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北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编13氧化还原反应（1）
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这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编13氧化还原反应（1），共39页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编13氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2022·北京通州·统考三模）下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是
A．用SO2的水溶液吸收Br2 B．用锌块防止钢铁船体腐蚀
C．用FeCl3溶液腐蚀铜板 D．用铁粉防止FeSO4溶液氧化
2．（2022·北京·一模）某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。
已知：[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3
下列关于该实验的分析不正确的是
A．实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应
B．实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大
C．实验表明，乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)
D．对比实验①和②知，形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低
3．（2022·北京海淀·统考二模）科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值)。
下列说法不正确的是
A．该过程中，CO2被还原
B．该过程中发生了3次加成反应
C．由上图可知，化学键的键长会受到周围基团的影响
D．该过程原子利用率达到100%
4．（2022·北京·模拟预测）探究亚硝酸钠( NaNO2 )的化学性质，实验如下：
实验
装置
试剂a
现象
①
酚酞溶液
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI溶液+稀硫酸
无 色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
资料： AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；由上述实验所得结论不正确的是
A．NaNO2溶液显碱性
B．NaNO2可与某些盐发生复分解反应： +Ag+= AgNO2↓
C．NaNO2有氧化性： 2I- +2H++2 =I2+2NO2 ↑+H2O
D．NaNO2有还原性： +3 +8H+=3 +2Cr3++4H2O
5．（2022·北京·模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．磁性氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
B．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛：Ti4++(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H+
C．水玻璃中通入少量CO2：Na2SiO3+CO2+H2O=CO+H2SiO3↓+2Na+
D．酸性KMnO4溶液滴定双氧水：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
6．（2022·北京·模拟预测）2022年我国空间站的建设举世瞩目，神舟十四号太空出差三人组在轨飞行多日。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2
下列有关说法不正确的是
A．反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂
B．反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子
C．反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原
D．反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化
7．（2022·北京西城·统考二模）将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是
A．分与合相结合 B．量变与质变相结合
C．化学与社会和谐发展 D．物质变化是有条件的
8．（2022·北京通州·统考三模）汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A．催化剂能提高反应速率 B．、均发生了氧化反应
C．转化为时，转化为 D．催化剂对化学反应有选择性
9．（2022·北京昌平·统考二模）下列有关化学用语表述正确的是
A．中子数为16的硫原子：S B．还原性：Na
10．（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
11．（2022·北京海淀·统考二模）向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。
经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。
下列说法不正确的是
A．①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
B．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)
D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率
12．（2022·北京西城·统考二模）某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：
实验
试剂a
现象与结果
I
10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5mol/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
下列说法不正确的是
A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B．由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C．增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D．[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
13．（2022·北京西城·统考二模）向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是
A．依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)
B．HCN的结构式是H—C≡N
C．反应中每1molFe转移2mol电子
D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6
14．（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．用NaHCO3作食品膨松剂
B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热
C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂
16．（2022·北京通州·统考一模）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄()能溶于，反应如下：。下列说法不正确的是
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为
B．若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、作正极
C．反应产生的可用溶液吸收
D．雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂
17．（2022·北京通州·统考一模）稀土永磁材料——高性能钕铁硼合金为新能源汽车提供核心原材料。从制钕铁硼的废料中提取氧化钕(Nd2O3)的工艺流程如图1所示，草酸钕晶体的热重曲线如图2所示。
已知：ⅰ.与酸反应生成离子，草酸钕晶体[]的摩尔质量是；
ⅱ.生成，开始沉淀时，完全沉淀时
生成，开始沉淀时，完全沉淀时
下列说法不正确的是
A．气体1的主要成分是，滤渣1是硼和其他不溶性杂质
B．“氧化”时会发生反应：
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，的利用率无影响
D．由图2可知，时剩余固体的主要成分是
18．（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-
19．（2022·北京·模拟预测）工业制备锰(Mn)单质的过程中会产生高浓度SO2。酸性条件下，用MnO2进行脱硫处理的原理如下图所示。
下列说法中，不正确的是
A．反应1中，锰元素化合价升高 B．反应2属于氧化还原反应
C．脱硫的最终产物为MnSO4 D．上述过程中Fe2+、Fe3+可以循环使用
20．（2022·北京·模拟预测）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
二、实验题
21．（2022·北京·一模）某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如表实验，已知固液反应速率与离子迁移速率有关。
实验
条件
现象
i
18℃
开始时无明显气泡，0.5min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ii
65℃水浴
有气泡产生，12s后，气泡非常明显，溶液随之很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀
(1)实验i中产生丁达尔效应的原因是______。
(2)实验ii中发生了多个反应，它们所属的基本反应类型是_____。
(3)根据物质性质，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式：_____(至少写三个)。
(4)实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe3+。
①乙同学根据已有知识______(结合化学用语说明)，判断氧化性：H+
条件
现象
iii
18℃，混合后不振荡
3min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
iv
18℃，混合后振荡
气泡不明显，溶液褪色明显，存在丁达尔效应
对比实验i、ii、iii、iv，解释实验iv现象与i、ii、iii不同的原因：______。
22．（2022·北京·统考二模）某小组探究氧化性、还原性的变化规律。
资料：、
(1)制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀，得溶液B。溶用冰水，目的是_______。
(2)检验：向溶液A、B中分别滴加适量酸性溶液。
Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。
发生还原反应：
发生氧化反应：_______。
Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.有氧化性，能被还原为
猜想2.有_______性，能与反应产生
猜想3.……
(3)探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
序号
实验
试剂
现象
ⅰ
a
生成棕褐色固体，产生大量气泡
ⅱ
b
有少量气泡
