氧化还原反应专项训练-2022年襄州一中化学一轮复习

这是一份氧化还原反应专项训练-2022年襄州一中化学一轮复习，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（15题）
1．高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是
A．NaCuO2中铜的化合价为+3价
B．1mlClO-参加反应转移2ml电子
C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3
D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
2．下列变化存在电子转移，且符合图示的是
A．用NaOH溶液吸收氯化氢气体
B．SO2气体使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．将氨气通入稀硫酸中
D．FeSO4溶液在空气中变质
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．0.5mlPCl5中共用电子对的数目为2NA
B．标准状况下，11.2LCO2和SO2混合气体中氧原子数为NA
C．46g钠与水完全反应转移的电子数为2NA
D．0.1mlFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1NA
4．酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法不正确的是
A．反应ⅱ的离子方程式为：NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2++2H2O
B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO的去除效果
C．假设反应过程都能彻底进行，反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3:1
D．a ml NO完全转化为NH至少需要4a ml的铁
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．0.1mlCH4与过量Cl2光照下反应生成的HCl分子数为0.4NA
B．1L0.1ml·L-1的K2Cr2O7溶液中的数目为0.1NA
C．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
D．2.8g14N2与12C16O的混合物含有的中子数目为1.4NA
6．工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：
下列说法不正确的是
A．用溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的铁锈
B．若生产中不通入，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品
C．加适量的是为了将部分氧化为，涉及反应：
D．溶液A中和的浓度比为1：2
7．捕获二氧化碳是碳中和技术之一，如图是捕获二氧化碳生成甲酸的过程，N(C2H3)3性质与NH3类似。若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．若有22.4LCO2参与反应，则拆开CO2分子中共用电子对的数目为4NA
B．0.1mlN(C2H3)3与盐酸恰好完全反应所得盐溶液中[N(C2H3)3H]+的数目为0.1NA
C．每生成1ml甲酸，该捕获过程中转移的电子数为2NA
D．1ml甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为NA
8．工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3，CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)的工艺流程如下
下列有关说法不正确的是
A．可以采用搅拌的方法提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率
B．氧化过程的离子方程式：8H+++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O
C．“过滤”后的溶液中大量存在的离子有：K+、Mn2+、
D．“气体1”是含CO2的两种混合气体，另一种可能是CO
9．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是
A．反应Ⅰ中消耗1mlO2生成1mlNOB．反应Ⅲ是氧化还原反应
C．该转化过程中NO做催化剂D．反应II中1mlFeS2被氧化转移16ml电子
10．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中的丰度值很低。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲的工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是
已知：①“焙烧”后，碲主要以形式存在；②微溶于水，易溶于强酸和强碱。
A．“焙烧”用到的主要仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒
B．“碱浸”时反应的离子方程式为
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离
D．“还原”时作还原剂
11．硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一、科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程如图所示，下列说法不正确的是
A．、、均只含有极性共价键
B．该过程中为中间产物
C．总反应
D．还原性
12．一种以绿矾为原料生产净水剂聚合硫酸铁并测定所得样品中铁元素质量分数的示意图如下：
下列说法错误的是
A．“氧化”时生成的离子方程式为
B．“聚合”时溶液的pH减小
