还剩34页未读，
继续阅读
所属成套资源：北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编
成套系列资料，整套一键下载
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编16氧化还原反应（4）
展开
这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编16氧化还原反应（4），共37页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编16氧化还原反应（4）
一、单选题
1．（2021·北京·模拟预测）利用氧化尿素制备 (水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②有强还原性，能与剧烈反应生成。
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤Ⅰ制备溶液时，测得产物中与的物质的量之比为5∶1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入碱性溶液中
D．生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO(NH2)2+2OH﹣=Cl-+N2H4•H2O+CO
2．（2021·北京·模拟预测）下列生活中的做法可以用氧化还原反应规律解释的是
A
B
C
D
用铁粉作脱氧保鲜剂
用白醋去除水垢
用纯碱溶液清洗油污
用明矾净水
A．A B．B C．C D．D
3．（2021·北京·模拟预测）以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：
下列说法不正确的是
A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B．步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率
D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质
4．（2021·北京朝阳·统考一模）实验室用如图方法制备饮用水消毒剂：
已知：为强氧化剂，其中N元素为价。下列说法不正确的是
A．的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为
C．若与恰好完全反应，则X为
D．饮用水中残留的可用适量溶液去除
5．（2021·北京东城·统考二模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．汽车尾气的催化转化：
B．用明矾净水：
C．用硫制硫酸：；
D．乙酸与乙醇的酯化反应：
6．（2021·北京东城·统考二模）实验室模拟工业回收碘水中的碘，其操作流程如下：
下列判断正确的是
A．在中的溶解度小于在中的
B．②、③中涉及的分离操作分别为分液和过滤
C．②中与足量完全反应转移了
D．②中反应消耗的和③中反应消耗的的物质的量之比为
7．（2021·北京通州·统考一模）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．醋酸钠的水解：
B．铜与稀硝酸的反应：
C．0.1mol/LMgCl2溶液中加入足量石灰乳：
D．饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去：
8．（2021·北京西城·统考二模）实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列说法不正确的是
A．Cl2是氧化产物
B．浓盐酸在反应中只体现还原性
C．每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子
D．反应中KMnO4的氧化性强于Cl2
9．（2021·北京房山·统考二模）下列物质的用途与氧化还原反应无关的是
A．浓盐酸用于实验室制备氯气 B．铁粉用作暖贴发热剂
C．干冰用作制冷剂 D．镁粉用于炼铁脱硫
10．（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
11．（2021·北京西城·统考二模）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．双氧水作消毒剂 B．生石灰作干燥剂
C．碳酸氢钠作膨松剂 D．氧化铁作红色颜料
12．（2021·北京房山·统考二模）以重晶石(BaSO4)为原料生产白色颜料立德粉(ZnS·BaSO4)的工艺流程如图。
下列说法不正确的是
A．将重晶石研细，可加快其在回转炉中的化学反应速率
B．回转炉中每生成1molBaS，有4mole-发生转移
C．浸出槽的滤渣经处理后循环利用，可提高原料利用率
D．沉淀器中发生的反应为S2-+Ba2++Zn2++=ZnS·BaSO4↓
13．（2021·北京·模拟预测）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
14．（2021·北京海淀·统考二模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．向酸性溶液中滴加溶液，溶液褪色：
B．向沸水中滴加饱和溶液，胶体：
C．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：
D．用作潜水艇供氧剂：；
15．（2021·北京·统考二模）下列氧化还原反应中，水作氧化剂的是
A．C+H2OCO+H2
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．2F2+2H2O=4HF+O2
D．3NO2+H2O=2HNO3+NO
16．（2021·北京门头沟·统考一模）下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．电解熔融氯化钠制金属钠 B．用明矾净水
C．用氯气制漂白粉 D．粮食酿酒
17．（2021·北京门头沟·统考一模）下列解释事实的方程式正确的是
A．与稀盐酸反应：
B．向溶液中通入过量：
C．同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：
D．向AgCl悬浊液中滴加溶液：
二、实验题
18．（2021·北京东城·统考二模）某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；
B区底部覆盖棕黑色固体；
C区澄清且紫色变浅
资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：
b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸
(1)被氧化成___________，依据是___________。
(2)为探究的还原产物，取A区中溶液___________(填操作和现象)，证明有生成。
(3)A区中与反应的离子方程式是___________。
(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：___________。
(5)小组同学又进行了以下定量实验：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅
通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：___________。
19．（2021·北京通州·统考一模）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作
实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。
20．（2021·北京·模拟预测）氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
(1)实验室用溶液和粉末在常温下反应制备，装置如图。
①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。___________
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为___________。
(2)生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。
①步骤Ⅰ反应的离子方程式为___________。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是___________。
(3)以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b．既有氧化性，又有还原性
c．能与NaOH反应生成和
d．Se与化合比S与化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程i消耗的与过程消耗的的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与的反应可忽略)。
三、填空题
21．（2021·北京·模拟预测）以为原料合成甲醇可以减少的排放，实现碳的循环利用。一种催化剂对该反应有良好的催化效果。
Ⅰ.催化剂的合成
(1)氨水与的反应___________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
(2)补全上述过程中生成的离子方程式：
________________________+___________
Ⅱ.催化剂的性能测试
一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。
已知：ⅰ。反应器内发生的反应有：
a.
b.