ⅲ
溶液
有少量气泡
ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。
①X是_______。
②a是_______、b是_______。
③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。
(4)向一定浓度的溶液中加入少量，迅速产生大量气泡；随后加入，固体溶解，气泡产生明显减弱。结合方程式解释原因_______。
(5)综上，做氧化剂还是做还原剂，与_______等因素有关。
23．（2022·北京通州·统考三模）物质的大小会对其性质有极大影响。
(1)纳米金：具有高电子密度、介电特性和催化作用。纳米金的制法：将0.01%的溶液煮沸，迅速加入1%的柠檬酸钠()溶液，持续煮沸7~10分钟。制备时溶液会因为加入的柠檬酸钠的量不同而产生不同的颜色，如下表所示。
纳米金颗粒大小(nm)
颜色
2~5
黄
10~20
红
30~80
紫
资料：的溶液呈黄色，其酸性比柠檬酸强。
①在制备过程中，存在如下反应，已知产物是柠檬酸脱去一个羧基得到的，核磁共振氢谱显示其有4组峰。请补全并配平下面的反应方程式(要写出的结构简式) _______。
□→□_______+□_______()+□+□HCl
②柠檬酸钠的作用是_______，如果一段时间后的液体仍为黄色，则可以_______(填操作)来检验是否生成纳米金。
(2)微米水：可以高效诱导分子的还原反应，且不需要任何的外加还原剂或外加电荷。科学家使用上述方法制取纳米金时，引入了不加柠檬酸的对照组。令人惊奇的是对照组也发生了反应，他经过猜想与论证，最终将目光锁定在水身上，用如下装置(如图1所示)进行验证。
①使用丙酮酸()来验证，通过检验由丙酮酸生成的产物_______，证明猜想成立。
②发现随着丙酮酸浓度的增加，还原效率会迅速降低，图2与图3中丙酮酸浓度均为10mol/L。
还原效率会随着雾化气体压强的增大而增大的原因是_______。
③为探究还原反应的具体过程，继续设计实验：向水中加入一种指示剂R，这种指示剂正常状态下不显色，R在遇到一定浓度的与还原剂后会显示红色荧光，过程可以表示为：R(无色)(红色荧光)。加入R后观测到的现象如图4所示。
结合图4和上述实验，你可以得出什么推论？_______。
(3)综合上述内容，你对物质有了哪些更深入的认识？_______。
24．（2022·北京西城·统考二模）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。
①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。
ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
25．（2022·北京·模拟预测）某小组研究溶液中与(亚硝酸根)、的反应。
实验Ⅰ
试剂
现象
滴管
试管
溶液()
溶液()
a.逐滴加入溶液至1mL，溶液先变黄，后变为棕色。2小时后，无明显变化
溶液(加NaOH溶液至)
b.逐滴加入溶液至1mL，无明显变化。
资料：在溶液中呈棕色。
(1)研究现象a中的黄色溶液。
①用_______溶液检出溶液中含有，现象是_______。
②甲认为是氧化了溶液中的.乙对比a、b的实验现象认为不是主要原因，理由是_______。另行设计实验Ⅱ进行验证，确认是酸性条件下与反应生成了和NO。写出该反应的离子方程式_______。
(2)研究现象a中的棕色溶液。
提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的或发生了反应。进行实实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为与NO发生了反应。
①实验Ⅲ的操作和现象是_______。
②写出该反应的离子方程式_______。
(3)研究酸性条件下，溶液中与、的反应。
序号
操作
现象
ⅰ
取的溶液0.5mL，加醋酸调至体积为1mL，且，再加入 溶液1mL
溶液立即变为棕色
ⅱ
取的溶液0.5mL，加醋酸调至体积为1mL，且，再加入 溶液1mL
无明显变化
ⅲ
分别取1mL 的溶液与1mL 的溶液混合，再加入一滴浓硫酸(混合后溶液)
液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环
ⅲ中出现棕色的原因是_______。
(4)实验结论：_______(至少写出两条)
三、工业流程题
26．（2022·北京房山·统考二模）工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，低温硫酸化焙烧—水浸工艺制备V2O5，其流程如图：
资料：
ⅰ.VOSO4高温易分解
ⅱ.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)
ⅲ.含磷有机试剂萃取过程中溶液的H+浓度越高，萃取率越低，萃取钒效果越差
ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+
ⅴ.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀
3.2
9.0
4.7
(1)焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将V2O3转化为VOSO4的化学方程式是____。
(2)预处理过程中先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，加入Na2SO3溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失，再用氨水混合并调节溶液pH。
①请结合相关离子方程式，说明加入Na2SO3的第二个作用____。
②解释加氨水调节pH≈5的原因是____。
(3)上述I的具体操作为____。
(4)沉钒过程中先加入NaClO3进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将H2V10O中的钒元素以多钒酸铵((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释沉钒的pH=2.5的原因是____。
(5)测定产品中V2O5的纯度：
称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____。(V2O5的摩尔质量：182g•mol-1)
27．（2022·北京东城·统考二模）Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。
I.以含MnCO3的矿石为原料，经硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn。
(1)Mn在_______(填“阳极”或“阴极”)生成。
(2)阳极泥中含有MnO2，写出产生MnO2的电极反应式：_______。
II.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性MnO2和PbO。
已知：(CH3COO)2Pb在水中难解离。
(3)操作X为_______。
(4)①中反应的离子方程式为_______。
(5)滤液C能循环使用，②中溶液B的溶质为_______。
(6)a.为了将③中Mn2O3完全转化为MnO2，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为_______(已知NaClO3的还原产物为NaCl)。
b.加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是_______。
(7)活性MnO2纯度的测定
i.用V1mLc1mol∙L-1Na2C2O4溶液(H2SO4)酸化)溶解wg活性MnO2样。品。(MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O)
ii.用c2mol∙L-1酸性KMnO4标准溶液滴定i中剩余的消耗KMnO4标准溶液V2mL。(5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
样品中MnO2的质量分数=_______[M(MnO2)=87g·mol-1]。
四、原理综合题
28．（2022·北京通州·统考三模）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
29．（2022·北京·模拟预测）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___________。
五、结构与性质
30．（2022·北京·模拟预测）氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法如下：
NaBH4B(OH)3→BN
已知：1.电负性：H2.1 B2.0 N3.0 O3.5
2.SiC与BN晶体的熔点和硬度数据如下：
物质
熔点/℃
硬度
碳化硅(SiC)
2830
9-9.5
氮化硼(BN)
3000
9.5
(1)NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”。从化合价角度分析NaBH4具有强还原性的原因是_______。
(2)硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子的空间构型为_______。
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，描述配位键的形成过程_______。
(3)某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：
①氮化硼(BN)属于_______晶体；B原子的轨道杂化类型为_______。
②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______。
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞的边长为_______cm(列计算式)。
参考答案：
1．C
【详解】A．用SO2的水溶液吸收Br2，S元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，选项A错误；
B．用Zn块防止钢铁船体腐蚀，是利用其还原性， B错误；
C．用FeCl3溶液腐蚀铜板发生的反应为2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+，铁元素的化合价降低，被还原，利用其氧化性，选项C正确；
D．用Fe粉防止FeSO4溶液氧化，利用其还原性，选项D错误；
答案选C。
2．A
【分析】实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，再滴加3滴乙醛静置3分钟后即可观察到光亮的银镜；实验②向银氨溶液中滴加几滴浓氨水，溶液中c(NH3)增大，促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3逆向移动，再滴加3滴乙醛静置较长时间也没有光亮的银镜。通过对比可知在碱性相同的条件下，滴加相同体积的乙醛，实验①产生了银镜，可得到的结论是形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低。
【详解】A．实验①②在滴加乙醛前碱性相同，因此不能说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应， A错误；
B．实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，溶液中c(NH3)增大，B正确；
C．实验现象为产生光亮的银镜，因此乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)，C正确；
D．实验①滴加1滴氢氧化钠促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，实验②滴加浓氨水促使平衡逆向移动，[Ag(NH3)2]+的浓度增大，滴加乙醛后长时间也不会观察到银镜，因此可知形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低，D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．该过程中，CO2中碳元素化合价由+4价降低到－2价，被还原，故A正确；