C．“还原”时加入的稍过量应在滴定前除去，否则会导致测定结果偏低
D．“滴定”时用酸式滴定管盛装溶液且需要用它对滴定管进行润洗
13．有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．该转化过程的总反应为：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O
B．该转化过程中，仅O2体现了氧化性
C．V5+=O在反应中起到催化剂的作用
D．该转化过程中若O2过量可能会使NO转化率下降
14．《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为：。下列有关说法正确的是
A．该反应的氧化剂只有KNO3
B．N2是还原产物，CO2既不是氧化产物也不是还原产物
C．若有1个S参加反应，则反应中转移2个电子
D．氧化产物与还原产物的分子数目之比为3∶2
15．以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如图：
其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是
A．浸出时通过粉碎氧化锌提高了浸出率
B．“氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3
C．“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等
D．“抽滤”装置中用到的玻璃仪器主要有：普通漏斗，玻璃棒，烧杯
二、填空题（4大题）
16．铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
（1）金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
（2）①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
（3）Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
（4）CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.氢碘酸 d.磷酸
17．含氯消毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。
Ⅰ.二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。制备ClO2常见的方法有：
方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O
方法2：在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2。
（1）ClO2中氯元素的化合价是___，H2O2的电子式是___。
（2）方法1的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是___。
（3）方法2发生反应的离子方程式是___。
（4）和方法2比较，方法1的不足之处是___(写出一点即可)。
Ⅱ.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)，俗名固态双氧水，具有去污杀菌等功效。其制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) ΔH＜0。
（5）结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应___(填“＞”、“＜”或“=”)2∶3，且加入Na2CO3溶液速度不能过快，原因是__。
（6）过碳酸钠的储存稳定性是重要的品质指标。以不同种类的稳定剂制备的过碳酸钠产品，测得其活性氧质量分数随时间的变化如图所示。
由图可知，制备过碳酸钠时应选择的稳定剂是__(填图中字母序号)，理由是___。
18．目前新能源技术被不断利用，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向。
（1）高铁酸钾—锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是___________。
（2）工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定。反应原理为：
Ⅰ.在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4：3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O
Ⅱ．Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4，主要的生产流程如下：
①写出反应①的离子方程式___________。
②请写出生产流程中“转化”(反应③)的化学方程式___________。
③该反应是在低温下进行的，说明此温度下Ksp(K2FeO4)___________Ksp(Na2FeO4)(填“＞”“＜”或“=”)。
④“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用___________溶液。
a．H2O B．CH3COONa、异丙醇 C．NH4Cl、异丙醇 D．Fe(NO3)3、异丙醇
（3）已知K2FeO4在水溶液中可以发生：4+10H2O 4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，则K2FeO4可以在水处理中的作用是___________。
（4）在水溶液中的存在形态图如图所示。
①若向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO的分布分数的变化情况是___________。
②若向pH=6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，___________转化为___________。(填化学式)
