单元04 氧化还原反应【真题模拟练】-2022年高考一轮化学单元复习过过过（全国通用）

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1.（2020·山东卷）下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．谷物发酵酿造食醋B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒D．大气中NO2参与酸雨形成
【答案】B
【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。
2．（2021·天津高三二模）下列所加物质的作用与其还原性无关的是
A．果蔬饮料中加入维C
B．向葡萄酒中添加少量
C．月饼脱氧剂包中有铁粉
D．面粉发酵时加入少量小苏打
【答案】D
【详解】
A．果蔬饮料中加入维C，维C具有还原性，可以防止果蔬饮料被氧化变质，所以与维C的还原性有关，故A不符合题意；
B．红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒被氧化变质，所以与SO2的还原性有关，故B不符合题意；
C．月饼脱氧剂包中有铁粉，铁粉具有还原性，可以除去密闭包装袋中的氧气，使月饼处于无氧状态，有效控制细菌、霉菌的生长，以保持月饼的色、香、味，所以与铁粉的还原性有关，故C不符合题意；
D．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成二氧化碳，同时碳酸氢钠也能与有机酸反应生成二氧化碳，使馒头、面包更疏松，与其还原性无关，故D符合题意；
答案为D。
3.【2020•海南卷】含有下列有害组分的尾气，常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是
A.SO3 B. Cl2 C. NO2 D. HBr
【答案】BC
【解析】A．三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，为非氧化还原反应，故A错误；B．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，故B正确；C．二氧化氮与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，N元素化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，故C正确；D．溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水，为非氧化还原反应，故D错误；故选：BC。
4．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）2021 年3月，中国国家航天局发布高清火星影像图，以中国之眼向全世界展示“荧荧火光、离离乱惑”。据载：火星表面富含铁的氧化物，在气流中形成红棕色尘暴。火星南北极冠覆盖水冰与干冰，随季节消长。下列说法正确的是
A．水冰与干冰互为同分异构体
B．火星表面含铁氧化物可作颜料入画
C．长征5号火箭只需携带液氢燃料，氧气可来自大气
D．传统的火箭推进剂为偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮作还原剂
【答案】B
【详解】
A．水冰为H2O，干冰为CO2，非同分异构体，故A错误；
B．氧化铁红棕色，又称铁红，可做颜料，故B正确；
C．太空无氧，所以火箭必须自带液氧，故C错误；
D．偏二甲肼作还原剂，四氧化二氮作氧化剂，故D错误；
故选B。
5．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4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KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25ml
【答案】BD
【分析】
KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。
【详解】
A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；
B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．每生成1ml O2转移4ml电子，每生成1ml Cl2转移2ml电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25ml，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25ml，故D错误；
综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。
6．【2020•北京卷】水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O
【答案】A
【解析】A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；B．Cl2+H2OHCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；D．Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；故选A。
7．【2020•北京卷】硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是( )
A．该过程有H2O参与B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶中含有HSO4-，转化过程有水参与，则HSO4-在水中可电离生成H+和SO42-，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图示转化过程中，由SO32-转化为HSO4-，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；故选D。
8．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）SF4是有效的应用广泛的选择性有机氟化剂，工业上制备SF4的反应为3SCl2+4NaF=SF4+S2Cl2+4NaCl。下列说法错误的是
A．SF4为氧化产物，S2Cl2是还原产物
B．SCl2和S2Cl2两种物质中硫元素的化合价不同
C．该反应中，参加反应的还原剂和氧化剂物质的量之比为2：1
D．上述反应中，每产生1mlSF4，转移电子的物质的量为2ml
【答案】C
【详解】
A．由方程式可知，SCl2中硫元素化合价为+2，SF4中硫元素化合价为+4，则反应中硫元素的化合价升高被氧化，SF4为反应的氧化产物，S2Cl2中硫元素化合价为+1，则反应中硫元素的化合价降低被还有，S2Cl2是反应的还原产物，故A正确；
B．SCl2中硫元素化合价为+2，S2Cl2中硫元素化合价为+1，则两种物质中硫元素的化合价不同，故B正确；
C．由方程式可知，反应中SCl2既作氧化剂又作还原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故C错误；
D．由方程式可知，生成SF4时S元素化合价由+2变为+4，则每产生1mlSF4，转移电子的物质的量为2ml，故D正确；
故选C。
9.（2020·浙江卷）反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A．1:2B．1:1C．2:1D．4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；
答案选B。
10．（2021·长沙市明德中学高三三模）用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：+Cu2S+H+→Cu2+++Mn2++H2O(未配平)和反应II：+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法错误的是
A．反应I中Cu2S只是还原剂
B．反应I中每生成1ml，转移电子的物质的量为10ml
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
D．若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3
【答案】D
【详解】
A．反应I中，Cu2S中Cu元素化合价由+1升高为+2、S元素化合价由-2升高为+6，所以Cu2S只作还原剂，故A正确；
B．反应I中，Cu2S中Cu元素化合价由+1升高为+2、S元素化合价由-2升高为+6，每生成1ml，消耗1mlCu2S，转移电子的物质的量为10ml，故B正确；
C．反应II，3+FeS2+8H+→Fe3++2+3Mn2++4H2O，是氧化剂、FeS2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，故C正确；
D．2+Cu2S+8H+→2Cu2+++2Mn2++4H2O和3+FeS2+8H+→Fe3++2+3Mn2++4H2O中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I中消耗Cu2S和反应II中消耗FeS2的比为3∶2，故D错误；
选D。
11.【2020•新课标Ⅰ卷节选】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
回答下列问题：
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有 离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式 。
【答案】Fe2+ VO++MnO2+2H+= VO2++Mn2++H2O