ⅱ.选择性
(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下转化率=___________(列出计算式)。
(4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如下图所示：
①由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是___________。
②温度高于时，平衡转化率变化的原因是___________。
③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：___________。
22．（2021·北京·统考二模）银及其化合物在制造钱币、电子工业、医药等方面具有广泛用途。
Ⅰ．银的冶炼及性质
(1)热分解法是金属冶炼方法之一。以Ag2O为原料冶炼银的化学方程式为__。
(2)电解精炼银的工作原理如图所示，___（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为___。
Ⅱ．银的化合物的性质
(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式__。
(4)在光照条件下，AgNO3可分解为Ag、O2和某种氮的氧化物。称取34g AgNO3固体，充分光照使其完全分解，测得反应后生成O2的体积（折合成标准状况）为2.24L，反应过程中转移电子的物质的量为__。
(5)纳米硫化(Ag2S)应用广泛。Ag2S溶于浓HNO3后，产生淡黄色固体及无色气体，该气体遇空气迅速变为红棕色。写出反应的化学方程式__。
23．（2021·北京平谷·统考一模）燃煤烟气中含有较多的，减少排放和有效吸收是治理大气污染的一项重要措施。
(1)向燃煤中加入生石灰，可以有效减少的排放，燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分_______。(化学式)
(2)利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水。
①吸收塔中发生反应离子方程式_______，酸性：H2SO3______H2CO3(填“”或“”)。
②向溶液中滴加溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如图。由此可知溶液呈_______(“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。
(3)用溶液吸收。
已知：酸性条件下会转化成和，具有更强的氧化性。
①用吸收时，吸收率和溶液的关系如图，随升高吸收率降低的原因是_______。
②溶液加酸化后溶液中，_______。
四、工业流程题
24．（2021·北京东城·统考二模）过氧化钙在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
(1)中所含化学键的类型是___________、___________。
(2)与水反应的化学方程式是___________。
(3)由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：
①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是___________。解释其质量不变的原因：___________(用化学方程式表示)。
②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：___________(答出一点即可)。
(4)样品纯度测定
ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
ⅱ.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为；
ⅳ.加热发生反应：，充分反应至不再有气体产生，停止加热，___________；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；
Ⅴ.计算样品中的纯度。
①补全ⅳ中操作：___________。
②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为___________(用质量分数表示)。
25．（2021·北京通州·统考一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；
(3)试剂R宜选择___________(填字母)；
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；
(5)已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。
26．（2021·北京·模拟预测）某工业铜沉淀渣主要成分为Cu、Cu2Se和Cu2Te，还含有Ag等稀贵金属。回收铜(CuSO4)、硒(Se)、碲(Te)的主要流程如图：
(1) “铜沉淀渣”中硒元素化合价为_______
(2)经过“硫酸化焙烧”，Cu、Cu2Se和Cu2Te转变为CuSO4，其中Cu2Te硫酸化焙烧反应如下，请补全方程式
Cu2Te+ H2SO4=2CuSO4+ TeO2+_______+ H2O
___________
(3)焙烧产生的SeO2、SO2与“吸收塔”中的H2O反应生成粗硒及某一含硫化合物，该含硫化合物化学式为_______
(4)“水浸固体”过程中补充少量NaCl固体，可减少固体中的银(Ag2SO4)进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动角度解释其原因_______
(5)“滤液2”经过_______、_______、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。
(6)碲化镉薄膜电池是具有发展前景的太阳能技术之一。用如图装置可以完成碲的精炼。写出碱性条件下实现碲(Te)沉积的电极反应式 _______
27．（2021·北京·统考二模）镀镍废件是一种宝贵的可再生资源，可用于制备重要的化工原料NiSO4。将镀镍废件处理后得到废液(含大量的H+、SO、Ni2+以及少量的Zn2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等)，采用如图工艺流程回收其中的镍制备NiSO4晶体。
资料：
P2O4为磷酸二异辛酯(可用HA表示)，不溶于水，是一种弱酸性萃取剂。其酸根离子(A-)可与某些金属离子发生反应。
(1)写出H2O2的电子式________。
(2)加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为______。
(3)加石灰乳的作用是________。
(4)在萃取过程中，若溶液酸度过高，会导致萃取效率变低，其原因是__。
(5)在结晶过程中，需要加浓硫酸调pH至2~4，再进行__，过滤出的固体洗涤、干燥，得NiSO4晶体。
NiSO4在不同温度下的溶解度
温度/℃
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/g
44.4
46.6
49.2
55.6
64.5
70.1
76.7
(6)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__。
28．（2021·北京门头沟·统考一模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为、和等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：
(1)在第—步操作焙烧过程中转化为可溶性，该反应的化学方程式为___________。
(2)焙烧炉中可用代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用代替NaCl的优点是___________。
(3)以上流程中应用过滤操作的有___________，在第三步操作后加入氯化铵得到偏钒酸铵，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的，从平衡角度分析原因___________。
(4)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：溶液为黄色，溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
①完成下列滴定过程的离子方程式。，_____________
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________。
③产品的纯度为___________。(用质量分数表示)已知相对分子质量：；。
29．（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___。
五、原理综合题
30．（2021·北京·模拟预测）NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1 kJ·mol-1
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9 kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_______。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2，当有1 mol NH3参与反应时，去除NO2_______mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(如图1所示)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线(如图2所示)。
请回答：
i．在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______；
ii．当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_______。
参考答案：
1．C
【分析】由流程可知，步骤I中氯气和NaOH溶液制备NaClO，步骤II中尿素与NaClO发生NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4•H2O+Na2CO3，制得水合肼溶液和Na2CO3溶液在步骤III中分离，据此分析解题。
【详解】A．实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，可以减缓Cl2的通入速率、冰水浴冷却，A正确；
B．氯气与NaOH反应生成物质的量之比为5：1的NaClO、NaClO3，氯元素化合价升高，故还有NaCl生成，故反应为：8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，B正确；
