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北京市顺义区、昌平区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应
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这是一份北京市顺义区、昌平区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市顺义区、昌平区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应
一、单选题
1．（2020·北京顺义·一模）常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是
A．该反应过程中，是是 B．当有生成时，转移电子
C．在分解过程中，溶液的逐渐降低 D．的氧化性比强，还原性比弱
2．（2020·北京顺义·一模）碲()元素在元素周期表中位于第族，其单质是重要的工业原料。工业上可用电解法从铜阳极泥(主要成分是、含等杂质)中提取单质碲，步骤如下:
①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为;
②用溶液碱浸;
③以石墨为电极电解②所得溶液获得。
已知:微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。
下列说法不正确的是
A．中，的化合价是－2
B．步骤②中，碱浸的离子方程式是
C．步骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是:
D．在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到
3．（2021·北京顺义·统考二模）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Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑来制备，下列说法不正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因是：S2-+H2OHS-+OH-
B．Na2S可以在空气中长期放置不会变质
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1：2
4．（2021·北京顺义·统考二模）用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：
下列说法不正确的是
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．检验A中的Fe3+可以用KSCN溶液
C．加H2O2时发生反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O是氧化还原反应
5．（2022·北京顺义·统考二模）土壤中微生物将大气中的H2S氧化为SO的变化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．1 mol H2S(g)和1/2mol O2(g)的总能量高于1 mol S(g)和1 mol H2O(g)的总能量
B．H2S(g)+ 2O2(g)=SO (aq) +2H+(aq) △H=-806.39kJ/mol
C．H2S和SO中S原子采用的杂化方式不同
D．1 mol H2S完全氧化为SO转移8mol电子
6．（2022·北京顺义·统考二模）常温下，某同学进行下列实验探究Ca(ClO)2的性质。
实验步骤和现象
ⅰ
取少量Ca(ClO)2溶液于试管中，滴加紫色石蕊溶液，先变蓝后褪色
ⅱ
取少量Ca(ClO)2溶液于试管中，通入CO2，有白色沉淀生成
ⅲ
取少量Ca(ClO)2固体于试管中，加入浓盐酸，有黄绿色气体生成
下列说法正确的是
A．0.1 mol/L Ca(ClO)2溶液中存在c(ClO-)＞c(Ca2+)＞c(OH- )＞c(H+)
B．根据ⅰ中溶液褪色，说明Ca(ClO)2溶液显碱性
C．根据ⅱ中有白色沉淀生成，说明酸性：HClO＞H2CO3
D．根据ⅲ中黄绿色气体生成，说明酸性条件下氧化性：Cl2＞ClO-
7．（2022·北京顺义·统考二模）下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是
选项
A
B
C
D
物质
Na2O2
NaHCO3
Al2(SO4)3
Fe2O3
用途
呼吸面具供氧剂
膨松剂
净水剂
红色颜料
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·北京昌平·统考二模）化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应有关的是
A．图甲碳酸氢钠片可治疗胃酸过多 B．图乙豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀
C．图丙天然气燃烧 D．图丁海水经风吹日晒获得粗盐
9．（2022·北京昌平·统考二模）研究“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
下列说法不正确的是
A．i中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I-=AgI↓
B．可依据i中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动
D．还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中I-
A．紫外线作用下，NO2中有氮氧键发生断裂
B．反应I的的方程式是2NO+O2=2NO2
C．反应II中丙烯是还原剂
D．经反应III，O2转化为了O3
11．（2021·北京昌平·统考二模）下列变化中，气体被还原的是
A．将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去
B．将氯气通入KBr溶液，溶液变黄
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色
D．氨气通入AlCl3溶液产生白色沉淀
12．（2021·北京昌平·统考二模）如图为甲烷氧溴化反应催化机理。下列说法不正确的是
A．Br2、HBr为反应的催化剂
B．反应中，CH4与Br2发生取代反应
C．反应中，ZnBr2、HBr均被O2氧化
D．反应的总方程式是2CH4+2HBr+O22CH3Br+2H2O
13．（2020·北京昌平·统考二模）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
B．金属钠投入水中，有气体产生
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中，水位上移
D．向H2S溶液中通入SO2气体，产生淡黄色沉淀
14．（2020·北京昌平·统考二模）利用如图所示装置进行下列实验，不能达到相应实验目的的是（ ）
选项
①
②
③
实验目的
A
稀硫酸
Na2S
AgCl的浊液
验证Ag2S比AgCl难溶
B
浓硝酸
Cu片
NaOH溶液
探究浓硝酸具有氧化性
C
硫酸
Na2SO3
酸性KMnO4溶液
探究SO2具有还原性
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
验证酸性：硝酸>碳酸>硅酸
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
15．（2020·北京昌平·统考二模）实验小组制备NaNO2，并探究其性质。
I.制备NaNO2
(1)A中发生反应的化学方程式是__________。
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是________。
(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号
试管
操作
现象
①
2 mLB中溶液
加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
2 mLB中溶液
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
变蓝
③
2 mLH2O
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
实验③的目的是________。
(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是_________。
II.探究NaNO2的性质
装置
操作
现象
取10 mL1 mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL1 mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。
i.溶液迅速变为棕色；ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。
iii.最终形成棕褐色溶液。
资料：i.[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
(5)溶液迅速变为棕色的原因是_________。
(6)已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是_________。
(7)最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。
资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。
Fe(OH)x(SO4)y中x=_______(用含V1、V2的代数式表示)。
三、工业流程题
16．（2020·北京顺义·一模）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：
已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。
