的说法错误的是
A．I→II的反应方程式为(代表吸附态)
B．II→III的过程中有C—O键的断裂也有O—H键形成
C．III→I存在两种路径，这两种路径中III与I的能量差值不同
D．每生成1mol转移电子数为8
7．已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3＋→ Fe2＋； → Mn2＋；Cl2→ 2Cl-；HNO3→ NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A．Fe3＋ B． C．Cl2 D．HNO3
8．工业上冶炼金属镁的方法有两种：电解法和皮江法。皮江法是硅在高温下还原氧化镁。皮江法冶炼金属镁的工艺流程如图所示，下列说法中不正确的是
A．气体a是CO2
B．“还原炉”中发生的主要反应有2MgO+Si2Mg↑+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3
C．“还原炉”中抽空气到接近真空的原因是防止还原得到的Mg在高温条件下再次被氧化
D．“回转炉煅烧”的产物为CaO和MgO，其中电解法就是电解熔融的氧化镁来制备金属镁
9．工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示：
若装置Ⅰ中反应后n()：n()=1：1，下列说法错误的是
A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为2NO+4Ge4++3H2O=4Ge3++++6H+
B．装置Ⅰ中若有5.6 L(标况)NO参与反应，则转移0.625 mol电子
C．装置Ⅱ中的操作是电解，则阳极反应式为Ge3+-e-=Ge4+
D．装置Ⅲ中反应的氧化剂是O2
10．关于下列转化过程分析不正确的是
A．Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3
B．过程Ⅰ中Fe3O4分解时，每消耗1 mol Fe3O4转移1 mol电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为：3FeO+H2OFe3O4+H2↑
D．该过程的总反应为：2H2O ═ O2↑+2H2↑
11．过硝酸钠(NaNO4)能与水发生反应：NaNO4+H2O=NaNO3+H2O2，下列说法不正确的是
A．过硝酸钠具有强氧化性，没有还原性
B．过硝酸钠中含有-O-O-结构
C．过硝酸钠可用于杀菌消毒
D．将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液中发生的离子方程式：+2Fe2++2H+=+2Fe3++H2O
12．我国“蛟龙”号载人潜水器重要部件是用钛合金材料制造的。金属钛(Ti)抗腐蚀性能好，在高温环境下具有强还原性。以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产钛的工艺流程如下，下列说法不正确的是
A．①中发生的反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
B．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜
C．②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化
D．高温下，钠可以与TiCl4溶液反应制备金属钛
13．某固体X可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SO3、Na2CO3、NaClO、K2SO4中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：
下列有关说法正确的是
A．滤液A中一定含有Na+
B．气体B一定是纯净物
C．若固体X中不含K2SO4，则一定含NaClO
D．固体X中一定含有Fe2O3
14．一种借用的转化，利用和合成燃料的途径如图所示。下列说法不正确的是
A．上述转化的实质是太阳能转化为化学能
B．上述转化过程中涉及的反应均属于氧化还原反应
C．利用上述转化有利于遏制温室效应
D．若得到三种产物、、各1mol，共放出为
15．自来水厂一种预防和处理Cl2泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正确的是
A．Cl2和水反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+
B．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2
C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO-、Cl-
二、填空题（共4题）
16．探究“外界条件对化学反应速率的影响”，可以用到定性分析、定量分析和对比分析等多种方法：
Ⅰ、H2O2不稳定、易分解，Fe3+、Cu2+等对其分解起催化作用，为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组同学分别设计了如图甲、乙两种实验装置。
(1)若利用图甲装置，可通过观察_______现象，从而定性比较得出结论。
(2)有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_______。
(3)若利用乙实验可进行定量分析，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验中还需要测量的数据是_______。
Ⅱ、 某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