C．将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中应将次氯酸钠溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，C错误；
D．NaClO、NaOH与尿素生成N2H4•H2O、碳酸钠、NaCl，反应为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4•H2O+Na2CO3，离子方程式是：，D正确；
故选：C。
2．A
【详解】A．用铁粉作脱氧保鲜剂，生成氧化铁，氧气被铁单质还原，故选A；
B．用白醋去除水垢，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选B；
C．用纯碱溶液清洗油污，油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选C；
D．用明矾净水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选D；
选A。
3．C
【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。
【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；
B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；
C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；
D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。
故选C。
4．C
【详解】A．NH4C1为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；
B．氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，故B正确；
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：，x为NaCl、NaOH的混合溶液，故C错误；
D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确。
故选：C。
5．C
【详解】A．汽车尾气的主要成分为CO、氮氧化物等，可用催化剂使一氧化氮和一氧化碳转化为无污染的气体，故方程式为，A正确；
B．明矾净水的原理是明矾在水中可以电离出两种金属离子，钾离子和铝离子，而铝离子易水解，生成胶状的氢氧化铝，即为，B正确；
C．用硫制硫酸：；；，C错误；
D．乙酸与乙醇的酯化反应：，D正确；
答案选C。
6．B
【分析】根据已知，②中发生的反应是，③中发生的反应是；
【详解】A．卤素在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，A错误；
B．②是将四氯化碳与水溶液分离，二者互不相容，且为液态混合物，故是分液；③是将固体与液体分离，故为过滤，B正确；
C．由方程式可以看出，每与足量完全反应转移了，故与足量完全反应转移了，C错误；
D．设②中消耗6mol氢氧化钠，则③中硫酸的物质的量为3mol（含有6mol氢离子），二者之比是2:1，D错误；
答案选B。
7．C
【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，醋酸钠水解的离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，A错误；
B．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．MgCl2溶液中加入足量石灰乳得到氢氧化镁沉淀，石灰乳状态的氢氧化钙不能写成离子，所以离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，C正确；
D．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO，D错误；
综上所述答案为C。
8．B
【详解】A．该反应中HCl中部分氯元素化合价升高得到氯气，所以氯气为氧化产物，A正确；
B．该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化锰和水，体现了酸性，B错误；
C．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，所以转移0.2mol电子，C正确；
D．该反应中KMnO4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，D正确；
综上所述答案为B。
9．C
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应，可用于实验室制备氯气，与氧化还原反应有关，A不符合；
B．铁粉用作暖贴发热剂过程中发生铁的腐蚀，铁被氧化，与氧化还原反应有关，B不符合；
C．干冰易升华，升华过程中吸收大量的热，因此可以做制冷剂，与氧化还原反应没有关系，C符合；
D．镁粉用于炼铁脱硫，过程中镁被氧化，与氧化还原反应有关，D不符合；
答案选C。
10．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。
11．A
【详解】A．双氧水作消毒剂利用了过氧化氢的强氧化性使蛋白质变性，故A符合题意；
B．生石灰作干燥剂是利用了生石灰与水反应生成熟石灰，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠作膨松剂是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳，使物质蓬松，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；
D．氧化铁作红色颜料是利用氧化铁的颜色，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；
故答案为：A
12．B
【分析】回转炉中，在900-1200℃条件下重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡得到还原料，还原料在浸出槽中加入水过滤，滤去未反应的重晶石和碳，得到净化的硫化钡溶液，在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀，然后分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉，以此解答该题。
【详解】A．将重晶石研细可以增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．根据题意可知回转炉中C将BaSO4还原为BaS，S元素化合价降低8价，所以每生成1molBaS，有8mole-发生转移，B错误；
C．浸出槽的滤渣经处理后循环利用，可使BaS充分溶解，提高利用率，C正确；
D．根据题意可BaS溶液中加入硫酸锌可得产品，根据元素守恒可得离子方程式为S2-+Ba2++Zn2++=ZnS·BaSO4↓，D正确；
综上所述答案为B。
13．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。
14．B
【详解】A． 酸性溶液与溶液反应生成二氧化碳、Mn2+和水，则离子方程式为：，A正确；
B． 向沸水中滴加饱和溶液得到胶体：则，B不正确；
C．银氨溶液与乙醛经水浴加热，得到乙酸铵、银、氨气和水：，C正确；
D． 能分别与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂：；，D正确；
答案选B。
15．A
【详解】A．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以水作氧化剂，A符合题意；
B．在该反应中Na2O2中的-1价的O元素部分升高变为O2中的0价，部分降低变为NaOH中的-2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此Na2O2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，B不符合题意；
C．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以水作还原剂，C不符合题意；
D．在该反应中NO2中的+4价的N元素部分升高变为HNO3中的+5价，部分降低变为NO中的+2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此NO2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；
故合理选项是A。
16．B
【详解】A．电解熔融氯化钠生成钠和氯气，钠由价降低到0价，氯由-1升高到0，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；
B．用明矾净水，利用明矾溶于水电离出的铝离子水解产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大的表面积，能够吸附水中杂质，从而达到净水到目的，该反应中未涉及元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故选B；
C．氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，氯元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选C；
D．粮食酿酒，粮食中淀粉经过一系列变化生成乙醇，该反应中涉及碳元素化合价变化，属于氧化还原反应，故不选D；
故选B。
17．D
【详解】A．与稀盐酸反应的离子方程式为：，故A错误；
B．向溶液中通入过量，反应的离子方程式为：，故B错误；
C．同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合，反应的离子方程式为：，故C错误；
D．向AgCl悬浊液中滴加溶液，反应的离子方程式为：，故D正确；
故选D。
18． 被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为 通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀 A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅 ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的
【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；
(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；
(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；
(4) B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；