2.长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是___，通入空气的作用是___。
（2）方法1中，反应的离子方程式是___，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是___。
（3）方法2中，NaClO2在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶溶液中获得NaClO2的操作是___。
（5）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaClO2的质量分数为___。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。
（6）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是___。
17．（2021·北京顺义·统考二模）硒是人体所需微量元素之一，也是一种重要的工业原料。
Ⅰ.硒在元素周期表中的位置如图所示：
(1)从原子结构的角度解释硫的非金属性比硒强的原因是__。
Ⅱ.工业上从铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中提取硒的过程如图：
(2)焙烧时，产物A的化学式为__。
(3)将甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式补充完整：H2SeO3+2HCOOHSe+ + 。______。
(4)常温下，H2SeO3电离平衡体系中含Se(+4价)微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。
向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，过程中主要反应的离子方程式__。
(5)还原时，进行了下述实验：向10mL2.5mol·L-1亚硒酸溶液中先加入10mL氨水，再加入10mL甲酸溶液(甲酸浓度分别为5、7.5及10mol·L-1)，加热至沸腾(103℃)，反应10小时，实验数据如图所示。
①曲线___(填曲线字母编号)对应甲酸浓度为10mol·L-1，判断的理由是___。
②当氨水浓度在0～1.25mol·L-1之间，随着氨水浓度逐渐增大，亚硒酸还原率逐渐升高，其可能的原因是__。
(6)粗硒中硒含量测定：
在一定条件下，将0.1000g粗硒中的Se完全转化为H2SeO3溶液，用V1mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定。终点前加入KI淀粉溶液做指示剂，继续用V2mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液蓝色消失。发生的反应：
H2SeO3+4S2O+4H+=Se+2S4O+3H2O；
H2SeO3+4I-+4H+=Se+2I2+3H2O；
I2+2S2O=2I-+S4O。则粗硒中Se的质量分数为___。
18．（2021·北京顺义·统考二模）工业上制取硝酸铵的流程图如图，回答下列问题：
(1)NH3的电子式为___。
(2)设备Ⅱ发生反应的化学方程式为___。
(3)设备Ⅲ中生成HNO3化学方程式为__，设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是__。
(4)设备Ⅳ中的尾气主要为NO，可以用NaClO溶液吸收，其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示。
①在酸NaClO性溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为__。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是__。
四、原理综合题
19．（2022·北京顺义·统考二模）工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中 NO，可有效减少对空气的污染。
(1)电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是___________。
(2)脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如图1所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图2所示：
①吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是___________。
②脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是___________。
(3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，目的是___________。
(4)KMnO4可以增加脱硝液的氧化性，显著提高脱硝效率，但脱硝废液电解时无法实现KMnO4的再生，需在脱硝液中及时补充。推测KMnO4无法再生的原因：
Ⅰ． MnO在阴极直接得到电子被还原；
Ⅱ．脱硝废液中NO在阴极得电子转化为NO，NO还原MnO。
进行实验验证：
装置
实验
复合电解液
实验现象
1
0.66mmol/LKMnO4+ 0.8547mol/LNaCl混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1
2
0.66mmol/L KMnO4+0.8547mol/L NaCl 、NaNO3混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4
资料： MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗。
①实验1中阴极颜色变暗，阴极电极反应式是___________。
②根据实验1和2可得到的结论是___________。
参考答案：
1．B
【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。
【详解】A. 根据分析， M是，Mˊ是，故A错误；
B. 图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有生成时，转移电子，故B正确；
C. 图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的会逐渐增大，故C错误；
D. 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；
综上所述，答案为B。
2．C
【详解】A. 中，的化合价是－2，Cu的化合价是+1，故A正确；
B. 步骤②中，根据信息易与较浓的强碱反应，因此碱浸的离子方程式是：，故B正确；
C. 步骤③中，溶液是碱性环境，因此阴极上发生反应的电极方程式是:，故C错误；
D. 在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．B
【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项错误；
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项正确；
答案选B。
4．D
【详解】A．浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；
B．检验铁离子可以用硫氰化钾，溶液显红色，B正确；
C．过氧化氢能氧化亚铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，C正确；
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．由题干图示信息可知，H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) =-221.19kJ/mol，反应放热，则1 mol H2S(g)和1/2mol O2(g)的总能量高于1 mol S(g)和1 mol H2O(g)的总能量，A正确；
B．由题干图示信息可知，反应I：H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) =-221.19kJ/mol ，反应II：S(g)+H2O(g) +O2(g)= SO(aq) +2H+ (aq) =-585.20kJ/mol， 则反应I+II可得反应H2S(g)+ 2O2(g)=SO(aq) +2H+(aq)，根据盖斯定律可知△H=+=(-221.19kJ/mol)+( -585.20kJ/mol)=-806.39kJ/mol，B正确；
C．H2S和SO中S原子原子周围的价层电子对数分别为：2+=4，4+=4，则均采用的sp3杂化，杂化方式相同，C错误；
D．已知H2S中S为-2价，SO中S为+6价，则1 mol H2S完全氧化为SO转移8mol电子，D正确；
故答案为：C。
6．A
【详解】A．Ca(ClO)2是可溶性强电解质，在溶液中发生电离作用：Ca(ClO)2=Ca2++2ClO-，所以离子浓度：c(ClO-)＞c(Ca2+)；该盐是强碱弱酸盐，在溶液中有少量ClO-发生水解反应产生HClO和OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH- )＞c(H+)，因此溶液显碱性。但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，因此c(Ca2+)＞c(OH- )，则Ca(ClO)2溶液中离子浓度大小关系为：c(ClO-)＞c(Ca2+)＞c(OH- )＞c(H+)，A正确；
B．Ca(ClO)2是强碱弱酸盐，在溶液中由于ClO-发生水解反应消耗水电离产生的H+变为HClO，同时产生OH-，使溶液显碱性，因此向Ca(ClO)2溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液会变为蓝色，同时反应产生的HClO具有强氧化性，又将蓝色物质氧化变为无色物质，因此后来溶液的蓝色又逐渐褪去，故不能根据溶液褪色来Ca(ClO)2溶液显碱性，B错误；