B．由图可知，该过程中CO2中的C=O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C=O双键发生了1次加成，所以共发生3次加成反应，故B正确；
C．由图可知，CO2中的C=O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C=O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，故C正确；
D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，故D错误。
故答案选D。
4．C
【详解】A．加入酚酞溶液变红，证明NaNO2溶液显碱性，A项正确；
B．AgNO2是淡黄色难溶于水的固体，故NaNO2可与某些盐发生复分解反应： +Ag+= AgNO2↓，B项正确；
C．根据反应现象可知，NaNO2有氧化性，能将I-氧化，同时本身被还原成NO，反应为： 2I- +4H++2 =I2+2NO ↑+2H2O，C项错误；
D．NaNO2有还原性，会被氧化成，反应为： +3 +8H+=3 +2Cr3++4H2O，D项正确；
答案选C。
5．B
【详解】A．氧化亚铁有还原性，稀硝酸有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，A错误；
B．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛利用其水解： Ti4++(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H+，B正确；
C．硅酸钠为可溶性盐，离子方程式中应拆成离子形式，正确的离子方程式为：，C错误；
D．酸性溶液滴定双氧水，双氧水被氧化得到氧气，反应的离子方程式为，D错误；
故选B。
6．D
【详解】A.FeTiO3中Fe显+2价，O显-2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A说法正确；
B.根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B说法正确；
C.反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C说法正确；
D.根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D说法错误；
答案为D。
7．A
【详解】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是分与合相结合，与量变与质变相结合量变与质变相结合、化学与社会和谐发展、物质变化是有条件的思想方法无关，故选A。
8．B
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B。
9．A
【详解】A．中子数为16的硫原子的质量数为16+16=32，该硫原子的表示为，A正确；
B．同一周期，从左到右，元素的金属性依次减弱，即金属性：Na＞Mg，则还原性：Na＞Mg，B错误；
C．CO2分子中C原子与每个O原子共用两对电子，电子式为 ，C错误；
D．Al原子失去最外层的3个电子形成Al3+，故Al3+核外有10个电子，结构示意图为 ，D错误；
故选A。
10．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。
11．B
【分析】结合检验结果可推测向AgNO3溶液中通入过量SO2发生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置过程中有Ag生成是因为过量的SO2将部分Ag+还原。
【详解】A．①中生成的白色沉淀为Ag2SO3，则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNO3溶液提供Ag+，发生复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确；
B．①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因为硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，因此不能证明Ag2SO3更难溶，也就不能说明Ksp(Ag2SO3)
D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3，然后放置一段时间后才生成Ag，故该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正确；
答案选B。
12．B
【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。
13．A
【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A错误；
B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C≡N，故B正确；
C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C正确；
D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D正确；
故选A。
14．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-
15．B
【详解】A．用NaHCO3作食品膨松剂是因为受热分解放出二氧化碳气体，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热，在反应中铁粉被氧气氧化，发生了氧化还原反应，故B正确；
C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4，先反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙再与盐酸反应，都为复分解反应，故C错误；
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂，原理是铁离子和铝离子发生水解反应生成胶体，不涉及氧化还原反应，故D错误。
故选B。
16．B
【详解】A．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4 ，则反应中转移电子的物质的量为5 mol ，A正确；
B．若将该反应设计成原电池，分析化合价知 As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、 As2S3 作负极，B错误；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的 NO2 可用 NaOH 溶液吸收，C正确；
D．雄黄( As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄( As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，D正确；
故选B。
17．C
【分析】钕铁硼废料中主要含Nd、Fe、B，由信息及流程可知，加入稀盐酸，硼不与酸反应，则滤渣是硼，Fe与盐酸反应生成气体为氢气，Nd能与酸发生置换反应，反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2Nd+6HCl=2NdCl3+3H2↑，然后加过氧化氢可氧化亚铁离子，加NaOH调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液2中加草酸生成Nd2(C2O4)3•10H2O在氧气下焙烧得到Nd2O3，以此来解答。
【详解】A．Fe与盐酸反应生成气体为氢气，硼不与酸反应，则气体的主要成分是H2，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A正确；
B．往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，pH=4时Fe3+已经完全沉淀，则反应方程式为，，B正确；
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，即先氧化此时溶液显酸性，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，此时生成Fe3+并未完全沉淀，且Fe3+能够催化H2O2的分解，从而减小了H2O2的利用率，C错误；
D．由图可知，设质量为100g，含结晶水为100g×≈24.6g，则110℃时完全失去结晶水，然后Nd2(C2O4)3在氧气中加热导致固体质量减少，此时剩余固体的摩尔质量为732g/mol×51.9%=379.91g/mol，Nd2O2CO3的摩尔质量为380g/mol，则500℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3，D正确；
故答案为：C。
18．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。
19．A
【详解】A．反应1中，锰元素化合价由+4降低为+2，故A错误；
B．反应2中Fe、S元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C．根据图示，总反应为MnO2+SO2= MnSO4，脱硫的最终产物为MnSO4，故C正确；
D．根据流程图，可知Fe2+、Fe3+可以循环使用，故D正确；
选A。
20．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。
21．(1)Fe3+水解生成了Fe(OH)3胶体
(2)置换反应、复分解反应
(3)Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe、2Zn+4H++O2=2Zn2++2H2O
(4) 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，而铜不与盐酸反应 实验iv中，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子的迁移速率大于铁离子的迁移速率而导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现为溶液褪色明显而气泡不明显。实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，Zn表面的氢离子浓度大于铁离子浓度，表现为先产生气体，Fe3+在溶液中水解为Fe(OH)3
【分析】氯化铁是强酸弱碱盐，水解生成和胶体， ，锌能与盐酸反应产生气体，胶体呈红褐色、能产生丁达尔现象。温度高、平衡右移，能使胶体转变为红棕色沉淀，据此并结合信息回答；
【详解】（1）胶体具有丁达尔现象，则实验i中产生丁达尔现象的原因是水解生成了胶体；
（2）实验ii中铁离子水解反应是可逆的，其逆过程为复分解反应，锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，有反应：、等，则实验ii它们所属的基本反应类型是置换反应、复分解反应；
（3）根据锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式、、、等；
（4）①已知：，而铜不和盐酸反应，则可判断氧化性：。
②实验iv中，振荡后，气泡不明显，红棕色褪色明显，说明将Zn粒改为Zn粉并振荡，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子迁移速率大于铁离子导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现溶液褪色明显而气泡不明显。由实验i、ii、iii的现象、结合信息可以推知：实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，表面的氢离子浓度大于铁离子，溶液中下降快于，表现为先产生气体，在溶液中水解为。
22．(1)降低温度、减缓过氧化氢分解
(2) 还原
(3) MnSO4溶液 H2O2、NaOH H2O2、H2SO4
(4)2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂
(5)其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【详解】（1）过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，答案为：降低温度、减缓过氧化氢分解；
（2）溶液为酸性，过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为：，用总反应减去还原反应得到氧化反应，即；猜想2.→中Mn元素化合价升高，可猜想具有还原性，答案为：；还原；
（3）①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液；
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢和稀硫酸，答案为：MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4；
（4）由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，答案为：2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂；
（5）通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，答案为：其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性。
23．(1) 3→2Au+3+3CO2+8HCl 还原剂 丁达尔效应
(2) 2—羟基丙酸 水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大 微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
(3)物质的大小会对其性质有极大影响
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，本题采用了两种方法制备纳米金，选择了两种还原剂，一种是柠檬酸，一种是微米水；同时要注意在本题中，两种方法中都有水存在，但是作用不完全相同，故本题也证明了物质的大小会对其性质有极大影响，以此解题。
【详解】（1）①根据题目中给的信息可知的结构简式为：，根据得失电子守恒和元素守恒可知方程式为：3→2Au+3+3CO2+8HCl；
②在该反应中，Au的化合价降低，作氧化剂，柠檬酸钠中碳的化合价升高，作还原剂；由纳米金形成分散系，属于胶体，可以用丁达尔效应来检验；
（2）①通过题中信息可以发现，丙酮酸发生了还原反应，应该生成2—羟基丙酸；
②丙酮酸浓度相同，雾化气体压强越大，说明水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大；
③图4显示红色，说明溶液中存在氢离子和还原剂，故可以得到结论是：微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
（3）题中两种制备纳米金的方法中，反应体系中都有水，但是水的状态不同，水发挥的作用也不是完全相同的，通过微米水实验可知，该状态下水本身也可以还原制备纳米金，故对物质更深刻的认识是：物质的大小会对其性质有极大影响。
24．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+)
(2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2
(3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+
【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
25．(1) KSCN 溶液变为红色 在滴加溶液的过程中均携带了氧气，但NaNO3溶液中无明显变化
(2) 将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化
(3)两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的[Fe(NO)]2+
(4)溶液中与、能发生反应；、的氧化性与溶液的酸碱性有关
【分析】在实验的过程中，可用KSCN检验铁离子，通过对比实验可检验Fe2+的氧化原因，经过实验Ⅱ进行验证，确认是酸性条件下Fe2+与反应生成了Fe3+和NO；实验Ⅲ是为了证实溶液呈棕色只是因为Fe2+与NO发生了反应，证明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2(SO4)3、FeSO4溶液中，根据颜色变化判断；研究酸性条件下，溶液中与、的反应， 若ⅲ中出现棕色说明有[Fe(NO)]2+，结合实验的操作、现象得出结论。
(1)
①检验溶液中的Fe3+常用的试剂是KSCN溶液，KSCN与铁离子反应溶液变为红色，故答案为：KSCN；溶液变为红色；
②根据实验a和b可知，在滴加液体的过程中均携带了氧气，但NaNO3溶液中无明显变化，说明O2不是主要原因；酸性条件下与反应生成了和NO，根据氧化还原的规律配平方程式为，故答案为：在滴加溶液的过程中均携带了氧气，但NaNO3溶液中无明显变化；；
(2)
①证明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2(SO4)3、FeSO4溶液中，观察实验现象，将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化，故答案为：将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化；
②将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，说明生成了[Fe(NO)]2+，则反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)
ⅲ中出现棕色，说明生成[Fe(NO)]2+，原因是两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的[Fe(NO)]2+，故答案为：两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的[Fe(NO)]2+；
(4)
根据实验现象可得出结论：一、溶液中与、能发生反应；二、、的氧化性与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液中与、能发生反应；、的氧化性与溶液的酸碱性有关。
26．(1)2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O
(2) 2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者写H2SO3） 除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率
(3)过滤
(4)pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀
(5)
【分析】石煤在220℃条件下，空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。
(1)
V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；
(2)
①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；
②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率；
(3)
水浸后会有一些难溶于水的杂质，所以操作I为过滤；
(4)
溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；
(5)
根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。
27．(1)阴极
(2)
(3)过滤
(4)
(5)NH4HCO3
(6) 1:3 防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气
(7)
【分析】II分析，阳极泥经过预处理得到Mn2O3和PbO的混合物，醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，过滤得到醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，Mn2O3再和硫酸反应得到二氧化锰和硫酸锰，硫酸锰再被氯酸钠氧化得到二氧化锰，经过一系列操作可得到活性二氧化锰；由题干知滤液C能循环使用，前面用到了醋酸铵溶液，即滤液C，结合生成物中的PbCO3，②中溶液B的溶质为NH4HCO3，经过一系列操作得到PbO。
【详解】（1）由题干知硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn，所以应该是Mn2+得电子生成Mn，故在阴极生成，故答案为：阴极；
（2）阳极泥中含有MnO2，应该是锰离子在阳极放电，产生MnO2的电极反应式为，故答案为：；
（3）醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，操作X是分离醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，所以是过滤，故答案为：过滤；
（4）①中醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，离子方程式为，故答案为：；
（5）由分析可知②中溶液B的溶质为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
（6）a.1mol Mn2O3完全转化为MnO2，锰元素从+3价升高到+4价，1mol Mn2O3转移2mol电子，1molNaClO3转化为NaCl，氯元素从+5价降低到-1价，1molNaClO3需要转移6mol电子，根据得失电子守恒得，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为1:3；故答案为：1:3；
b.氯离子有还原性，加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右，目的是防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气，故答案为：防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气；
（7）由题干数据和方程式5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O得n()1=n()=，所以MnO2消耗的的物质的量为n()2= ，再由方程式MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O得n(MnO2)=n()2= ，所以样品中MnO2的质量分数= ，故答案为：。
28．(1)过滤；
(2)；
(3) 还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5) ； 偏大。
【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
29．(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）。
30．(1)NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价
(2) 平面三角形 B与水中的OH-形成配位键，B原子佳电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键
(3) 共价
sp3 N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC
【详解】（1）NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH4具有强还原性；
（2）硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键；
（3）①氮化硼(BN)属于共价晶体；由图可知每个B原子距离最近的N原子有4个，B原子的价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp3杂化；