(4)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4，每消耗1 mol H2C2O4转移_______mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4):n(KMnO4)≥_______。
(5)要探究温度对化学反应速率的影响，应选择的实验编号是_______(填编号，下同)，探究反应物浓度对化学反应速率的影响，应选择的实验编号是_______。
(6)该小组发现保持温度恒定，反应速率走势如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：_______，若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂最合理的是_______(填序号)。
A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．稀硫酸 D．二氯化锰
17．氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理，以减轻环境污染。
Ⅰ.(1) NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_______。
Ⅱ.工业制备过硫酸钠的反应原理如下：
主反应：(NH4)2S2O8+2NaOH Na2S2O8+2NH3↑+2H2O
副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2
某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。
实验一：实验室通过如图所示装置制备Na2S2O8。
(2)装置中盛放双氧水的仪器名称是_______。
(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_______。
(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_______(填字母)。
A．温度计 B．洗气瓶 C．水浴加热装置 D．环形玻璃搅拌棒
实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50 mg·L-1。
②Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，Ag++I-=AgI↓，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下：取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.0×10-3mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL。
(5)滴定终点的现象是：_______。
(6)处理后的废水是否达到排放标准？_______(填“是”或“否”)。
Ⅲ.(7)常温下，含硫微粒主要存在形式受pH影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO，产物中阴离子为S2O，则阳极反应方程式为_______。
18．是常见的食盐加碘剂，某小组制备晶体的流程如下，请回答：
合成反应：；
滴定反应：；。
已知：①碘易溶于乙醚；乙醚微溶于水，沸点，密度，易燃。
②在水中的溶解度：为，为；难溶于乙醇。
(1)步骤③蒸馏，最适合的装置图为___________。
A．B．
C．D．
(2)步骤④加硝酸酸化至，过高或过低将导致产率降低，原因是___________；用带磁力搅拌的电热套控温加热约，判断氧化反应已完全的方法是___________。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．步骤⑤逐氯，可用升温煮沸的方法或加入适量作还原剂
B．步骤⑦中和，可加入烧碱至溶液能使酚酞变色为止
C．步骤⑧静置，自然冷却结晶，可获得较大晶粒，便于抽滤
D．步骤⑧后，往滤液中加入一定量乙醇，再次抽滤，可提高产品收率
(4)步骤②用乙醚萃取能减少蒸馏时碘的损失，但要特别注意安全。从下列选项中选出合理的操作(不能重复使用)并排序：___________→___________→___________→___________→分液，保留上层。
a.涂凡士林并检漏； b.往分液漏斗中转移溶液； c.置于铁架台的铁圈上静置分层； d.加入乙醚(次萃取)； e.将乙醚分批加入(次萃取)； f.右手压住玻璃塞，左手握住旋塞； g.左手压住玻璃塞，右手握住旋塞； h.尖嘴朝下，同向摇动使溶液旋转，取出玻璃塞放气(重复几次)； i.尖嘴朝上(倒转)，振荡几次，打开旋塞放气(重复几次)。
(5)为了测定产品的纯度，可采用碘量法滴定。准确称取产品，配制成溶液，用移液管移取溶液于碘量瓶(如图)中，加稀硫酸酸化，再加入足量溶液充分反应，加淀粉指示剂，用标准溶液滴定，平行测定几次。该小组测得产品中的质量分数为，在确认滴定操作无误的情况下，原因可能是___________。
(6)某同学查询到资料：的乙醚溶液在紫外光区有强烈吸收，可与标准溶液系列进行比色定量分析。若用该方法测定产品的纯度，需要用到的关键设备是___________。
19．某研究性小组结合文献资料进行了比较Fe2+和C2O的还原性强弱的如下实验。
资料：
i.无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解。
ii.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解；FeC2O4·2H2O为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸。