C．在复分解反应中，强酸与弱酸盐反应制取弱酸。取少量Ca(ClO)2溶液于试管中，通入CO2，有白色沉淀生成，发生反应产生CaCO3沉淀和HClO，说明了物质的酸性：H2CO3＞HClO，C错误；
D．在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物。根据ⅲ中黄绿色气体生成，该黄绿色气体是Cl2，发生了反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，证明微粒的氧化性： ClO-＞Cl2，D错误；
故合理选项是A。
7．A
【详解】A．在呼吸面具中，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，发生的都是氧化还原反应，A符合题意；
B．NaHCO3作膨松剂时，发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，属于非氧化还原反应，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3作净水剂时，发生双水解反应Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，属于非氧化还原反应，C不符合题意；
D．Fe2O3作红色颜料时，利用其物理性质，D不符合题意；
故选A。
8．C
【详解】A．碳酸氢钠片可治疗胃酸过多原理是与HCl发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故A错误；
B．豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀是胶体的聚沉现象，属于物理变化，故B错误；
C．天然气燃烧属于氧化还原反应，故C正确；
D．海水经风吹日晒获得粗盐属于物理变化，故D错误；
故选选C。
9．B
【详解】A．i中生成黄色沉淀是碘化银沉淀，反应是：Ag++I-=AgI↓，故A正确；
B．可依据i中现象推测，溶液中存在I-，因为Fe3+也呈黄色，不能推测实验I中的棕黄色主要是I2引起的，故B错误；
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动，I2浓度降低导致颜色变浅，故C正确；
D．实验i中加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀，c(I-)减小，平衡逆向移动，还原性I->Fe2+；实验ii中加入硫酸亚铁溶液，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，说明还原性：I-
10．B
【详解】A．由分析知，紫外线作用下，NO2 反应生成，NO2中有氮氧键发生断裂，故A正确；
B．根据图示可知，反应Ⅰ的化学方程式为，故B错误；
C．由图示可知，反应Ⅱ发生氧化还原反应，其中是氧化剂，为还原剂，故C正确；
D．反应中与氧气结合生成，则反应的方程式为，O2转化为了O3 ，故D正确；
故答案为B。
11．B
【详解】A．将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液红色褪去说明二氧化硫表现漂白性，故A不符合题意；
B．将氯气通入溴化钾溶液，溶液变黄说明有单质溴生成，反应中氯气被还原，故B符合题意；
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色说明有铜生成，反应中氢气被氧化，故C不符合题意；
D．氨气通入氯化铝溶液产生白色沉淀说明氨气表现碱性，故D不符合题意；
故选B。
12．A
【分析】由图可知，甲烷的氧化溴化包括两个过程：(1)在催化剂表面HBr氧化生成Br2；(2)在气相中甲烷溴化。因此整个过程中HBr为过程(1)的反应物，也是过程(2)的生应物，Br2为过程(1)的生成物，也是过程(2)的反应物，同时O2和ZnBr2反应生成Br2和ZnO，ZnO又和HBr反应生成ZnBr2和H2O，则ZnBr2为反应的催化剂，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，O2和ZnBr2反应生成Br2和ZnO，ZnO又和HBr反应生成ZnBr2和H2O，故ZnBr2为反应的催化剂，Br2、HBr不是催化剂，故A错误；
B．由图可知，CH4与Br2发生反应生成CH3Br和HBr，该反应为取代反应，故B正确；
C．由图可知，，ZnBr2被O2氧化生成Br2和ZnO，HBr被O2氧化生成Br2和H2O，故C正确；
D．过程(1)的反应为：4HBr+O2= 2Br2+2H2O，过程(2)的反应为：CH4+ Br2=CH3Br+HBr，将两步反应相加，消去中间产物Br2，得总反应方程式是：2CH4+2HBr+O22CH3Br+2H2O，故D正确；
答案选A。
13．A
【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化。
【详解】A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-发生络合反应：Fe3＋+3SCN－= Fe (SCN)3，该反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，A符合题意；
B．金属钠投入水中：2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑，Na与H有化合价变化，是氧化还原反应，B不符合题意；
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中：Cl2+H2OHCl+HClO，Cl的化合价变化，是氧化还原反应，C不符合题意；
D．向H2S溶液中通入SO2气体：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S的化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
14．D
【分析】
【详解】
A. 在装置②中H2SO4与Na2S发生复分解反应产生H2S气体，气体进入③中与AgCl悬浊液发生反应产生Ag2S黑色沉淀，从而可证明Ag2S比AgCl更难溶，A正确；
B. 浓硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、红棕色气体NO2、H2O，NaOH溶液吸收NO2气体，变为NaNO3、NaNO2和水，从而防止了大气污染。在HNO3中N元素为+5价，反应后变为NO2中的+4价，元素化合价降低，得到电子，被还原，从而可证明浓硝酸具有氧化性，B正确；
C. 硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体通入到酸性KMnO4溶液中，看到溶液紫色褪色，可证明SO2具有还原性，C正确；
D. 浓硝酸与Na2CO3在溶液中发生复分解反应产生CO2气体，证明酸性：HNO3>H2CO3；但由于浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气进入装置③中，会发生反应：2HNO3+Na2SiO3=H2SiO3↓+ 2NaNO3，得到结论酸性：HNO3>H2SiO3；在③中CO2气体也会发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+ Na2CO3，产生白色硅酸沉淀，因此不能证明白色沉淀是那种物质反应产生，故不能得到结论：酸性：HNO3>H2CO3> H2SiO3，D错误；
故合理选项是D。
15． 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 防止倒吸（或增大反应物的接触面积） 证明当溶液中c(I-)和c(H+)相同时，空气中O2不会氧化I- NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I- 酸性条件下，NO2-+H+HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，因此溶液呈棕色 4[Fe(NO)]2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
【分析】I.Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；
II.(5)根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；
(6) [Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅；
(7)根据Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x计算。
【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生；
(3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；
(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；
(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；
(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体；
(7)根据反应H++OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10 mL1 mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=c·V=1 mol/L×0.01 L=0.01 mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20 mL则在3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]=×0.01 mol=1.5×10-3 mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x×10-3 mol=0.1 mol/L×(V1-V2) ×10-3 L=(V1-V2) ×10-4 mol，解得x=。