②N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的边长为acm，，。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编13氧化还原反应（1）
一、单选题
1．（2022·北京通州·统考三模）下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是
A．用SO2的水溶液吸收Br2 B．用锌块防止钢铁船体腐蚀
C．用FeCl3溶液腐蚀铜板 D．用铁粉防止FeSO4溶液氧化
2．（2022·北京·一模）某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时，补充做了以下实验。
已知：[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3
下列关于该实验的分析不正确的是
A．实验①无需加热，说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应
B．实验①中加入NaOH后，溶液中c(NH3)增大
C．实验表明，乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)
D．对比实验①和②知，形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低
3．（2022·北京海淀·统考二模）科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值)。
下列说法不正确的是
A．该过程中，CO2被还原
B．该过程中发生了3次加成反应
C．由上图可知，化学键的键长会受到周围基团的影响
D．该过程原子利用率达到100%
4．（2022·北京·模拟预测）探究亚硝酸钠( NaNO2 )的化学性质，实验如下：
实验
装置
试剂a
现象
①
酚酞溶液
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI溶液+稀硫酸
无 色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
资料： AgNO2是淡黄色难溶于水的固体；由上述实验所得结论不正确的是
A．NaNO2溶液显碱性
B．NaNO2可与某些盐发生复分解反应： +Ag+= AgNO2↓
C．NaNO2有氧化性： 2I- +2H++2 =I2+2NO2 ↑+H2O
D．NaNO2有还原性： +3 +8H+=3 +2Cr3++4H2O
5．（2022·北京·模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．磁性氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
B．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛：Ti4++(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H+
C．水玻璃中通入少量CO2：Na2SiO3+CO2+H2O=CO+H2SiO3↓+2Na+
D．酸性KMnO4溶液滴定双氧水：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
6．（2022·北京·模拟预测）2022年我国空间站的建设举世瞩目，神舟十四号太空出差三人组在轨飞行多日。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2
下列有关说法不正确的是
A．反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂
B．反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子
C．反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原
D．反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化
7．（2022·北京西城·统考二模）将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是
A．分与合相结合 B．量变与质变相结合
C．化学与社会和谐发展 D．物质变化是有条件的
8．（2022·北京通州·统考三模）汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A．催化剂能提高反应速率 B．、均发生了氧化反应
C．转化为时，转化为 D．催化剂对化学反应有选择性
9．（2022·北京昌平·统考二模）下列有关化学用语表述正确的是
A．中子数为16的硫原子：S B．还原性：Na
10．（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
11．（2022·北京海淀·统考二模）向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。
经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。
下列说法不正确的是
A．①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
B．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)
D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率
12．（2022·北京西城·统考二模）某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：
实验
试剂a
现象与结果
I
10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5mol/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
下列说法不正确的是
A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B．由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C．增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D．[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
13．（2022·北京西城·统考二模）向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是
A．依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)
B．HCN的结构式是H—C≡N
C．反应中每1molFe转移2mol电子
D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6
14．（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．用NaHCO3作食品膨松剂
B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热
C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂
16．（2022·北京通州·统考一模）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄()能溶于，反应如下：。下列说法不正确的是
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为
B．若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、作正极
C．反应产生的可用溶液吸收
D．雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂
17．（2022·北京通州·统考一模）稀土永磁材料——高性能钕铁硼合金为新能源汽车提供核心原材料。从制钕铁硼的废料中提取氧化钕(Nd2O3)的工艺流程如图1所示，草酸钕晶体的热重曲线如图2所示。
已知：ⅰ.与酸反应生成离子，草酸钕晶体[]的摩尔质量是；
ⅱ.生成，开始沉淀时，完全沉淀时
生成，开始沉淀时，完全沉淀时
下列说法不正确的是
A．气体1的主要成分是，滤渣1是硼和其他不溶性杂质
B．“氧化”时会发生反应：
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，的利用率无影响
D．由图2可知，时剩余固体的主要成分是
18．（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-
19．（2022·北京·模拟预测）工业制备锰(Mn)单质的过程中会产生高浓度SO2。酸性条件下，用MnO2进行脱硫处理的原理如下图所示。
下列说法中，不正确的是
A．反应1中，锰元素化合价升高 B．反应2属于氧化还原反应
C．脱硫的最终产物为MnSO4 D．上述过程中Fe2+、Fe3+可以循环使用
20．（2022·北京·模拟预测）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
二、实验题
21．（2022·北京·一模）某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如表实验，已知固液反应速率与离子迁移速率有关。
实验
条件
现象
i
18℃
开始时无明显气泡，0.5min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ii
65℃水浴
有气泡产生，12s后，气泡非常明显，溶液随之很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀
(1)实验i中产生丁达尔效应的原因是______。
(2)实验ii中发生了多个反应，它们所属的基本反应类型是_____。
(3)根据物质性质，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式：_____(至少写三个)。
(4)实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：H+>Fe3+。
①乙同学根据已有知识______(结合化学用语说明)，判断氧化性：H+
条件
现象
iii
18℃，混合后不振荡
3min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
iv
18℃，混合后振荡
气泡不明显，溶液褪色明显，存在丁达尔效应
对比实验i、ii、iii、iv，解释实验iv现象与i、ii、iii不同的原因：______。
22．（2022·北京·统考二模）某小组探究氧化性、还原性的变化规律。
资料：、
(1)制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀，得溶液B。溶用冰水，目的是_______。
(2)检验：向溶液A、B中分别滴加适量酸性溶液。
Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。
发生还原反应：
发生氧化反应：_______。
Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.有氧化性，能被还原为
猜想2.有_______性，能与反应产生
猜想3.……
(3)探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
序号
实验
试剂
现象
ⅰ
a
生成棕褐色固体，产生大量气泡
ⅱ
b
有少量气泡
ⅲ
溶液
有少量气泡
ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。
①X是_______。
②a是_______、b是_______。
③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。
(4)向一定浓度的溶液中加入少量，迅速产生大量气泡；随后加入，固体溶解，气泡产生明显减弱。结合方程式解释原因_______。
(5)综上，做氧化剂还是做还原剂，与_______等因素有关。
23．（2022·北京通州·统考三模）物质的大小会对其性质有极大影响。