iii.配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2++4NH3[Cu(NH)4]2+，其稳定常数表达式为：K=。已知K[Fe(C2O4)]3-=1020，K[Fe(SCN)3]=2×103。
已知：实验1——用以下装置制取无水氯化铁
(1)仪器X的名称是___，装置B的作用是____。
(2)欲制得纯净的FeCl3，实验过程中点燃装置F处酒精灯的时机是___。
(3)按气流方向写出制取无水氯化铁的发生和收集装置的最佳接口顺序为___(用小写字母表示)。
实验2——通过Fe3+和C2O在溶液中的反应比较Fe2+和C2O的还原性强弱。
操作
现象
在避光处，向10mL0.5mol/LFeCl3溶液中缓慢加入0.5mol/LK2C2O4溶液至过量。搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤
得到亮绿色溶液和亮绿色晶体
(4)取实验2中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。其原因是___。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体含有+3价的铁元素。加入硫酸后溶液变红的原因是___。
(5)经检验，亮绿色晶体为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。设计实验，确认实验2中没有生成Fe2+使用的试剂____(写出试剂的化学式)。
(6)取实验2中的亮绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：___。
_____[Fe(C2O4)3]2-____FeC2O4↓+___↑+___
参考答案
1．C
【分析】
人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As。
【详解】
A．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故A正确；
B．大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3)，其中所以As元素化合价由+5价变为+3价，维生素C能将+5价砷还原成+3价，故B正确；
C．砒霜为该反应的还原产物，故C错误；
D．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，还原剂在反应中失去电子，故D正确。
答案选C。
2．D
【详解】
A．硫离子在水中易发生水解，S2-+H2OHS-+OH-，故硫化钠溶液显碱性，A项正确；
B．硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氢化钠，发生变质，B项正确；
C．根据方程式Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑硫酸根离子中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，故生成1mol硫化钠转移8mol电子，C项正确；
D．该反应中硫酸根离子中硫的化合价下降，硫酸钠做氧化剂，C在反应中化合价上升，做还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：2，D项错误；
答案选D。
3．C
【详解】
A．在上述反应中，N元素化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，得到电子被还原，所以N2是氧化剂；C元素化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO中的+2价，化合价升高，失去电子被氧化，所以C是还原剂，A正确；
B．在AlN中Al元素化合价为+3价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知其中氮元素的化合价为-3，B正确；
C．AlN的摩尔质量为41 g/mol，C错误；
D．在上述反应中，N元素化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，得到3 个电子，则每生成1 mol AlN需转移3 mol电子，D正确；
故合理选项是C。
4．B
【详解】
A、乙醇中C的化合价由-4变为0价，化合物升高，发生了氧化反应，故A正确；
B、重铬酸钾溶液能氧化盐酸中的氯离子，影响酒精的检测，故B错误；
C、乙醇中C的化合价由-4变为0价，1mol 乙醇失去1molx4=4mol，转移电子物质的量为4mol，故C正确；
D、酸性高锰酸钾，酸性都具有强氧化性，可以氧化乙醇，所以乙醇使使酸性高锰酸钾褪色的原理与乙醇使酸性变色的原理相同，故D正确；
5．C
【详解】
A．由工艺流程中的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁和硫酸铁可循环使用，气体M和SO2为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁溶液和二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸、硫酸亚铁反应生成硫酸铁，根据上述分析知该工艺流程是用来制备硫酸的，故A正确；
B．根据反应关系知气体M、H2SO4和FeSO4作用生成Fe2(SO4)3，Fe元素的化合价升高，M是具有氧化性的气体，如O2等，故B正确；
C．气体M、FeSO4溶液和硫酸作用除生成Fe2(SO4)3外，还有H2O生成，气体M参加的反应不是化合反应，故C错误；
D．SO2参加反应时的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：1，故D 正确；