【点睛】本题考查了NaNO2的制备、性质及物质化学式的测定。涉及化学反应原理、干扰因素的产生与排除、实验方案的设计、滴定方法的计算等。要结合题目已知信息，利用元素守恒和电子守恒和物质的量的有关计算公式分析解答，考查了学生信息接受和使用能力及知识应变能力。
16． 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O H2O2温度较高时易分解 阴极 加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤 4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气
【分析】（1）（3）NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，故加入空气稀释；方法1：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；
（4）由溶解度曲线可知，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，据此分析解答；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；
（6）盐酸浓度较大，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；
【详解】（1）步骤1，NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，则通入空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；
（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过20℃，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时易分解；
（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaClO2，故答案为：阴极；
（4）由NaClO2的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体是
NaClO2，所以从NaClO2溶溶液中获得NaClO2的操作：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaClO2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗
Na2S2O3增多，结果偏高；
（6）盐酸浓度大时，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。
17． Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se SeO2 H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O a 其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大 在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大
【详解】(1) 同一主族元素性质相似，根据“位置-结构-性质”分析，Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se，故答案为：Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se。
(2) 由铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等，焙烧时，产物烧渣含Au、Ag、CuO等，再结合Se和S在同一主族，同一主族元素性质相似，故焙烧铜阳极泥时，产物A为SeO2，故答案为：SeO2。
(3) 根据氧化还原反应得失电子守恒及元素守恒配平可得甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O，故答案为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O。
(4) 向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，H2SeO3与HSeO均存在，可看作一水合氨电离出的氢氧根与等物质的量的H2SeO3反应，生成HSeO+H2O，该过程中主要反应的离子方程式为H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O，故答案为：H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O。
(5) ①根据其他条件相同时，浓度与速率成正比，故答案为：a；其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大；
②在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大，故答案为：在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大。
(6) 由关系式法得：，所以粗硒中Se的质量分数==，故答案为：。
18． 4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3或2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO 可使NO循环利用，全部转化成HNO3 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【详解】(1)NH3属于共价化合物，其电子式为 ，故答案： 。
(2)由框图可知：设备Ⅱ是氨气和氧气在催化剂的条件下发生反应生成一氧化氮和水，其反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ，故答案：4NH3+5O24NO+6H2O。
(3) 由框图可知：设备Ⅲ中是一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在和水反应生成一氧化氮和HNO3，该反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3。设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是使NO循环利用，最终全部转化成HNO3，故答案：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3；可使NO循环利用，全部转化成HNO3。
(4)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+，故答案：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+。
②pH越小溶液的酸性越强，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高，故答案： 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
19．(1)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(2) 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ 溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱
(3)增加接触面积，提高反应速率
(4) MnO+ e-=MnO 推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）
【详解】（1）电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第一步是电解饱和食盐水，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，第二步反应是电解生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O，则反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2）①由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，根据氧化还原反应配平可得，吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+；
②由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱，则脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，故答案为：当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱；
（3）吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，采用气、液逆流方式能够增加气体和液体的接触面积，提高反应速率，让气体和液体充分反应，故答案为：增加接触面积，提高反应速率；
（4）①由题干信息：MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗，故实验1中阴极颜色变暗是由于部分MnO在阴极得到电子后转化为MnO，而形成MnO与MnO混合溶液，电解池中阴极发生还原反应，则阴极电极反应式是MnO+ e-=MnO，故答案为：MnO+ e-=MnO；
②根据题干信息可知，实验2和实验1相比，实验2中仅在电解液多加入了NaNO3电解液，其余条件均相同，而实验结果却是：实验一是阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1，实验二为：阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4，则说明两种猜想均成立，且反应II的速率比反应I的快，故可得到的结论是推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快），故答案为：推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）。