(1)纳米金：具有高电子密度、介电特性和催化作用。纳米金的制法：将0.01%的溶液煮沸，迅速加入1%的柠檬酸钠()溶液，持续煮沸7~10分钟。制备时溶液会因为加入的柠檬酸钠的量不同而产生不同的颜色，如下表所示。
纳米金颗粒大小(nm)
颜色
2~5
黄
10~20
红
30~80
紫
资料：的溶液呈黄色，其酸性比柠檬酸强。
①在制备过程中，存在如下反应，已知产物是柠檬酸脱去一个羧基得到的，核磁共振氢谱显示其有4组峰。请补全并配平下面的反应方程式(要写出的结构简式) _______。
□→□_______+□_______()+□+□HCl
②柠檬酸钠的作用是_______，如果一段时间后的液体仍为黄色，则可以_______(填操作)来检验是否生成纳米金。
(2)微米水：可以高效诱导分子的还原反应，且不需要任何的外加还原剂或外加电荷。科学家使用上述方法制取纳米金时，引入了不加柠檬酸的对照组。令人惊奇的是对照组也发生了反应，他经过猜想与论证，最终将目光锁定在水身上，用如下装置(如图1所示)进行验证。
①使用丙酮酸()来验证，通过检验由丙酮酸生成的产物_______，证明猜想成立。
②发现随着丙酮酸浓度的增加，还原效率会迅速降低，图2与图3中丙酮酸浓度均为10mol/L。
还原效率会随着雾化气体压强的增大而增大的原因是_______。
③为探究还原反应的具体过程，继续设计实验：向水中加入一种指示剂R，这种指示剂正常状态下不显色，R在遇到一定浓度的与还原剂后会显示红色荧光，过程可以表示为：R(无色)(红色荧光)。加入R后观测到的现象如图4所示。
结合图4和上述实验，你可以得出什么推论？_______。
(3)综合上述内容，你对物质有了哪些更深入的认识？_______。
24．（2022·北京西城·统考二模）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。
①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。
ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
25．（2022·北京·模拟预测）某小组研究溶液中与(亚硝酸根)、的反应。
实验Ⅰ
试剂
现象
滴管
试管
溶液()
溶液()
a.逐滴加入溶液至1mL，溶液先变黄，后变为棕色。2小时后，无明显变化
溶液(加NaOH溶液至)
b.逐滴加入溶液至1mL，无明显变化。
资料：在溶液中呈棕色。
(1)研究现象a中的黄色溶液。
①用_______溶液检出溶液中含有，现象是_______。
②甲认为是氧化了溶液中的.乙对比a、b的实验现象认为不是主要原因，理由是_______。另行设计实验Ⅱ进行验证，确认是酸性条件下与反应生成了和NO。写出该反应的离子方程式_______。
(2)研究现象a中的棕色溶液。
提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的或发生了反应。进行实实验Ⅲ，证实溶液呈棕色只是因为与NO发生了反应。
①实验Ⅲ的操作和现象是_______。
②写出该反应的离子方程式_______。
(3)研究酸性条件下，溶液中与、的反应。
序号
操作
现象
ⅰ
取的溶液0.5mL，加醋酸调至体积为1mL，且，再加入 溶液1mL
溶液立即变为棕色
ⅱ
取的溶液0.5mL，加醋酸调至体积为1mL，且，再加入 溶液1mL
无明显变化
ⅲ
分别取1mL 的溶液与1mL 的溶液混合，再加入一滴浓硫酸(混合后溶液)
液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环
ⅲ中出现棕色的原因是_______。
(4)实验结论：_______(至少写出两条)
三、工业流程题
26．（2022·北京房山·统考二模）工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，低温硫酸化焙烧—水浸工艺制备V2O5，其流程如图：
资料：
ⅰ.VOSO4高温易分解
ⅱ.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)
ⅲ.含磷有机试剂萃取过程中溶液的H+浓度越高，萃取率越低，萃取钒效果越差
ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+
ⅴ.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀
3.2
9.0
4.7
(1)焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将V2O3转化为VOSO4的化学方程式是____。
(2)预处理过程中先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，加入Na2SO3溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失，再用氨水混合并调节溶液pH。
①请结合相关离子方程式，说明加入Na2SO3的第二个作用____。
②解释加氨水调节pH≈5的原因是____。
(3)上述I的具体操作为____。
(4)沉钒过程中先加入NaClO3进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将H2V10O中的钒元素以多钒酸铵((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释沉钒的pH=2.5的原因是____。
(5)测定产品中V2O5的纯度：
称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____。(V2O5的摩尔质量：182g•mol-1)
27．（2022·北京东城·统考二模）Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。
I.以含MnCO3的矿石为原料，经硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn。
(1)Mn在_______(填“阳极”或“阴极”)生成。
(2)阳极泥中含有MnO2，写出产生MnO2的电极反应式：_______。
II.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性MnO2和PbO。
已知：(CH3COO)2Pb在水中难解离。
(3)操作X为_______。
(4)①中反应的离子方程式为_______。
(5)滤液C能循环使用，②中溶液B的溶质为_______。
(6)a.为了将③中Mn2O3完全转化为MnO2，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为_______(已知NaClO3的还原产物为NaCl)。
b.加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是_______。
(7)活性MnO2纯度的测定
i.用V1mLc1mol∙L-1Na2C2O4溶液(H2SO4)酸化)溶解wg活性MnO2样。品。(MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O)
ii.用c2mol∙L-1酸性KMnO4标准溶液滴定i中剩余的消耗KMnO4标准溶液V2mL。(5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
样品中MnO2的质量分数=_______[M(MnO2)=87g·mol-1]。
四、原理综合题
28．（2022·北京通州·统考三模）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
29．（2022·北京·模拟预测）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___________。
五、结构与性质
30．（2022·北京·模拟预测）氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法如下：
NaBH4B(OH)3→BN
已知：1.电负性：H2.1 B2.0 N3.0 O3.5
2.SiC与BN晶体的熔点和硬度数据如下：
物质
熔点/℃
硬度
碳化硅(SiC)
2830
9-9.5
氮化硼(BN)
3000
9.5
(1)NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”。从化合价角度分析NaBH4具有强还原性的原因是_______。
(2)硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子的空间构型为_______。
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，描述配位键的形成过程_______。
(3)某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：
①氮化硼(BN)属于_______晶体；B原子的轨道杂化类型为_______。
②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______。
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞的边长为_______cm(列计算式)。
参考答案：
1．C
【详解】A．用SO2的水溶液吸收Br2，S元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，选项A错误；
B．用Zn块防止钢铁船体腐蚀，是利用其还原性， B错误；
C．用FeCl3溶液腐蚀铜板发生的反应为2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+，铁元素的化合价降低，被还原，利用其氧化性，选项C正确；
D．用Fe粉防止FeSO4溶液氧化，利用其还原性，选项D错误；
答案选C。
2．A
【分析】实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，再滴加3滴乙醛静置3分钟后即可观察到光亮的银镜；实验②向银氨溶液中滴加几滴浓氨水，溶液中c(NH3)增大，促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3逆向移动，再滴加3滴乙醛静置较长时间也没有光亮的银镜。通过对比可知在碱性相同的条件下，滴加相同体积的乙醛，实验①产生了银镜，可得到的结论是形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低。
【详解】A．实验①②在滴加乙醛前碱性相同，因此不能说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应， A错误；
B．实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液，Ag+与OH-反应生成沉淀，会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，溶液中c(NH3)增大，B正确；
C．实验现象为产生光亮的银镜，因此乙醛还原的是[Ag(NH3)2]+中的Ag(I)，C正确；
D．实验①滴加1滴氢氧化钠促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动，实验②滴加浓氨水促使平衡逆向移动，[Ag(NH3)2]+的浓度增大，滴加乙醛后长时间也不会观察到银镜，因此可知形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低，D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．该过程中，CO2中碳元素化合价由+4价降低到－2价，被还原，故A正确；
B．由图可知，该过程中CO2中的C=O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C=O双键发生了1次加成，所以共发生3次加成反应，故B正确；
C．由图可知，CO2中的C=O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C=O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，故C正确；
D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，故D错误。
故答案选D。
4．C