(5)通过计算， ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。
19． I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O B MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O 试剂的相对用量(滴加顺序) 溶液酸性强弱
【详解】(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
20． NaOH溶液 8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋ O2 bc 1∶1
【详解】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a错误；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6，的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c．为酸性氧化物，能与NaOH反应生成不变价的盐和水即和，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se
21． 不属于 1 1 1 2NH3↑ 2N CO2的实验转化率未达到平衡转化率 温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度 在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【详解】Ⅰ.(1)氨水与反应生成，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：不属于；
(2) 和H2O反应生成产物之一为CnO，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒可判断还生成了N和NH3，配平后得到上述过程中生成的离子方程式为：2NH3↑+2N，故答案为：1；1；1；2NH3↑；2N；
Ⅱ.(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下转化率的计算式为，故答案为：；
(4)①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：CO2的实验转化率未达到平衡转化率；
②反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度；
③由图2可知，温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，故答案为：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
22． 2Ag2O4Ag+O2↑ a NO+e-+2H+＝NO2+H2O AgCl+Br-＝AgBr+Cl- 0.4mol 3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O
【详解】(1)Ag的金属活泼性比较弱，用热分解法冶炼金属Ag。以Ag2O为原料冶炼银的化学方程式为2Ag2O4Ag+O2↑；答案为：2Ag2O4Ag+O2↑；
(2)由图可知，电极a与电源正极相连，作阳极。电极b与电源负极相连，作阴极。根据电解原理，可知粗银作阳极，即a极为含有杂质的粗银。红棕色气体为NO2气体，b极有该气体生成，说明NO得到电子发生还原反应，电极反应式为：NO+e-+2H+＝NO2+H2O；答案为：a；NO+e-+2H+＝NO2+H2O；
(3)AgBr为淡黄色沉淀，说明反应中AgCl转化为AgBr，反应的离子方程式为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；答案为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；
(4)34gAgNO3的物质的量=，生成的O2的物质的量=，NO中O元素的化合价由-2价变为0价，每生成1molO2转移4mol电子，则生成0.1molO2转移0.4mol电子。答案为：0.4mol；
(5)由题可知，Ag2S溶于浓HNO3后，生成S单质和NO气体，根据电子转移以及原子守恒等规律，可知反应方程式为：3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O；答案为：3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O。
23． > 酸性 因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性 越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高
【分析】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：，该反应的原理为强酸制弱酸；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：的电离大于水解；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，据此可知答案。
【详解】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成，即燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分，故答案为：；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：；该反应的原理为强酸制弱酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，故答案为：；＞；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性，故答案为：酸性；因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高，所以随升高吸收率降低，故答案为：越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，则，故答案为：4:1。
【点睛】本题重点(3)②，对于求解反应中物质的物质的量的比值，要确定其方程式，即可快速得到答案，对于信息型氧化还原反应，根据信息确定反应物和产物，再结合电荷守恒、得失电子守恒配平。
24． 离子键 (非极性)共价键 减少和分解损失，利于析出 待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或
【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；
【详解】(1)中含有离子键和共价键；
(2)与水反应的化学方程式是；
(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出；
(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
②，，，，纯度为。
25． Al(OH)3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ 1.3×10－17
【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【详解】(1)加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；
(3)A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
(4)Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
(5)当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时， c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。
26． -2 Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+1TeO2+4SO2+6H2O H2SO4 Ag2SO4(S) ⇌Ag+(ag) + SO(ag)，加入NaCl后Cl-与Ag+结合生成更难溶的AgCl，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中 加热浓缩 冷却结晶 TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-
【分析】“铜沉淀渣”在硫酸化焙烧后Cu2Se和Cu2Te转化为CuSO4、SeO2和TeO2。SeO2为气体，在吸收塔被吸收，转化为Se。Cu和Ag在硫酸化焙烧后转化为硫酸盐。“水浸固体”可得硫酸铜溶液和TeO2和Ag2SO4固体，进一步通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制备硫酸铜晶体。TeO2和Ag2SO4固体在盐酸溶解后可得H2TeCl6溶液，在SO2还原下制备粗Te，据此分析解答。
【详解】(1)“铜沉淀渣”Cu2Se中铜元素的化合价为+1价，则硒元素为-2价，故答案为：-2；
(2)Cu2Te和浓硫酸反应生成CuSO4和TeO2，其中-2价的Te化合价升高为+4价，TeO2是氧化产物，浓硫酸为强氧化剂，硫元素化合价从+6降为+4价的SO2，根据得失电子守恒可知：Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O，故答案为：Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O；
(3)SO2进入“吸收塔”将SeO2还原为Se单质，同时氧化产物为H2SO4，，吸收塔反应后含硫化合物化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；
(4) “水浸固体”过程中补充少量NaCl固体，可使溶解平衡向正反应方向移动，和生成溶解度更小的，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中，故答案为：Ag2SO4(S) ⇌Ag+(ag) + SO(ag)，加入NaCl后Cl-与Ag+结合生成更难溶的AgCl，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中；
(5)从“滤液2”得到硫酸铜晶体，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；
(6)中化合价为+4价，在碱性条件下变为Te，要得电子，故在阴极上放电，在碱性条件下实现碲(Te)沉积的电极反应式：，故答案为：。