北京市顺义区、昌平区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应
一、单选题
1．（2020·北京顺义·一模）常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是
A．该反应过程中，是是 B．当有生成时，转移电子
C．在分解过程中，溶液的逐渐降低 D．的氧化性比强，还原性比弱
2．（2020·北京顺义·一模）碲()元素在元素周期表中位于第族，其单质是重要的工业原料。工业上可用电解法从铜阳极泥(主要成分是、含等杂质)中提取单质碲，步骤如下:
①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为;
②用溶液碱浸;
③以石墨为电极电解②所得溶液获得。
已知:微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。
下列说法不正确的是
A．中，的化合价是－2
B．步骤②中，碱浸的离子方程式是
C．步骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是:
D．在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到
3．（2021·北京顺义·统考二模）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Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑来制备，下列说法不正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因是：S2-+H2OHS-+OH-
B．Na2S可以在空气中长期放置不会变质
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1：2
4．（2021·北京顺义·统考二模）用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：
下列说法不正确的是
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．检验A中的Fe3+可以用KSCN溶液
C．加H2O2时发生反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O是氧化还原反应
5．（2022·北京顺义·统考二模）土壤中微生物将大气中的H2S氧化为SO的变化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．1 mol H2S(g)和1/2mol O2(g)的总能量高于1 mol S(g)和1 mol H2O(g)的总能量
B．H2S(g)+ 2O2(g)=SO (aq) +2H+(aq) △H=-806.39kJ/mol
C．H2S和SO中S原子采用的杂化方式不同
D．1 mol H2S完全氧化为SO转移8mol电子
6．（2022·北京顺义·统考二模）常温下，某同学进行下列实验探究Ca(ClO)2的性质。
实验步骤和现象
ⅰ
取少量Ca(ClO)2溶液于试管中，滴加紫色石蕊溶液，先变蓝后褪色
ⅱ
取少量Ca(ClO)2溶液于试管中，通入CO2，有白色沉淀生成
ⅲ
取少量Ca(ClO)2固体于试管中，加入浓盐酸，有黄绿色气体生成
下列说法正确的是
A．0.1 mol/L Ca(ClO)2溶液中存在c(ClO-)＞c(Ca2+)＞c(OH- )＞c(H+)
B．根据ⅰ中溶液褪色，说明Ca(ClO)2溶液显碱性
C．根据ⅱ中有白色沉淀生成，说明酸性：HClO＞H2CO3
D．根据ⅲ中黄绿色气体生成，说明酸性条件下氧化性：Cl2＞ClO-
7．（2022·北京顺义·统考二模）下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是
选项
A
B
C
D
物质
Na2O2
NaHCO3
Al2(SO4)3
Fe2O3
用途
呼吸面具供氧剂
膨松剂
净水剂
红色颜料
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·北京昌平·统考二模）化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应有关的是
A．图甲碳酸氢钠片可治疗胃酸过多 B．图乙豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀
C．图丙天然气燃烧 D．图丁海水经风吹日晒获得粗盐
9．（2022·北京昌平·统考二模）研究“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
下列说法不正确的是
A．i中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I-=AgI↓
B．可依据i中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动
D．还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中I-
A．紫外线作用下，NO2中有氮氧键发生断裂
B．反应I的的方程式是2NO+O2=2NO2
C．反应II中丙烯是还原剂
D．经反应III，O2转化为了O3
11．（2021·北京昌平·统考二模）下列变化中，气体被还原的是
A．将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去
B．将氯气通入KBr溶液，溶液变黄
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色
D．氨气通入AlCl3溶液产生白色沉淀
12．（2021·北京昌平·统考二模）如图为甲烷氧溴化反应催化机理。下列说法不正确的是
A．Br2、HBr为反应的催化剂
B．反应中，CH4与Br2发生取代反应
C．反应中，ZnBr2、HBr均被O2氧化
D．反应的总方程式是2CH4+2HBr+O22CH3Br+2H2O
13．（2020·北京昌平·统考二模）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
B．金属钠投入水中，有气体产生
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中，水位上移
D．向H2S溶液中通入SO2气体，产生淡黄色沉淀
14．（2020·北京昌平·统考二模）利用如图所示装置进行下列实验，不能达到相应实验目的的是（ ）
选项
①
②
③
实验目的
A
稀硫酸
Na2S
AgCl的浊液
验证Ag2S比AgCl难溶
B
浓硝酸
Cu片
NaOH溶液
探究浓硝酸具有氧化性
C
硫酸
Na2SO3
酸性KMnO4溶液
探究SO2具有还原性
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
验证酸性：硝酸>碳酸>硅酸
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
15．（2020·北京昌平·统考二模）实验小组制备NaNO2，并探究其性质。
I.制备NaNO2
(1)A中发生反应的化学方程式是__________。
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是________。
(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号
试管
操作
现象
①
2 mLB中溶液
加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
2 mLB中溶液
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
变蓝
③
2 mLH2O
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
实验③的目的是________。
(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是_________。
II.探究NaNO2的性质
装置
操作
现象
取10 mL1 mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL1 mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。
i.溶液迅速变为棕色；ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。
iii.最终形成棕褐色溶液。
资料：i.[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
(5)溶液迅速变为棕色的原因是_________。
(6)已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是_________。
(7)最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。
资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。
Fe(OH)x(SO4)y中x=_______(用含V1、V2的代数式表示)。
三、工业流程题
16．（2020·北京顺义·一模）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：
已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。
2.长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是___，通入空气的作用是___。
（2）方法1中，反应的离子方程式是___，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是___。