故答案为C。
6．C
【详解】
A．由题干示意图可知，I→II的反应方程式为(代表吸附态)，A正确；
B．由题干示意图可知，II→III的过程中有C—O键的断裂也有O—H键形成，B正确；
C．由题干示意图可知，III→I存在两种路径，但这两种路径中III与I的能量差值即反应过程中的热效应，与途径无关，只与反应物和生成物的状态有关，故二者相同，C错误；
D．由题干示意图可知，整个反应的总过程是将CO2和H2转化为CH4和H2O，故每生成1mol转移电子数为8，D正确；
故答案为：C。
7．B
【分析】
等物质的量的氧化剂得到电子数目越多，反应氧化KI产生I2的物质的量就越多，据此分析解答。
【详解】
A．Fe3＋→ Fe2＋时化合价降低1价，1 mol Fe3＋发生该变化得到1 mol的电子；
B．→ Mn2＋时化合价降低5价，1 mol 发生该变化得到5 mol的电子；
C．Cl2→ 2Cl-时化合价降低1×2=2价，1 mol Cl2发生该变化得到2 mol的电子；
D．HNO3→ NO时化合价降低3价，1 mol HNO3发生该变化得到3 mol的电子；
可见：选项B中1 mol变为Mn2+时得到电子最多，其氧化KI时产生的I2最多，故合理选项是B。
8．D
【详解】
A．根据常见碳酸盐的性质可知白云石高温条件下会分解为氧化钙、氧化镁和二氧化碳，气体a为二氧化碳，A正确；
B．白云石煅烧后得到氧化钙、氧化镁，然后高温条件下用Si还原MgO得到Mg单质，同时二氧化硅和氧化钙反应得到硅酸钙，发生的反应为2MgO+Si2Mg↑+SiO2和SiO2+CaOCaSiO3，B正确；
C．Mg活泼性较强，易被氧气氧化，所以抽空气到接近真空进行还原，C正确；
D．氧化镁的熔点较高，电解法制备Mg单质，需要电解熔点较低的熔融MgCl2，D错误；
综上所述答案为D。
9．B
【详解】
A．根据流程分析可知，反应符合事实，遵循电子守恒、电荷守恒、原子转化规律，A正确；
B．结合装置Ⅰ中反应可知，消耗2molNO，转移4mol电子；5.6 L(标况)NO的物质的量是0.25 mol，根据选项A分析可知消耗0.5 mol Ge4+，转移电子的物质的量为0.5 mol，B错误；
C．装置Ⅱ中的操作是电解，电解时阳极上Ge3+失去电子，发生氧化反应，故阳极的反应式为：Ge3+-e-=Ge4+，C正确；
D．根据反应的物质，结合元素化合价变化可知：亚硝酸根离子为还原剂，O2为氧化剂，反应产生NH4NO3、H2O，D正确；
故合理选项是B。
10．B
【详解】
A．Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO，所以Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，A项正确；
B．过程Ⅰ的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，当有2mol Fe3O4分解时，生成1mol O2，转移4mol电子，则每消耗1 mol Fe3O4转移2 mol电子，B项错误；
C．过程Ⅱ中FeO与水蒸气在加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为，3FeO+H2OFe3O4+H2↑，C项正确；
D．过程Ⅰ的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，过程Ⅱ的反应为3FeO+H2O(g) Fe3O4+H2，故该过程总反应为2H2O(g)=O2+2H2，D项正确；
答案选B。
11．A
【详解】
A．过硝酸钠中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧既有氧化性又有还原性 ，故A选；
B．过硝酸钠中含有-1价的两个氧原子，含有—O—O—结构，故B不选；
C．过硝酸钠与水反应生成过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故C不选；
D． 过硝酸钠-1价的氧具有氧化性，亚铁离子具有还原性，将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液发生氧化还原反应，发生的离子方程式是+2Fe2++2H+=+2Fe3++H2O ，故D不选；
故选：A。
12．D
【详解】
A．金红石与焦炭的混合物中通入，得到TiCl4和一种可燃气体，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故A正确；
B．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜，这层氧化膜在常温下不与绝大多数强酸强碱反应，故B正确；
C．稀有气体化学性质稳定,不会参与化学反应,常做保护气，用来隔绝空气，防止金属钛被氧化，故C正确；
D．钠是活泼金属，会与溶液中的水反应，故D错误；
故答案为D。
13．C
【分析】
二氧化锰与浓盐酸共热可以生成氯气，氯气具有强氧化性，滤渣与浓盐酸反应后的溶液中加入KSCN产生血红色物质，可以证明滤渣中有铁元素，则FeO和Fe2O3至少有一种；滤液A和盐酸反应后的溶液中加BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中SO，这些SO可能来自K2SO4，也可能是K2SO3被次氯酸钠氧化而生成的；滤液A加稀盐酸产生气体B，则B可能是CO2，也可能是SO2，也就是说K2SO3和Na2CO3至少有一种，据此来分析即可。
【详解】
A．根据分析可知，当固体中同时存在K2SO3和K2SO4时可以满足上述流程，此时滤液A中可以不含Na+，A错误；
B．根据分析可知气体B可能是CO2和SO2的混合物，B错误；