19．可通过与在碱性溶液中反应制备。和均可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。
(1)用处理高氯废水中的有机物时，需在一定条件下使用。
①时，分解放出并产生沉淀，该反应的离子方程式为_______。
②酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是_______。
(2)用处理高氯废水中的有机物时，研究了“”和“”两种体系对高氯废水中有机物的氧化率(废水中被氧化有机物的量占废水中有机物总量的百分率)。
①当废水时，仅使用处理高氯废水，有机物的氧化率较低，其原因是_______。
②当相同时，使用“”与“”处理高氯废水，废水中有机物的氧化率随废水的变化如题图所示。与“”体系相比，“”体系中有机物氧化率随着废水升高显著增大的可能原因是_______。
参考答案
1．D
【详解】
A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；
B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1mlClO-参加反应转移2ml电子，故B正确；
C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；
D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；
故选：D。
2．D
【详解】
A．用NaOH溶液吸收制取氯气的尾气，只有 Cl元素化合价发生变化，氯气既得电子又失电子，A错误；
B．SO2气体使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2失去电子，即气体失电子发生氧化反应，B错误；
C．将氨气通入水中，反应中没有电子的转移，不属于氧化还原反应，C错误；
D．FeSO4溶液在空气中变质，O2得电子，即气体得电子发生还原反应，D正确；
答案选D。
3．A
【详解】
A．PCl5中共用电子对数是5，则0.5mlPCl5中共用电子对的数目为0.5ml×5=2.5NA，故A错误；
B．标况下11.2L混合气体的物质的量为，而CO2和SO2中均含2个氧原子，故0.5ml混合物中含有的氧原子的个数为NA个，故B正确；
C．46g钠的物质的量为1ml，钠与水完全反应生成NaOH，反应后Na元素变为+1价，故2mlNa反应转移的电子数为2NA，故C正确；
D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，所以0.1ml FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1 NA，故D正确；
故选：A。
4．C
【详解】
A．据图可知反应ii中NO被Fe还原为NH，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2++2H2O，A正确；
B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高NO的去除效果，B正确；
C．反应i中NO中被Fe还原为NO，Fe被氧化为Fe2+，根据电子守恒可知1ml NO氧化1mlFe，同时生成1ml NO，根据A选项可知，1ml NO可以氧化3mlFe，所以反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1:3，C错误；
D．根据C选项分析可知，将a ml NO完全转化为NH至少需要aml+3aml=4a ml的铁，D正确；
综上所述答案为C。
5．D
【详解】
A．0.1mlCH4与过量Cl2光照下反应生成多种氯代甲烷的混合物，所以HCl分子数小于0.4NA，故A错误；
B．K2Cr2O7溶液中存在平衡，所以1L0.1ml·L-1的K2Cr2O7溶液中的数目小于0.1NA，故B错误；
C．2.3gNa与O2完全反应，钠元素化合价由0升高为+1，反应中转移的电子数为0.1NA，故C错误；
D．2.8g14N2与12C16O的混合物含有的中子数目=1.4NA，故D正确；
选D。
6．A
【分析】
用溶液浸泡废铁屑除去废铁屑表面的油污，用硫酸溶液铁，加入过氧化氢将部分氧化为，加入氢氧化钠、在隔绝空气的条件下加热生成纳米四氧化三铁。
【详解】
A．用溶液浸泡废铁屑是为了除去废铁屑表面的油污，故A错误；
B．若生产中不通入，暴露在空气中生产，被氧气氧化为，不能得到高纯度产品，故B正确；
C．四氧化三铁中含有+2价和+3价的铁，具有氧化性，加适量的是为了将部分氧化为，涉及反应：，故C正确；
D．四氧化三铁中+2价和+3价的铁物质的量比为1:2，所以溶液A中和的浓度比为1：2，故D正确；
选A
7．C
【详解】
A．气体状况未知，无法计算二氧化碳物质的量和拆开电子对数，A错误；
B．N(C2H5)3性质与NH3类似，则[N(C2H5)3H]+与性质相似，[N(C2H5)3H]+为弱离子，水溶液中部分水解，所以0.1ml该物质与盐酸恰好完全反应生成的盐溶液中，[N(C2H5)3H]+的数目小于0.1NA，B错误；
C．该反应是氧化还原反应，C元素化合价由+4降到+2，降低2个单位，每生成1ml 甲酸，转移的电子数为2NA， C正确；
D．由于酯化反应是一个可逆反应，1ml甲酸和足量乙醇充分反应后，1ml甲酸不可能完全转化，则生成甲酸乙酯的数目小于NA，D错误；
故答案为：C。
8．D
【分析】
碳酸锰矿用硫酸酸浸后被高锰酸钾氧化，各金属元素以离子形式存在溶液中，亚铁离子全部转化为铁离子，用氧化钙调节溶液酸碱性使铁离子以氢氧化铁形式沉淀，过滤得到滤渣1；后往滤液加入MnF2，沉淀溶液中的钙离子，得到滤渣2（氟化钙），再用K2S2O8与硫酸锰反应生成了硫酸钾和MnO2等，最后加入Li2CO3发生氧化还原反应制得锰酸锂产品。
【详解】
A．固体颗粒和液体反应时，通过搅拌可以增大反应物的接触面积从而加快化学反应速率，因此，可以采用搅拌的方法提高“酸浸”时碳酸锰矿的浸出速率，A正确；
B．氧化过程是高锰酸钾氧化矿石酸浸后得到的亚铁离子，该反应的离子方程式为8H+++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O，B正确；