【解析】(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO2+的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为VO2+时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1mlVO+失去2ml电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1mlMnO2得到2ml电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO2+反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+= VO2++Mn2++H2O。
12.【2020•新课标Ⅱ卷节选】(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为 。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 ml ClO2消耗NaClO2的量为 ml。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是 (用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整数)。
【答案】(3)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O (4)1.25 (5)ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 203
【解析】（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1mlClO2，消耗NaClO2为 =1.25ml；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0. 01=（1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg。
13.【2020•新课标Ⅱ卷节选】苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→+ MnO2+HCl→+KCl
实验步骤：
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 ml)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。
回答下列问题：
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理__________。
【答案】(3)除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气
2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【解析】（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
14.【2020•新课标Ⅲ卷节选】某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)（略）。回答下列问题：
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。
【答案】2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
【解析】(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O。
15．【2020•山东卷】用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
回答下列问题
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。
【答案】MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S
【解析】MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S。
16．【2020•山东卷】某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：
回答下列问题：
(1)装置A中制备Cl2的化学方程为 。
【答案】Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
【详解】Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。
17.【2020•海南卷】(节选)以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。
回答问题：
(1)黄铁矿中硫元素的化合价为 。
(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为_ 。
【答案】-1；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
【解析】（1）黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁（FeS2），其中铁元素的化合价是+2价，因此硫元素的化合价为-1价，故答案为：-1；（2）炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。
18.【2020•北京卷】H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
(1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2
①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是 。
【答案】Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑
【解析】(1)①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑。
19.【2020•北京卷】用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式： 。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+ NaCl+ HNO3=HAuCl4+ + + NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是 。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 ml。
【答案】(2)Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O (3)①4 5 NO 2H2O 4 ②AC (4)1.5
【解析】(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为ml；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为4ml；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应；
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；答案选AC；
(4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5ml。
20.【2020•北京卷】MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图（略）。
(1)②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：
i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。
【答案】MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O
【解析】(1)②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O。
21.【2020•北京卷】探究Na2SO3固休的热分解产物。
资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
(2)溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。写出产生S的反应的离子方程式： 。
(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： 。
【答案】Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质
【解析】溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；
(4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。
22.【2020•天津卷】(4)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为 。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为 (填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为 。
【答案】随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次 3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O
【解析】类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。
23.【2020•江苏卷】次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。
【答案】 NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解
【解析】(1) 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效。