（3）方法2中，NaClO2在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶溶液中获得NaClO2的操作是___。
（5）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaClO2的质量分数为___。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。
（6）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是___。
17．（2021·北京顺义·统考二模）硒是人体所需微量元素之一，也是一种重要的工业原料。
Ⅰ.硒在元素周期表中的位置如图所示：
(1)从原子结构的角度解释硫的非金属性比硒强的原因是__。
Ⅱ.工业上从铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中提取硒的过程如图：
(2)焙烧时，产物A的化学式为__。
(3)将甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式补充完整：H2SeO3+2HCOOHSe+ + 。______。
(4)常温下，H2SeO3电离平衡体系中含Se(+4价)微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。
向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，过程中主要反应的离子方程式__。
(5)还原时，进行了下述实验：向10mL2.5mol·L-1亚硒酸溶液中先加入10mL氨水，再加入10mL甲酸溶液(甲酸浓度分别为5、7.5及10mol·L-1)，加热至沸腾(103℃)，反应10小时，实验数据如图所示。
①曲线___(填曲线字母编号)对应甲酸浓度为10mol·L-1，判断的理由是___。
②当氨水浓度在0～1.25mol·L-1之间，随着氨水浓度逐渐增大，亚硒酸还原率逐渐升高，其可能的原因是__。
(6)粗硒中硒含量测定：
在一定条件下，将0.1000g粗硒中的Se完全转化为H2SeO3溶液，用V1mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定。终点前加入KI淀粉溶液做指示剂，继续用V2mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液蓝色消失。发生的反应：
H2SeO3+4S2O+4H+=Se+2S4O+3H2O；
H2SeO3+4I-+4H+=Se+2I2+3H2O；
I2+2S2O=2I-+S4O。则粗硒中Se的质量分数为___。
18．（2021·北京顺义·统考二模）工业上制取硝酸铵的流程图如图，回答下列问题：
(1)NH3的电子式为___。
(2)设备Ⅱ发生反应的化学方程式为___。
(3)设备Ⅲ中生成HNO3化学方程式为__，设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是__。
(4)设备Ⅳ中的尾气主要为NO，可以用NaClO溶液吸收，其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示。
①在酸NaClO性溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为__。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是__。
四、原理综合题
19．（2022·北京顺义·统考二模）工业上利用无隔膜NaCl电解法脱除低温工业废气中 NO，可有效减少对空气的污染。
(1)电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第二步反应的离子方程式是___________。
(2)脱硝液中含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的分布如图1所示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图2所示：
①吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是___________。
②脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，原因是___________。
(3)吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，目的是___________。
(4)KMnO4可以增加脱硝液的氧化性，显著提高脱硝效率，但脱硝废液电解时无法实现KMnO4的再生，需在脱硝液中及时补充。推测KMnO4无法再生的原因：
Ⅰ． MnO在阴极直接得到电子被还原；
Ⅱ．脱硝废液中NO在阴极得电子转化为NO，NO还原MnO。
进行实验验证：
装置
实验
复合电解液
实验现象
1
0.66mmol/LKMnO4+ 0.8547mol/LNaCl混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1
2
0.66mmol/L KMnO4+0.8547mol/L NaCl 、NaNO3混合电解液( pH=7)
阳极溶液颜色基本不变；阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4
资料： MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗。
①实验1中阴极颜色变暗，阴极电极反应式是___________。
②根据实验1和2可得到的结论是___________。
参考答案：
1．B
【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。
【详解】A. 根据分析， M是，Mˊ是，故A错误；
B. 图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有生成时，转移电子，故B正确；
C. 图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的会逐渐增大，故C错误；
D. 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；
综上所述，答案为B。
2．C
【详解】A. 中，的化合价是－2，Cu的化合价是+1，故A正确；
B. 步骤②中，根据信息易与较浓的强碱反应，因此碱浸的离子方程式是：，故B正确；
C. 步骤③中，溶液是碱性环境，因此阴极上发生反应的电极方程式是:，故C错误；
D. 在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．B
【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项错误；
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项正确；
答案选B。
4．D
【详解】A．浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；
B．检验铁离子可以用硫氰化钾，溶液显红色，B正确；
C．过氧化氢能氧化亚铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，C正确；
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．由题干图示信息可知，H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) =-221.19kJ/mol，反应放热，则1 mol H2S(g)和1/2mol O2(g)的总能量高于1 mol S(g)和1 mol H2O(g)的总能量，A正确；
B．由题干图示信息可知，反应I：H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) =-221.19kJ/mol ，反应II：S(g)+H2O(g) +O2(g)= SO(aq) +2H+ (aq) =-585.20kJ/mol， 则反应I+II可得反应H2S(g)+ 2O2(g)=SO(aq) +2H+(aq)，根据盖斯定律可知△H=+=(-221.19kJ/mol)+( -585.20kJ/mol)=-806.39kJ/mol，B正确；
C．H2S和SO中S原子原子周围的价层电子对数分别为：2+=4，4+=4，则均采用的sp3杂化，杂化方式相同，C错误；
D．已知H2S中S为-2价，SO中S为+6价，则1 mol H2S完全氧化为SO转移8mol电子，D正确；
故答案为：C。
6．A
【详解】A．Ca(ClO)2是可溶性强电解质，在溶液中发生电离作用：Ca(ClO)2=Ca2++2ClO-，所以离子浓度：c(ClO-)＞c(Ca2+)；该盐是强碱弱酸盐，在溶液中有少量ClO-发生水解反应产生HClO和OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH- )＞c(H+)，因此溶液显碱性。但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，因此c(Ca2+)＞c(OH- )，则Ca(ClO)2溶液中离子浓度大小关系为：c(ClO-)＞c(Ca2+)＞c(OH- )＞c(H+)，A正确；
B．Ca(ClO)2是强碱弱酸盐，在溶液中由于ClO-发生水解反应消耗水电离产生的H+变为HClO，同时产生OH-，使溶液显碱性，因此向Ca(ClO)2溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液会变为蓝色，同时反应产生的HClO具有强氧化性，又将蓝色物质氧化变为无色物质，因此后来溶液的蓝色又逐渐褪去，故不能根据溶液褪色来Ca(ClO)2溶液显碱性，B错误；
C．在复分解反应中，强酸与弱酸盐反应制取弱酸。取少量Ca(ClO)2溶液于试管中，通入CO2，有白色沉淀生成，发生反应产生CaCO3沉淀和HClO，说明了物质的酸性：H2CO3＞HClO，C错误；