C．硫酸钙微溶于水，“过滤”步骤加进了MnF2，MnF2与硫酸钙反应生成氟化钙和硫酸锰，从而除去了溶液中的钙离子，前一步除去了铁离子，故“过滤”后溶液中含有的溶质是硫酸锰和硫酸钾，因此其中大量存在的离子有K+、Mn2+、，C正确；
D．合成MnO2与Li2CO3反应得到Li2Mn2O4，Mn从+4价降低到+3.5，根据氧化还原反应规律，结合各元素化合价，化合价升高的元素只能是O元素，故另一种可能是O2，不可能是CO，D错误；
故选D。
9．C
【详解】
A．由图可知：Fe (NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-2价，根据得失电子守恒，反应I的离子方程式为：4Fe (NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，消耗1mlO2生成4mlNO故A正确；
B．反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，故B错误；
C．由总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4S SO+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以NO作催化剂，故C正确；
D．反应Ⅱ中S元素的化合价从-1价升高为+6价，则每1ml FeS2参加反应，则转移了14ml的电子，故D正确；
故选：C。
10．C
【分析】
阳极泥焙烧，得到、CuO、Ag、Au的混合物，加入氢氧化钠，发生反应，过滤得溶液，加入硫酸生成，酸性条件下用还原得到Te单质。
【详解】
A．焙烧固体，应用坩埚，且放在泥三角上，另外加热时需要用酒精灯，并用玻璃棒搅拌，故A正确；
B．是两性氧化物，“碱浸”时与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为，故B正确；
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有的Au、Ag，均为不活泼金属，与稀盐酸都不反应，可以用稀硝酸将其分离，故C错误；
D．“还原”反应的离子方程式是，反应中S元素化合价升高，作还原剂，故D正确；
选C。
11．B
【详解】
A．含有氮氧键、氧氢键，含有氮氧键，含有氢氧键，三者都只含有极性共价键，故A正确；
B．反应中第一个阶段是，第二个阶段是，两个阶段总反应，因此为反应产物，不是中间产物，故B错误；
C．根据B选项的分析的总反应为，故C正确；
D．根据第二个阶段反应，得到还原性，故D正确。
综上所述，答案为B。
12．C
【详解】
A．绿矾被稀硫酸溶解，加入后被氧化为，反应的离子方程式为，选项A正确；
B．水解聚合的离子方程式为 ，溶液的pH会减小，选项B正确；
C．也具有还原性，滴定前若不除去，会消耗标准液，导致测定的铁元素的质量分数结果偏高，选项C错误；
D．溶液具有酸性和强氧化性，需用酸式滴定管盛装，且需要用它对滴定管进行润洗，选项D正确；
答案选C。
13．B
【详解】
A．由图可知，反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2、H2O，故总反应的化学方程式为4 NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，故A错误；
B．该转化过程NO中N元素化合价降低，也表现氧化性，故B错误；
C．V5+=O不是中间产物，在反应中起到催化剂的作用，故C正确；
D．若O2过量会出现NO和O2反应生成NO2，会使NO转化率下降，故D正确；
故选：B。
14．D
【详解】
A．该反应中，N和S元素化合价降低，则KNO3和S作氧化剂，故A错误；
B．N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，则N2是还原产物，CO2是氧化产物，故B错误；
C．若有1 ml S参加反应，消耗3 ml C，C元素的化合价升高4价，则反应中转移电子12ml，故C错误；
D．反应中，S和KNO3都是氧化剂，C是还原剂，则K2S、N2是还原产物，CO2是氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2，故D正确；
故选D。
15．D
【分析】
工业级氧化锌（含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni3+等），加入硫酸酸浸，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液调节pH，同时可使Fe2+、Mn2+被氧化而被除去，同时溶液中有Fe(OH)3、MnO2生成，“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni3+等，过滤后分离滤渣，向滤液中加入碳酸钠溶液，生成ZnCO3•Zn(OH)2沉淀，吸滤后煅烧沉淀生成ZnO，以此解答该题。
【详解】
A．浸出时通过粉碎氧化锌，增大固体接触面积，提高了浸出率，故A正确；
B．“氧化”加入KMnO4，是为了除去浸出中的Fe2+和Mn2+，生成的固体是MnO2和Fe(OH)3，故B正确；
C．Zn具有还原性，“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni3+等，故C正确；
D．“抽滤”装置中用到的玻璃仪器主要有：布氏漏斗，玻璃棒，烧杯，故D错误；
故选：D。
16．
（1）FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
（2） 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
（3）2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
（4） 2 b
【解析】
（1）
铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
（2）
①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
（3）
已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
（4）
①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