C．若固体X中不含K2SO4，则一定得有K2SO3，同时也必须有NaClO，此时亚硫酸根可以被氧化成硫酸根，加入氯化钡时才能产生沉淀，C正确；
D．根据分析可知固体X中FeO和Fe2O3至少有一种，D错误；
综上所述答案为C。
14．D
【详解】
A．由题给信息可知，在光照的条件下，借用的转化使CO2和H2O合成H2、CO、CH4，将太阳能转化为化学能，A正确；
B．题给转化过程的每步变化中均有元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，B正确；
C．CO2被转化,能遏制温室效应，C正确；
D．该过程的反应物为H2O、CO2，生成物为H2、CO、CH4和O2，要生成H2、CO、CH4各1mol，则需要3molH2O和2molCO，由O原子守恒可知，同时可生成3molO2，D错误；
故选D。
15．D
【详解】
A．Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+，故A正确；
B．2FeCl3+Fe=3FeCl2，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B正确；
C．氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故C正确；
D．ClO-能把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+、ClO-不能大量共存，故D错误；
选D。
16．生成气体的快慢 可以消除阴离子不同对实验的干扰 产生40mL气体所需的时间 2 5：2或2.5 ②和③ ①和② 产物中的Mn2+对该反应有催化作用 B
【详解】
(1)该反应中产生气体，可根据生成气泡的快慢判断；
(2)氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；
(3)根据知，还需要测定产生40mL气体所需的时间；
(4)反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，每消耗5 mol H2C2O4转移10 mol电子，则消耗1mol H2C2O4转移2 mol电子；为了观察到紫色褪去，草酸应稍过量，则n(H2C2O4):n(KMnO4)≥5：2；
(5)要探究温度对化学反应速率的影响，则温度是唯一变量，应选择的实验编号是②和③；探究反应物浓度对化学反应速率的影响，应选择的实验编号是①和②；
(6)t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是生成锰离子作催化剂加快反应速率，高锰酸钾可氧化氯离子，可加入硫酸锰作对比实验说明，控制锰离子浓度不同，故选：B。
17．NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3 分液漏斗 将产生的氨气及时排除，防止发生副反应 AC 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 是 2HSO-2e-=S2O+2H+
【详解】
(1)NaCN用双氧水处理后，生成的酸式盐为碳酸氢钠，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，反应方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3；
(2)装置中盛放双氧水的仪器为分液漏斗；
(3)主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，故置a中反应产生的气体需要持续通入装置c，为了将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；
(4)由题可知，主反应的温度为55℃，故装置中还需要温度计，为维持温度，采用水浴加热，需要水浴加热装置；故答案为：AC；
(5)废水溶液中KI为指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag+将CN -反应完全后与I-结合为AgI黄色沉淀，故终点现象为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失；
(6)根据Ag+～2NaCN消耗1.0×10 -3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL，则m(NaCN)=n(NaCN)×M(NaCN)=2n(AgNO3)×M(NaCN)=2×1.0×10 -3mol/L×5.00×10 -3L×49g/mol=49×10 -5g，废水中氰化钠的浓度为49×10−5×103mg/1L=0.49mg/L＜0.5mg/L，故达到排放标准；
(7)阳极发生氧化反应，由HSO失电子被氧化为S2O，电极反应式为：2HSO-2e-= S2O+2H+。
18．D 过高，的氧化性不足，反应慢不利于生成； 过低，与反应产生大量 反应液褪色 AB e f I c 滴定摇动锥形瓶时，过量被空气氧化成(或含有杂质) (紫外)分光光度计
【分析】
海带灰浸取液中含碘离子，在酸性条件下被过氧化氢氧化为碘单质，从水溶液中分离碘可采用乙醚萃取、经分液后得到有机层，蒸馏碘的乙醚溶液，得到碘单质，乙醚易燃，故实验过程要避免明火，碘单质在酸性条件下为氧化为碘酸根、反应过程中存在副反应生成氯气，经过逐氯，冷却结晶、过滤得到，过滤得到，经热水溶解、中和后得到 ，利用碘酸钾的溶解度随温度升高增幅较大、采用冷却结晶、过滤得到碘酸钾。难溶于乙醇、滤液中的碘酸钾可通过加酒精而析出，能提高产量。
【详解】
(1)步骤③要蒸馏碘的乙醚溶液，已知乙醚沸点，易燃，故蒸馏时要避免明火、采用水浴加热能使混合物受热均匀、温度易于控制，能顺利蒸馏出乙醚、收集装置能避免乙醚挥发到空气中、且能进行尾气处理，则最适合的装置图为D。