27． 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 调节pH除去Fe3+和Cu2+、使SO与Ca2+结合生成CaSO4沉淀被除去 若酸度过高，c(H+)偏大，使平衡HAH++A-逆向移动，A-浓度减小，导致萃取效率变低 蒸发浓缩、冷却结晶 ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O
【分析】在含镍废料中加入H2O2，H2O2具有氧化性，能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳，调整溶液的pH至5.7，可以使溶液中的Fe3+和Cu2+变为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀过滤除去，同时可以使溶液中的SO变为CaSO4沉淀除去。然后再向溶液中加入P204磺化煤油，使溶液中的Zn2+通过萃取进入有机相中，然后分液除去，再将滤液蒸发、浓缩、冷却结晶得到NiSO4晶体。
【详解】(1)H2O2是共价化合物，在该分子中两个O原子通过共价单键结合，每个O原子再分别与1个H原子形成共价键，从而使分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为：；
(2)H2O2具有氧化性，在酸性条件下会将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)石灰乳主要成分是Ca(OH)2，加入石灰乳能够消耗溶液中的H+，调整溶液的pH，使溶液中Fe3+和Cu2+变为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀除去，同时使SO与Ca2+结合生成CaSO4沉淀也被除去；
(4)P2O4为磷酸二异辛酯，可用HA表示，该物质不溶于水，是一种弱酸性萃取剂，在溶液中存在电离平衡：HAH++A-。若溶液的酸度过高，则溶液中c(H+)偏大，会使平衡HAH++A-逆向移动，导致溶液中A-浓度减小，因而使萃取效率变低；
(5)NiSO4是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。在结晶过程中，需要加浓硫酸调正溶液的pH至2~4，再根据NiSO4在水中的溶解度随温度的升高而增大的性质，将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶操作，就可获得其晶体，然后过滤出晶体，对晶体进行洗涤、干燥处理，就得到NiSO4晶体；
(6)Ni2+具有还原性，ClO-具有强氧化性，在碱性条件下反应产生NiOOH、Cl-及H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O。
28． 不会产生污染环境的氯气 ③和④ 铵根和偏钒酸跟水解方程式为、,增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解 当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色
【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒。
【详解】(1)第一步焙烧的将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，根据氧化还原反应的规律可得反应为，故填；
(2)用碳酸钠代替氯化钠时不会产生污染环境的氯气，故填不会产生污染环境的氯气；
(3)根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水，需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大，答案：③和④；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大；
(4)①根据氧化还原反应的规律可得，故填；
②溶液为黄色，溶液为蓝色，所以终点的现象为当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿色）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色，故填当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色；
③根据反应可得关系式，可得，带入数据可得mol/L，=2a×0.1=0.2a mol，又，故=0.1a mol，=0.1a×182=18.2a g，样品的质量分数为==，故填。
29． 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：。
30． -136.2 kJ·mol-1 2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O 0.75 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高使NOx去除速率增大的共同作用，使NOx去除率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除速率增大但催化剂的催化活性下降 NH3与O2反应产生了NO
【详解】(1)已知：①2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1 kJ·mol-1
②3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将(①×3+②)，整理可得反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=-136.2 kJ·mol-1。
(2)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；
(3)①NH3与NO2生成N2，反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，根据方程式可知：每有8 mol NH3发生反应时，反应消耗6 mol NO2，转移24 mol电子，则当有1 mol NH3参与反应时，去除NO2的物质的量n(NO2)==0.75 mol；
②i．在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢。迅速上升段是由于催化剂活性随温度升高增大，并且温度升高使反应物内能增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，二者共同作用使NOx去除率迅速增大；后来NOx去除率上升缓慢段主要是温度升高使物质分子之间有效碰撞次数之间，引起的NOx去除速率增大，但催化剂只有在一定温度范围内催化活性最佳，当温度过高时，导致催化活性下降；
ii．当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编16氧化还原反应（4）
一、单选题
1．（2021·北京·模拟预测）利用氧化尿素制备 (水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②有强还原性，能与剧烈反应生成。
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤Ⅰ制备溶液时，测得产物中与的物质的量之比为5∶1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入碱性溶液中
D．生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO(NH2)2+2OH﹣=Cl-+N2H4•H2O+CO
2．（2021·北京·模拟预测）下列生活中的做法可以用氧化还原反应规律解释的是
A
B
C
D
用铁粉作脱氧保鲜剂
用白醋去除水垢
用纯碱溶液清洗油污
用明矾净水
A．A B．B C．C D．D
3．（2021·北京·模拟预测）以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：
下列说法不正确的是
A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B．步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率
D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质
4．（2021·北京朝阳·统考一模）实验室用如图方法制备饮用水消毒剂：
已知：为强氧化剂，其中N元素为价。下列说法不正确的是
A．的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为
C．若与恰好完全反应，则X为
D．饮用水中残留的可用适量溶液去除
5．（2021·北京东城·统考二模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．汽车尾气的催化转化：
B．用明矾净水：
C．用硫制硫酸：；
D．乙酸与乙醇的酯化反应：
6．（2021·北京东城·统考二模）实验室模拟工业回收碘水中的碘，其操作流程如下：
下列判断正确的是
A．在中的溶解度小于在中的
B．②、③中涉及的分离操作分别为分液和过滤
C．②中与足量完全反应转移了
D．②中反应消耗的和③中反应消耗的的物质的量之比为
7．（2021·北京通州·统考一模）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．醋酸钠的水解：
B．铜与稀硝酸的反应：
C．0.1mol/LMgCl2溶液中加入足量石灰乳：
D．饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去：
8．（2021·北京西城·统考二模）实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列说法不正确的是
A．Cl2是氧化产物
B．浓盐酸在反应中只体现还原性
C．每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子
D．反应中KMnO4的氧化性强于Cl2
9．（2021·北京房山·统考二模）下列物质的用途与氧化还原反应无关的是
A．浓盐酸用于实验室制备氯气 B．铁粉用作暖贴发热剂
C．干冰用作制冷剂 D．镁粉用于炼铁脱硫
10．（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
11．（2021·北京西城·统考二模）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．双氧水作消毒剂 B．生石灰作干燥剂
C．碳酸氢钠作膨松剂 D．氧化铁作红色颜料
12．（2021·北京房山·统考二模）以重晶石(BaSO4)为原料生产白色颜料立德粉(ZnS·BaSO4)的工艺流程如图。
下列说法不正确的是
A．将重晶石研细，可加快其在回转炉中的化学反应速率
B．回转炉中每生成1molBaS，有4mole-发生转移
C．浸出槽的滤渣经处理后循环利用，可提高原料利用率
D．沉淀器中发生的反应为S2-+Ba2++Zn2++=ZnS·BaSO4↓