【详解】A．加入酚酞溶液变红，证明NaNO2溶液显碱性，A项正确；
B．AgNO2是淡黄色难溶于水的固体，故NaNO2可与某些盐发生复分解反应： +Ag+= AgNO2↓，B项正确；
C．根据反应现象可知，NaNO2有氧化性，能将I-氧化，同时本身被还原成NO，反应为： 2I- +4H++2 =I2+2NO ↑+2H2O，C项错误；
D．NaNO2有还原性，会被氧化成，反应为： +3 +8H+=3 +2Cr3++4H2O，D项正确；
答案选C。
5．B
【详解】A．氧化亚铁有还原性，稀硝酸有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，A错误；
B．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛利用其水解： Ti4++(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H+，B正确；
C．硅酸钠为可溶性盐，离子方程式中应拆成离子形式，正确的离子方程式为：，C错误；
D．酸性溶液滴定双氧水，双氧水被氧化得到氧气，反应的离子方程式为，D错误；
故选B。
6．D
【详解】A.FeTiO3中Fe显+2价，O显-2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A说法正确；
B.根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B说法正确；
C.反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C说法正确；
D.根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D说法错误；
答案为D。
7．A
【详解】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是分与合相结合，与量变与质变相结合量变与质变相结合、化学与社会和谐发展、物质变化是有条件的思想方法无关，故选A。
8．B
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B。
9．A
【详解】A．中子数为16的硫原子的质量数为16+16=32，该硫原子的表示为，A正确；
B．同一周期，从左到右，元素的金属性依次减弱，即金属性：Na＞Mg，则还原性：Na＞Mg，B错误；
C．CO2分子中C原子与每个O原子共用两对电子，电子式为 ，C错误；
D．Al原子失去最外层的3个电子形成Al3+，故Al3+核外有10个电子，结构示意图为 ，D错误；
故选A。
10．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。
11．B
【分析】结合检验结果可推测向AgNO3溶液中通入过量SO2发生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置过程中有Ag生成是因为过量的SO2将部分Ag+还原。
【详解】A．①中生成的白色沉淀为Ag2SO3，则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNO3溶液提供Ag+，发生复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确；
B．①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因为硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，因此不能证明Ag2SO3更难溶，也就不能说明Ksp(Ag2SO3)
D．该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3，然后放置一段时间后才生成Ag，故该实验条件下，SO2与AgNO3反应生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正确；
答案选B。
12．B
【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。
13．A
【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A错误；
B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C≡N，故B正确；
C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C正确；
D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D正确；
故选A。
14．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-
15．B
【详解】A．用NaHCO3作食品膨松剂是因为受热分解放出二氧化碳气体，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热，在反应中铁粉被氧气氧化，发生了氧化还原反应，故B正确；
C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4，先反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙再与盐酸反应，都为复分解反应，故C错误；
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂，原理是铁离子和铝离子发生水解反应生成胶体，不涉及氧化还原反应，故D错误。
故选B。
16．B
【详解】A．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4 ，则反应中转移电子的物质的量为5 mol ，A正确；
B．若将该反应设计成原电池，分析化合价知 As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、 As2S3 作负极，B错误；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的 NO2 可用 NaOH 溶液吸收，C正确；
D．雄黄( As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄( As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，D正确；
故选B。
17．C
【分析】钕铁硼废料中主要含Nd、Fe、B，由信息及流程可知，加入稀盐酸，硼不与酸反应，则滤渣是硼，Fe与盐酸反应生成气体为氢气，Nd能与酸发生置换反应，反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2Nd+6HCl=2NdCl3+3H2↑，然后加过氧化氢可氧化亚铁离子，加NaOH调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液2中加草酸生成Nd2(C2O4)3•10H2O在氧气下焙烧得到Nd2O3，以此来解答。
【详解】A．Fe与盐酸反应生成气体为氢气，硼不与酸反应，则气体的主要成分是H2，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A正确；
B．往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，pH=4时Fe3+已经完全沉淀，则反应方程式为，，B正确；
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，即先氧化此时溶液显酸性，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，此时生成Fe3+并未完全沉淀，且Fe3+能够催化H2O2的分解，从而减小了H2O2的利用率，C错误；
D．由图可知，设质量为100g，含结晶水为100g×≈24.6g，则110℃时完全失去结晶水，然后Nd2(C2O4)3在氧气中加热导致固体质量减少，此时剩余固体的摩尔质量为732g/mol×51.9%=379.91g/mol，Nd2O2CO3的摩尔质量为380g/mol，则500℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3，D正确；
故答案为：C。
18．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。
19．A
【详解】A．反应1中，锰元素化合价由+4降低为+2，故A错误；
B．反应2中Fe、S元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C．根据图示，总反应为MnO2+SO2= MnSO4，脱硫的最终产物为MnSO4，故C正确；
D．根据流程图，可知Fe2+、Fe3+可以循环使用，故D正确；
选A。
20．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。
21．(1)Fe3+水解生成了Fe(OH)3胶体
(2)置换反应、复分解反应
(3)Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑、Zn+Fe2+=Zn2++Fe、2Zn+4H++O2=2Zn2++2H2O
(4) 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，而铜不与盐酸反应 实验iv中，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子的迁移速率大于铁离子的迁移速率而导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现为溶液褪色明显而气泡不明显。实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，Zn表面的氢离子浓度大于铁离子浓度，表现为先产生气体，Fe3+在溶液中水解为Fe(OH)3
【分析】氯化铁是强酸弱碱盐，水解生成和胶体， ，锌能与盐酸反应产生气体，胶体呈红褐色、能产生丁达尔现象。温度高、平衡右移，能使胶体转变为红棕色沉淀，据此并结合信息回答；
【详解】（1）胶体具有丁达尔现象，则实验i中产生丁达尔现象的原因是水解生成了胶体；
（2）实验ii中铁离子水解反应是可逆的，其逆过程为复分解反应，锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，有反应：、等，则实验ii它们所属的基本反应类型是置换反应、复分解反应；
（3）根据锌有较强还原性、铁离子、氢离子均具有氧化性，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式、、、等；
（4）①已知：，而铜不和盐酸反应，则可判断氧化性：。
②实验iv中，振荡后，气泡不明显，红棕色褪色明显，说明将Zn粒改为Zn粉并振荡，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子迁移速率大于铁离子导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现溶液褪色明显而气泡不明显。由实验i、ii、iii的现象、结合信息可以推知：实验i、ii、iii中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，表面的氢离子浓度大于铁离子，溶液中下降快于，表现为先产生气体，在溶液中水解为。
22．(1)降低温度、减缓过氧化氢分解
(2) 还原
(3) MnSO4溶液 H2O2、NaOH H2O2、H2SO4
(4)2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂
(5)其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
【详解】（1）过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，答案为：降低温度、减缓过氧化氢分解；
（2）溶液为酸性，过氧化氢和高锰酸钾反应的总反应为：，用总反应减去还原反应得到氧化反应，即；猜想2.→中Mn元素化合价升高，可猜想具有还原性，答案为：；还原；
（3）①探究的是Mn2+的性质，所以溶液X为MnSO4溶液；