D．在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物。根据ⅲ中黄绿色气体生成，该黄绿色气体是Cl2，发生了反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，证明微粒的氧化性： ClO-＞Cl2，D错误；
故合理选项是A。
7．A
【详解】A．在呼吸面具中，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，发生的都是氧化还原反应，A符合题意；
B．NaHCO3作膨松剂时，发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，属于非氧化还原反应，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3作净水剂时，发生双水解反应Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，属于非氧化还原反应，C不符合题意；
D．Fe2O3作红色颜料时，利用其物理性质，D不符合题意；
故选A。
8．C
【详解】A．碳酸氢钠片可治疗胃酸过多原理是与HCl发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故A错误；
B．豆浆中加入浓盐溶液，产生沉淀是胶体的聚沉现象，属于物理变化，故B错误；
C．天然气燃烧属于氧化还原反应，故C正确；
D．海水经风吹日晒获得粗盐属于物理变化，故D错误；
故选选C。
9．B
【详解】A．i中生成黄色沉淀是碘化银沉淀，反应是：Ag++I-=AgI↓，故A正确；
B．可依据i中现象推测，溶液中存在I-，因为Fe3+也呈黄色，不能推测实验I中的棕黄色主要是I2引起的，故B错误；
C．对照实验ii、iii，可推测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左移动，I2浓度降低导致颜色变浅，故C正确；
D．实验i中加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀，c(I-)减小，平衡逆向移动，还原性I->Fe2+；实验ii中加入硫酸亚铁溶液，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，说明还原性：I-
10．B
【详解】A．由分析知，紫外线作用下，NO2 反应生成，NO2中有氮氧键发生断裂，故A正确；
B．根据图示可知，反应Ⅰ的化学方程式为，故B错误；
C．由图示可知，反应Ⅱ发生氧化还原反应，其中是氧化剂，为还原剂，故C正确；
D．反应中与氧气结合生成，则反应的方程式为，O2转化为了O3 ，故D正确；
故答案为B。
11．B
【详解】A．将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液红色褪去说明二氧化硫表现漂白性，故A不符合题意；
B．将氯气通入溴化钾溶液，溶液变黄说明有单质溴生成，反应中氯气被还原，故B符合题意；
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色说明有铜生成，反应中氢气被氧化，故C不符合题意；
D．氨气通入氯化铝溶液产生白色沉淀说明氨气表现碱性，故D不符合题意；
故选B。
12．A
【分析】由图可知，甲烷的氧化溴化包括两个过程：(1)在催化剂表面HBr氧化生成Br2；(2)在气相中甲烷溴化。因此整个过程中HBr为过程(1)的反应物，也是过程(2)的生应物，Br2为过程(1)的生成物，也是过程(2)的反应物，同时O2和ZnBr2反应生成Br2和ZnO，ZnO又和HBr反应生成ZnBr2和H2O，则ZnBr2为反应的催化剂，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，O2和ZnBr2反应生成Br2和ZnO，ZnO又和HBr反应生成ZnBr2和H2O，故ZnBr2为反应的催化剂，Br2、HBr不是催化剂，故A错误；
B．由图可知，CH4与Br2发生反应生成CH3Br和HBr，该反应为取代反应，故B正确；
C．由图可知，，ZnBr2被O2氧化生成Br2和ZnO，HBr被O2氧化生成Br2和H2O，故C正确；
D．过程(1)的反应为：4HBr+O2= 2Br2+2H2O，过程(2)的反应为：CH4+ Br2=CH3Br+HBr，将两步反应相加，消去中间产物Br2，得总反应方程式是：2CH4+2HBr+O22CH3Br+2H2O，故D正确；
答案选A。
13．A
【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化。
【详解】A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-发生络合反应：Fe3＋+3SCN－= Fe (SCN)3，该反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，A符合题意；
B．金属钠投入水中：2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑，Na与H有化合价变化，是氧化还原反应，B不符合题意；
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中：Cl2+H2OHCl+HClO，Cl的化合价变化，是氧化还原反应，C不符合题意；
D．向H2S溶液中通入SO2气体：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S的化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
14．D
【分析】
【详解】
A. 在装置②中H2SO4与Na2S发生复分解反应产生H2S气体，气体进入③中与AgCl悬浊液发生反应产生Ag2S黑色沉淀，从而可证明Ag2S比AgCl更难溶，A正确；
B. 浓硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、红棕色气体NO2、H2O，NaOH溶液吸收NO2气体，变为NaNO3、NaNO2和水，从而防止了大气污染。在HNO3中N元素为+5价，反应后变为NO2中的+4价，元素化合价降低，得到电子，被还原，从而可证明浓硝酸具有氧化性，B正确；
C. 硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体通入到酸性KMnO4溶液中，看到溶液紫色褪色，可证明SO2具有还原性，C正确；
D. 浓硝酸与Na2CO3在溶液中发生复分解反应产生CO2气体，证明酸性：HNO3>H2CO3；但由于浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气进入装置③中，会发生反应：2HNO3+Na2SiO3=H2SiO3↓+ 2NaNO3，得到结论酸性：HNO3>H2SiO3；在③中CO2气体也会发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+ Na2CO3，产生白色硅酸沉淀，因此不能证明白色沉淀是那种物质反应产生，故不能得到结论：酸性：HNO3>H2CO3> H2SiO3，D错误；
故合理选项是D。
15． 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 防止倒吸（或增大反应物的接触面积） 证明当溶液中c(I-)和c(H+)相同时，空气中O2不会氧化I- NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I- 酸性条件下，NO2-+H+HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，因此溶液呈棕色 4[Fe(NO)]2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
【分析】I.Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；
II.(5)根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；
(6) [Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅；
(7)根据Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x计算。
【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生；
(3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；
(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；
(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；
(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体；
(7)根据反应H++OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10 mL1 mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=c·V=1 mol/L×0.01 L=0.01 mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20 mL则在3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]=×0.01 mol=1.5×10-3 mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x×10-3 mol=0.1 mol/L×(V1-V2) ×10-3 L=(V1-V2) ×10-4 mol，解得x=。
【点睛】本题考查了NaNO2的制备、性质及物质化学式的测定。涉及化学反应原理、干扰因素的产生与排除、实验方案的设计、滴定方法的计算等。要结合题目已知信息，利用元素守恒和电子守恒和物质的量的有关计算公式分析解答，考查了学生信息接受和使用能力及知识应变能力。