13．（2021·北京·模拟预测）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
14．（2021·北京海淀·统考二模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．向酸性溶液中滴加溶液，溶液褪色：
B．向沸水中滴加饱和溶液，胶体：
C．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：
D．用作潜水艇供氧剂：；
15．（2021·北京·统考二模）下列氧化还原反应中，水作氧化剂的是
A．C+H2OCO+H2
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．2F2+2H2O=4HF+O2
D．3NO2+H2O=2HNO3+NO
16．（2021·北京门头沟·统考一模）下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．电解熔融氯化钠制金属钠 B．用明矾净水
C．用氯气制漂白粉 D．粮食酿酒
17．（2021·北京门头沟·统考一模）下列解释事实的方程式正确的是
A．与稀盐酸反应：
B．向溶液中通入过量：
C．同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：
D．向AgCl悬浊液中滴加溶液：
二、实验题
18．（2021·北京东城·统考二模）某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；
B区底部覆盖棕黑色固体；
C区澄清且紫色变浅
资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：
b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸
(1)被氧化成___________，依据是___________。
(2)为探究的还原产物，取A区中溶液___________(填操作和现象)，证明有生成。
(3)A区中与反应的离子方程式是___________。
(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：___________。
(5)小组同学又进行了以下定量实验：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅
通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：___________。
19．（2021·北京通州·统考一模）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作
实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：
①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。
用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。
20．（2021·北京·模拟预测）氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
(1)实验室用溶液和粉末在常温下反应制备，装置如图。
①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。___________
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为___________。
(2)生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。
①步骤Ⅰ反应的离子方程式为___________。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是___________。
(3)以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b．既有氧化性，又有还原性
c．能与NaOH反应生成和
d．Se与化合比S与化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程i消耗的与过程消耗的的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与的反应可忽略)。
三、填空题
21．（2021·北京·模拟预测）以为原料合成甲醇可以减少的排放，实现碳的循环利用。一种催化剂对该反应有良好的催化效果。
Ⅰ.催化剂的合成
(1)氨水与的反应___________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。
(2)补全上述过程中生成的离子方程式：
________________________+___________
Ⅱ.催化剂的性能测试
一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。
已知：ⅰ。反应器内发生的反应有：
a.
b.
ⅱ.选择性
(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下转化率=___________(列出计算式)。
(4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如下图所示：
①由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是___________。
②温度高于时，平衡转化率变化的原因是___________。
③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：___________。
22．（2021·北京·统考二模）银及其化合物在制造钱币、电子工业、医药等方面具有广泛用途。
Ⅰ．银的冶炼及性质
(1)热分解法是金属冶炼方法之一。以Ag2O为原料冶炼银的化学方程式为__。
(2)电解精炼银的工作原理如图所示，___（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为___。
Ⅱ．银的化合物的性质
(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式__。
(4)在光照条件下，AgNO3可分解为Ag、O2和某种氮的氧化物。称取34g AgNO3固体，充分光照使其完全分解，测得反应后生成O2的体积（折合成标准状况）为2.24L，反应过程中转移电子的物质的量为__。
(5)纳米硫化(Ag2S)应用广泛。Ag2S溶于浓HNO3后，产生淡黄色固体及无色气体，该气体遇空气迅速变为红棕色。写出反应的化学方程式__。
23．（2021·北京平谷·统考一模）燃煤烟气中含有较多的，减少排放和有效吸收是治理大气污染的一项重要措施。
(1)向燃煤中加入生石灰，可以有效减少的排放，燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分_______。(化学式)
(2)利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水。
①吸收塔中发生反应离子方程式_______，酸性：H2SO3______H2CO3(填“”或“”)。
②向溶液中滴加溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如图。由此可知溶液呈_______(“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。
(3)用溶液吸收。
已知：酸性条件下会转化成和，具有更强的氧化性。
①用吸收时，吸收率和溶液的关系如图，随升高吸收率降低的原因是_______。
②溶液加酸化后溶液中，_______。
四、工业流程题
24．（2021·北京东城·统考二模）过氧化钙在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
(1)中所含化学键的类型是___________、___________。
(2)与水反应的化学方程式是___________。
(3)由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：
①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是___________。解释其质量不变的原因：___________(用化学方程式表示)。
②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：___________(答出一点即可)。
(4)样品纯度测定
ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
ⅱ.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为；
ⅳ.加热发生反应：，充分反应至不再有气体产生，停止加热，___________；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；
Ⅴ.计算样品中的纯度。
①补全ⅳ中操作：___________。
②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为___________(用质量分数表示)。
25．（2021·北京通州·统考一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；
(3)试剂R宜选择___________(填字母)；
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；
(5)已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。
26．（2021·北京·模拟预测）某工业铜沉淀渣主要成分为Cu、Cu2Se和Cu2Te，还含有Ag等稀贵金属。回收铜(CuSO4)、硒(Se)、碲(Te)的主要流程如图：
(1) “铜沉淀渣”中硒元素化合价为_______
(2)经过“硫酸化焙烧”，Cu、Cu2Se和Cu2Te转变为CuSO4，其中Cu2Te硫酸化焙烧反应如下，请补全方程式
Cu2Te+ H2SO4=2CuSO4+ TeO2+_______+ H2O
___________
(3)焙烧产生的SeO2、SO2与“吸收塔”中的H2O反应生成粗硒及某一含硫化合物，该含硫化合物化学式为_______
(4)“水浸固体”过程中补充少量NaCl固体，可减少固体中的银(Ag2SO4)进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动角度解释其原因_______
(5)“滤液2”经过_______、_______、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。