17．
（1） +4
（2）1∶2
（3）2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O
（4）产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等
（5） < H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失
（6） a 采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大
【解析】
（1）
已知ClO2中O的化合价为-2价，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0，可知ClO2中氯元素的化合价是+4价，H2O2是共价化合物，故其电子式是，故答案为：+4；；
（2）
方法1的反应中，分析反应方程式2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O可知，NaClO3中的Cl的化合价由+5价降低到ClO2中的+4价，被还原，故ClO2还原产物，NaCl的Cl的化合价由-1价升高到Cl2中的0价，被氧化，Cl2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比是1:2，故答案为：1:2；
（3）
方法2即在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2，反应中Cl的化合价由+5降低到+4，故H2O2中的O的化合价升高，即由-1升高到0价，根据氧化还原反应配平可知，发生反应的离子方程式是2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O；
（4）
比较方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2↑+Cl2↑+2Na2SO4+2H2O和方法2：2ClO+H2O2+2H+=2ClO2↑+O2↑+2H2O，不难方法1的不足之处是产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等，故答案为：产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等；
（5）
结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，由于H2O2能够分解生成H2O和O2，受热后加快其分解，Na2CO3性质较稳定，反应过程中H2O2应适当过量，故碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应＜2∶3，由题干信息可知2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) ΔH＜0该反应是个放热反应，故若加入Na2CO3溶液速度过快，则导致溶液的温度快速上升，H2O2分解加速造成损失，故答案为：＜；H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失；
（6）
由题干图示信息可知，采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大，故答案为：a；采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大。
18．
（1）Zn
（2） Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH ＜ B
（3）杀菌消毒，吸附悬浮物等
（4） 先变大，后变小
【解析】
（1）
该原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，故答案为：Zn；
（2）
①氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②生产流程中“转化”(反应③)是Na2FeO4与氢氧化钾反应生成K2FeO4和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；
③相同温度下，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Ksp(K2FeO4)＜Ksp（Na2FeO4），故答案为：＜；
④K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4+10H2O═4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发；答案选B；
（3）
高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒，氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能净水，故答案为：杀菌消毒，吸附悬浮物等；
（4）
①根据图象知，随着溶液酸性的增强，的分布分数先增大后减小，故答案为：先变大，后变小；
②根据图象知，随着溶液酸性的之间增强，的分布分数逐渐增大，的分布分数逐渐减小，所以转化为，故答案为：转化为。
19． 防止氧化废水中的而被消耗，防止分解 酸性条件下与反应生成逸出 随着废水的增大，与反应生成的浓度增大，氧化废水中有机物的反应速率更大
【详解】
(1)①时，分解放出并产生沉淀，氧元素化合价由-2升高为0、铁元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；
②时，分解放出并产生沉淀，酸性溶液中的氧化性大于的氧化性，酸性条件下氧化废水中的而被消耗，为防止氧化废水中的而被消耗、防止分解，所以处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行；
(2) ①酸性条件下发生反应++2H+=+H2O，所以当废水时，仅使用处理高氯废水，有机物的氧化率较低；
②与在碱性溶液中生成，随着废水的增大，与反应生成的浓度增大，氧化废水中有机物的反应速率更大，所以“”体系中有机物氧化率随着废水升高显著增大；