16． 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O H2O2温度较高时易分解 阴极 加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤 4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气
【分析】（1）（3）NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，故加入空气稀释；方法1：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；
（4）由溶解度曲线可知，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，据此分析解答；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；
（6）盐酸浓度较大，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；
【详解】（1）步骤1，NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，则通入空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；
（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过20℃，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时易分解；
（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaClO2，故答案为：阴极；
（4）由NaClO2的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体是
NaClO2，所以从NaClO2溶溶液中获得NaClO2的操作：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaClO2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗
Na2S2O3增多，结果偏高；
（6）盐酸浓度大时，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。
17． Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se SeO2 H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O a 其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大 在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大
【详解】(1) 同一主族元素性质相似，根据“位置-结构-性质”分析，Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se，故答案为：Se和S在同一主族，电子层数Se>S，原子半径Se>S；原子得电子能力：S>Se，元素非金属性：S>Se。
(2) 由铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等，焙烧时，产物烧渣含Au、Ag、CuO等，再结合Se和S在同一主族，同一主族元素性质相似，故焙烧铜阳极泥时，产物A为SeO2，故答案为：SeO2。
(3) 根据氧化还原反应得失电子守恒及元素守恒配平可得甲酸(HCOOH)还原H2SeO3反应的化学方程式为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O，故答案为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O。
(4) 向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，H2SeO3与HSeO均存在，可看作一水合氨电离出的氢氧根与等物质的量的H2SeO3反应，生成HSeO+H2O，该过程中主要反应的离子方程式为H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O，故答案为：H2SeO3+NH3·H2O=NH+HSeO+H2O。
(5) ①根据其他条件相同时，浓度与速率成正比，故答案为：a；其他条件相同时，增大反应物浓度，可以加快反应速率(或其他条件相同时，曲线a对应亚硒酸还原率最高，说明反应速率最大，甲酸浓度最大；
②在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大，故答案为：在实验条件下，HSeO比H2SeO3更容易被甲酸还原或随着氨水浓度逐渐增大，溶液中HSeO-浓度逐渐增大。
(6) 由关系式法得：，所以粗硒中Se的质量分数==，故答案为：。
18． 4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3或2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO 可使NO循环利用，全部转化成HNO3 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【详解】(1)NH3属于共价化合物，其电子式为 ，故答案： 。
(2)由框图可知：设备Ⅱ是氨气和氧气在催化剂的条件下发生反应生成一氧化氮和水，其反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ，故答案：4NH3+5O24NO+6H2O。
(3) 由框图可知：设备Ⅲ中是一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在和水反应生成一氧化氮和HNO3，该反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3。设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是使NO循环利用，最终全部转化成HNO3，故答案：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3；可使NO循环利用，全部转化成HNO3。
(4)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+，故答案：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+。
②pH越小溶液的酸性越强，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高，故答案： 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
19．(1)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(2) 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+ 溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力减弱
(3)增加接触面积，提高反应速率
(4) MnO+ e-=MnO 推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）
【详解】（1）电解NaCl溶液获得脱硝液(含NaClO)分两步进行，第一步是电解饱和食盐水，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，第二步反应是电解生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl和H2O，则反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2）①由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，根据氧化还原反应配平可得，吸收塔中NO转化为NO的离子反应方程式是3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+，故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2+5H+；
②由题干图1所示信息可知，当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱，则脱硝液pH=5时，NO转化率最高，随pH升高，NO转化率会降低，故答案为：当pH=5时脱硝液中含氯微粒主要是HClO，随后随着溶液pH升高，溶液中HClO的浓度减小，转化为ClO-，氧化NO的能力减弱；
（3）吸收塔中采用气、液逆流(废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋)的方式吸收废气，采用气、液逆流方式能够增加气体和液体的接触面积，提高反应速率，让气体和液体充分反应，故答案为：增加接触面积，提高反应速率；
（4）①由题干信息：MnO为紫红色，MnO为墨绿色，MnO与MnO混合溶液颜色会变暗，故实验1中阴极颜色变暗是由于部分MnO在阴极得到电子后转化为MnO，而形成MnO与MnO混合溶液，电解池中阴极发生还原反应，则阴极电极反应式是MnO+ e-=MnO，故答案为：MnO+ e-=MnO；
②根据题干信息可知，实验2和实验1相比，实验2中仅在电解液多加入了NaNO3电解液，其余条件均相同，而实验结果却是：实验一是阴极溶液颜色逐渐变暗； 25min电解液未呈现墨绿色， pH=12.1，实验二为：阴极溶液颜色逐渐变暗；25 min电解液呈现墨绿色， pH=12.4，则说明两种猜想均成立，且反应II的速率比反应I的快，故可得到的结论是推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快），故答案为：推测Ⅰ和推测Ⅱ均成立，且Ⅱ比Ⅰ更易发生（速率更快）。
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