(6)碲化镉薄膜电池是具有发展前景的太阳能技术之一。用如图装置可以完成碲的精炼。写出碱性条件下实现碲(Te)沉积的电极反应式 _______
27．（2021·北京·统考二模）镀镍废件是一种宝贵的可再生资源，可用于制备重要的化工原料NiSO4。将镀镍废件处理后得到废液(含大量的H+、SO、Ni2+以及少量的Zn2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等)，采用如图工艺流程回收其中的镍制备NiSO4晶体。
资料：
P2O4为磷酸二异辛酯(可用HA表示)，不溶于水，是一种弱酸性萃取剂。其酸根离子(A-)可与某些金属离子发生反应。
(1)写出H2O2的电子式________。
(2)加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为______。
(3)加石灰乳的作用是________。
(4)在萃取过程中，若溶液酸度过高，会导致萃取效率变低，其原因是__。
(5)在结晶过程中，需要加浓硫酸调pH至2~4，再进行__，过滤出的固体洗涤、干燥，得NiSO4晶体。
NiSO4在不同温度下的溶解度
温度/℃
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/g
44.4
46.6
49.2
55.6
64.5
70.1
76.7
(6)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__。
28．（2021·北京门头沟·统考一模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为、和等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：
(1)在第—步操作焙烧过程中转化为可溶性，该反应的化学方程式为___________。
(2)焙烧炉中可用代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用代替NaCl的优点是___________。
(3)以上流程中应用过滤操作的有___________，在第三步操作后加入氯化铵得到偏钒酸铵，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的，从平衡角度分析原因___________。
(4)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
资料：钒的盐类的颜色五光十色，有绿的、红的、黑的、黄的，绿的碧如翡翠，黑的犹如浓墨。这些色彩缤纷的钒的化合物，常被制成鲜艳的颜料。如：溶液为黄色，溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
①完成下列滴定过程的离子方程式。，_____________
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________。
③产品的纯度为___________。(用质量分数表示)已知相对分子质量：；。
29．（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___。
五、原理综合题
30．（2021·北京·模拟预测）NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1 kJ·mol-1
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9 kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_______。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2，当有1 mol NH3参与反应时，去除NO2_______mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(如图1所示)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线(如图2所示)。
请回答：
i．在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______；
ii．当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_______。
参考答案：
1．C
【分析】由流程可知，步骤I中氯气和NaOH溶液制备NaClO，步骤II中尿素与NaClO发生NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4•H2O+Na2CO3，制得水合肼溶液和Na2CO3溶液在步骤III中分离，据此分析解题。
【详解】A．实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，可以减缓Cl2的通入速率、冰水浴冷却，A正确；
B．氯气与NaOH反应生成物质的量之比为5：1的NaClO、NaClO3，氯元素化合价升高，故还有NaCl生成，故反应为：8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，B正确；
C．将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中应将次氯酸钠溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，C错误；
D．NaClO、NaOH与尿素生成N2H4•H2O、碳酸钠、NaCl，反应为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4•H2O+Na2CO3，离子方程式是：，D正确；
故选：C。
2．A
【详解】A．用铁粉作脱氧保鲜剂，生成氧化铁，氧气被铁单质还原，故选A；
B．用白醋去除水垢，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选B；
C．用纯碱溶液清洗油污，油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选C；
D．用明矾净水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选D；
选A。
3．C
【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。
【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；
B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；
C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；
D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。
故选C。
4．C
【详解】A．NH4C1为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；
B．氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，故B正确；
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：，x为NaCl、NaOH的混合溶液，故C错误；
D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确。
故选：C。
5．C
【详解】A．汽车尾气的主要成分为CO、氮氧化物等，可用催化剂使一氧化氮和一氧化碳转化为无污染的气体，故方程式为，A正确；
B．明矾净水的原理是明矾在水中可以电离出两种金属离子，钾离子和铝离子，而铝离子易水解，生成胶状的氢氧化铝，即为，B正确；
C．用硫制硫酸：；；，C错误；
D．乙酸与乙醇的酯化反应：，D正确；
答案选C。
6．B
【分析】根据已知，②中发生的反应是，③中发生的反应是；
【详解】A．卤素在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，A错误；
B．②是将四氯化碳与水溶液分离，二者互不相容，且为液态混合物，故是分液；③是将固体与液体分离，故为过滤，B正确；
C．由方程式可以看出，每与足量完全反应转移了，故与足量完全反应转移了，C错误；
D．设②中消耗6mol氢氧化钠，则③中硫酸的物质的量为3mol（含有6mol氢离子），二者之比是2:1，D错误；
答案选B。
7．C
【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，醋酸钠水解的离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，A错误；
B．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．MgCl2溶液中加入足量石灰乳得到氢氧化镁沉淀，石灰乳状态的氢氧化钙不能写成离子，所以离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，C正确；
D．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO，D错误；
综上所述答案为C。
8．B
【详解】A．该反应中HCl中部分氯元素化合价升高得到氯气，所以氯气为氧化产物，A正确；
B．该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化锰和水，体现了酸性，B错误；
C．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，所以转移0.2mol电子，C正确；
D．该反应中KMnO4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，D正确；
综上所述答案为B。
9．C
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应，可用于实验室制备氯气，与氧化还原反应有关，A不符合；
B．铁粉用作暖贴发热剂过程中发生铁的腐蚀，铁被氧化，与氧化还原反应有关，B不符合；
C．干冰易升华，升华过程中吸收大量的热，因此可以做制冷剂，与氧化还原反应没有关系，C符合；
D．镁粉用于炼铁脱硫，过程中镁被氧化，与氧化还原反应有关，D不符合；
答案选C。
10．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。
11．A
【详解】A．双氧水作消毒剂利用了过氧化氢的强氧化性使蛋白质变性，故A符合题意；
B．生石灰作干燥剂是利用了生石灰与水反应生成熟石灰，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠作膨松剂是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳，使物质蓬松，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；