②根据(2)II.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)I.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，则试剂b为过氧化氢和稀硫酸，答案为：MnSO4溶液；H2O2、NaOH；H2O2、H2SO4；
（4）由现象可知，加入少量二氧化锰后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化锰做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化锰做反应物且是氧化剂，答案为：2H2O22H2O+O2↑，H2O2+MnO2+2H+=Mn2++ O2↑+2H2O，前者MnO2做催化剂，后者做氧化剂；
（5）通过以上实验发现过氧化氢在酸性高锰酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与锰离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化锰反应做还原剂，答案为：其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性。
23．(1) 3→2Au+3+3CO2+8HCl 还原剂 丁达尔效应
(2) 2—羟基丙酸 水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大 微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
(3)物质的大小会对其性质有极大影响
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，本题采用了两种方法制备纳米金，选择了两种还原剂，一种是柠檬酸，一种是微米水；同时要注意在本题中，两种方法中都有水存在，但是作用不完全相同，故本题也证明了物质的大小会对其性质有极大影响，以此解题。
【详解】（1）①根据题目中给的信息可知的结构简式为：，根据得失电子守恒和元素守恒可知方程式为：3→2Au+3+3CO2+8HCl；
②在该反应中，Au的化合价降低，作氧化剂，柠檬酸钠中碳的化合价升高，作还原剂；由纳米金形成分散系，属于胶体，可以用丁达尔效应来检验；
（2）①通过题中信息可以发现，丙酮酸发生了还原反应，应该生成2—羟基丙酸；
②丙酮酸浓度相同，雾化气体压强越大，说明水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大；
③图4显示红色，说明溶液中存在氢离子和还原剂，故可以得到结论是：微米水制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；
（3）题中两种制备纳米金的方法中，反应体系中都有水，但是水的状态不同，水发挥的作用也不是完全相同的，通过微米水实验可知，该状态下水本身也可以还原制备纳米金，故对物质更深刻的认识是：物质的大小会对其性质有极大影响。
24．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+)
(2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2
(3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+
【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
25．(1) KSCN 溶液变为红色 在滴加溶液的过程中均携带了氧气，但NaNO3溶液中无明显变化
(2) 将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化
(3)两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的[Fe(NO)]2+
(4)溶液中与、能发生反应；、的氧化性与溶液的酸碱性有关
【分析】在实验的过程中，可用KSCN检验铁离子，通过对比实验可检验Fe2+的氧化原因，经过实验Ⅱ进行验证，确认是酸性条件下Fe2+与反应生成了Fe3+和NO；实验Ⅲ是为了证实溶液呈棕色只是因为Fe2+与NO发生了反应，证明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2(SO4)3、FeSO4溶液中，根据颜色变化判断；研究酸性条件下，溶液中与、的反应， 若ⅲ中出现棕色说明有[Fe(NO)]2+，结合实验的操作、现象得出结论。
(1)
①检验溶液中的Fe3+常用的试剂是KSCN溶液，KSCN与铁离子反应溶液变为红色，故答案为：KSCN；溶液变为红色；
②根据实验a和b可知，在滴加液体的过程中均携带了氧气，但NaNO3溶液中无明显变化，说明O2不是主要原因；酸性条件下与反应生成了和NO，根据氧化还原的规律配平方程式为，故答案为：在滴加溶液的过程中均携带了氧气，但NaNO3溶液中无明显变化；；
(2)
①证明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2(SO4)3、FeSO4溶液中，观察实验现象，将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化，故答案为：将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化；
②将NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，说明生成了[Fe(NO)]2+，则反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)
ⅲ中出现棕色，说明生成[Fe(NO)]2+，原因是两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的[Fe(NO)]2+，故答案为：两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的[Fe(NO)]2+；
(4)
根据实验现象可得出结论：一、溶液中与、能发生反应；二、、的氧化性与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液中与、能发生反应；、的氧化性与溶液的酸碱性有关。
26．(1)2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O
(2) 2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者写H2SO3） 除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率
(3)过滤
(4)pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀
(5)
【分析】石煤在220℃条件下，空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。
(1)
V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；
(2)
①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；
②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率；
(3)
水浸后会有一些难溶于水的杂质，所以操作I为过滤；
(4)
溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；
(5)
根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。
27．(1)阴极
(2)
(3)过滤
(4)
(5)NH4HCO3
(6) 1:3 防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气
(7)
【分析】II分析，阳极泥经过预处理得到Mn2O3和PbO的混合物，醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，过滤得到醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，Mn2O3再和硫酸反应得到二氧化锰和硫酸锰，硫酸锰再被氯酸钠氧化得到二氧化锰，经过一系列操作可得到活性二氧化锰；由题干知滤液C能循环使用，前面用到了醋酸铵溶液，即滤液C，结合生成物中的PbCO3，②中溶液B的溶质为NH4HCO3，经过一系列操作得到PbO。
【详解】（1）由题干知硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn，所以应该是Mn2+得电子生成Mn，故在阴极生成，故答案为：阴极；
（2）阳极泥中含有MnO2，应该是锰离子在阳极放电，产生MnO2的电极反应式为，故答案为：；
（3）醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，操作X是分离醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，所以是过滤，故答案为：过滤；
（4）①中醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，离子方程式为，故答案为：；
（5）由分析可知②中溶液B的溶质为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
（6）a.1mol Mn2O3完全转化为MnO2，锰元素从+3价升高到+4价，1mol Mn2O3转移2mol电子，1molNaClO3转化为NaCl，氯元素从+5价降低到-1价，1molNaClO3需要转移6mol电子，根据得失电子守恒得，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为1:3；故答案为：1:3；
b.氯离子有还原性，加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右，目的是防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气，故答案为：防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气；
（7）由题干数据和方程式5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O得n()1=n()=，所以MnO2消耗的的物质的量为n()2= ，再由方程式MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O得n(MnO2)=n()2= ，所以样品中MnO2的质量分数= ，故答案为：。
28．(1)过滤；
(2)；
(3) 还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5) ； 偏大。
【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
29．(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）。
30．(1)NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价
(2) 平面三角形 B与水中的OH-形成配位键，B原子佳电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键
(3) 共价
sp3 N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC
【详解】（1）NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH4具有强还原性；
（2）硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键；
（3）①氮化硼(BN)属于共价晶体；由图可知每个B原子距离最近的N原子有4个，B原子的价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp3杂化；
②N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的边长为acm，，。
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