(2) 已知氯酸根能将碘单质氧化为碘酸根离子，反应的方程式为，还原产物氯离子在酸性条件下能和氯酸根发生归中反应生成氯气：，则步骤④需加硝酸酸化至， 过高或过低将导致产率降低，原因是：过高，的氧化性不足，反应慢不利于生成； 过低，与反应产生大量；碘水呈棕黄色，氯气在加热条件下难溶于酸性溶液中，则，用带磁力搅拌的电热套控温加热反应过程中，溶液颜色逐渐变浅，判断氧化反应已完全的方法是反应液褪色。
(3) A．氯气在水中的溶解度随温度升高而降低、氯气具有氧化性，能氧化KI，但氧化产物可以为碘、碘酸钾等，会引入新杂质，故A不正确；
B．呈酸性，加入烧碱发生中和反应得到步骤呈中性，pH大于8.2时酚酞变浅红色，则碱已过量，故B不正确；
C．因为缓慢冷却时间较长会得到较大颗粒晶体，便于抽滤，急速冷却得到的晶体颗粒较小，故C正确；
D．已知在水中的溶解度：为，为；难溶于乙醇。
步骤⑧后，往滤液中加入一定量乙醇，能析出碘酸钾晶体，再次抽滤，可提高产品收率，故D正确；
说法不正确的是AB。
(4) 用乙醚萃取的水层的振荡操作是：选用经过检验是步漏液的分液漏斗，往分液漏斗中转移溶液，右手压住玻璃塞、左手握住旋塞、将分液漏斗倒转过来，用力振荡，将下部支管斜向上方即尖嘴朝上(倒转)，旋开旋塞放气，重复几次步骤，则②用乙醚萃取的合理的操作顺序为：e→f→i→c→分液，保留上层。
(5) 用碘量法测定产品的纯度，反应原理为：和，则得到关系式： ，现在测得产品中的质量分数为，又知滴定操作无误，则实验过程中有其它途径生成了碘单质或有其它能消耗硫代硫酸钠的杂质存在，原因可能是滴定摇动锥形瓶时，过量被空气氧化成(或含有杂质)。
(6)已知的乙醚溶液在紫外光区有强烈吸收，可与标准溶液系列进行。可用比色定量分析法测定产品的纯度，需要用到的关键设备是(紫外)分光光度计。
19．圆底烧瓶 吸收尾气氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气使D中无水氯化铁水解 待F装置的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃F处酒精灯 jkgf K{[Fe(C2O4)]3-}>K[Fe(SCN)3]，说明[Fe(C2O4)]3-比Fe(SCN)3更稳定，[Fe(C2O4)]3-中的Fe3+不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色 加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红 K3[Fe(CN)6] 2[Fe(C2O4)3]2-2FeC2O4↓+2CO2↑+3C2O
【分析】
实验1中，装置A为二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，浓盐酸易挥发，用饱和食盐水除去氯化氢杂质，氯化铁遇到潮湿的空气极易水解，则制备的氯气为干燥的，用装置C除去水蒸气，干燥的氯气与铁粉在装置F中反应，无水氯化铁在300℃以上升华，则装置D的作用是收集氯化铁；氯气有毒，未反应的氯气用碱石灰吸收,而且碱石灰还可以防止空气中水蒸气进入D，使D中无水氯化铁水解；
【详解】
(1)仪器X的名称是圆底烧瓶；干燥的氯气与铁粉在装置F中反应，无水氯化铁在300℃以上升华，装置D用来收集氯化铁，则装置B的作用是吸收尾气氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气使D中无水氯化铁水解；故答案为：圆底烧瓶；吸收尾气氯气，防止污染空气，防止空气中水蒸气使D中无水氯化铁水解；
(2)欲制得纯净的FeCl3，防止被装置中空气中的氧气氧化，则应待F装置的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃酒精灯；故答案为：待F装置的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃F处酒精灯；
(3)根据分析，装置的连接顺序为A→E→C→F→D→B，制取无水氯化铁的发生是F和收集装置D的最佳接口顺序为jkgf；故答案为：jkgf；
(4)已知K[Fe(C2O4)3]3-＞K[Fe(SCN)3]，说明[Fe(C2O4)3]3-比Fe(SCN)3更稳定，[Fe(C2O4)3]3-不能电离出Fe3+，则不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色。加入硫酸后，H+与结合可使平衡逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；故答案为：K{[Fe(C2O4)]3-}>K[Fe(SCN)3]，说明[Fe(C2O4)]3-比Fe(SCN)3更稳定，[Fe(C2O4)]3-中的Fe3+不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色；加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；
(5)若Fe3+和发生氧化还原反应，则生成亚铁离子，亚铁离子与铁氰化钾反应显蓝色，则操作为取少量实验2中的亮绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，则未发生氧化还原反应；故答案为：K3[Fe(CN)6]
(6)已知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解，Fe的化合价降低，则部分C的化合价升高，方程式为2[Fe(C2O4)3]3-2FeC2O4↓+2CO2↑+3；故答案为：2[Fe(C2O4)3]2-2FeC2O4↓+2CO2↑+3C2O；
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