D．氧化铁作红色颜料是利用氧化铁的颜色，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；
故答案为：A
12．B
【分析】回转炉中，在900-1200℃条件下重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡得到还原料，还原料在浸出槽中加入水过滤，滤去未反应的重晶石和碳，得到净化的硫化钡溶液，在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀，然后分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉，以此解答该题。
【详解】A．将重晶石研细可以增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．根据题意可知回转炉中C将BaSO4还原为BaS，S元素化合价降低8价，所以每生成1molBaS，有8mole-发生转移，B错误；
C．浸出槽的滤渣经处理后循环利用，可使BaS充分溶解，提高利用率，C正确；
D．根据题意可BaS溶液中加入硫酸锌可得产品，根据元素守恒可得离子方程式为S2-+Ba2++Zn2++=ZnS·BaSO4↓，D正确；
综上所述答案为B。
13．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。
14．B
【详解】A． 酸性溶液与溶液反应生成二氧化碳、Mn2+和水，则离子方程式为：，A正确；
B． 向沸水中滴加饱和溶液得到胶体：则，B不正确；
C．银氨溶液与乙醛经水浴加热，得到乙酸铵、银、氨气和水：，C正确；
D． 能分别与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂：；，D正确；
答案选B。
15．A
【详解】A．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以水作氧化剂，A符合题意；
B．在该反应中Na2O2中的-1价的O元素部分升高变为O2中的0价，部分降低变为NaOH中的-2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此Na2O2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，B不符合题意；
C．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以水作还原剂，C不符合题意；
D．在该反应中NO2中的+4价的N元素部分升高变为HNO3中的+5价，部分降低变为NO中的+2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此NO2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；
故合理选项是A。
16．B
【详解】A．电解熔融氯化钠生成钠和氯气，钠由价降低到0价，氯由-1升高到0，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；
B．用明矾净水，利用明矾溶于水电离出的铝离子水解产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大的表面积，能够吸附水中杂质，从而达到净水到目的，该反应中未涉及元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故选B；
C．氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，氯元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选C；
D．粮食酿酒，粮食中淀粉经过一系列变化生成乙醇，该反应中涉及碳元素化合价变化，属于氧化还原反应，故不选D；
故选B。
17．D
【详解】A．与稀盐酸反应的离子方程式为：，故A错误；
B．向溶液中通入过量，反应的离子方程式为：，故B错误；
C．同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合，反应的离子方程式为：，故C错误；
D．向AgCl悬浊液中滴加溶液，反应的离子方程式为：，故D正确；
故选D。
18． 被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为 通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀 A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅 ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的
【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；
(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；
(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；
(4) B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；
(5)通过计算， ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。
19． I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O B MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O 试剂的相对用量(滴加顺序) 溶液酸性强弱
【详解】(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
20． NaOH溶液 8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋ O2 bc 1∶1
【详解】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a错误；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6，的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c．为酸性氧化物，能与NaOH反应生成不变价的盐和水即和，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se
21． 不属于 1 1 1 2NH3↑ 2N CO2的实验转化率未达到平衡转化率 温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度 在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【详解】Ⅰ.(1)氨水与反应生成，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：不属于；
(2) 和H2O反应生成产物之一为CnO，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒可判断还生成了N和NH3，配平后得到上述过程中生成的离子方程式为：2NH3↑+2N，故答案为：1；1；1；2NH3↑；2N；
Ⅱ.(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下转化率的计算式为，故答案为：；
(4)①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：CO2的实验转化率未达到平衡转化率；
②反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度；
③由图2可知，温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，故答案为：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
22． 2Ag2O4Ag+O2↑ a NO+e-+2H+＝NO2+H2O AgCl+Br-＝AgBr+Cl- 0.4mol 3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O
【详解】(1)Ag的金属活泼性比较弱，用热分解法冶炼金属Ag。以Ag2O为原料冶炼银的化学方程式为2Ag2O4Ag+O2↑；答案为：2Ag2O4Ag+O2↑；
(2)由图可知，电极a与电源正极相连，作阳极。电极b与电源负极相连，作阴极。根据电解原理，可知粗银作阳极，即a极为含有杂质的粗银。红棕色气体为NO2气体，b极有该气体生成，说明NO得到电子发生还原反应，电极反应式为：NO+e-+2H+＝NO2+H2O；答案为：a；NO+e-+2H+＝NO2+H2O；
(3)AgBr为淡黄色沉淀，说明反应中AgCl转化为AgBr，反应的离子方程式为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；答案为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；
(4)34gAgNO3的物质的量=，生成的O2的物质的量=，NO中O元素的化合价由-2价变为0价，每生成1molO2转移4mol电子，则生成0.1molO2转移0.4mol电子。答案为：0.4mol；
(5)由题可知，Ag2S溶于浓HNO3后，生成S单质和NO气体，根据电子转移以及原子守恒等规律，可知反应方程式为：3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O；答案为：3Ag2S+8HNO3(浓)＝6AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O。
23． > 酸性 因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性 越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高
【分析】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：，该反应的原理为强酸制弱酸；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：的电离大于水解；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，据此可知答案。
【详解】(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成，即燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分，故答案为：；
(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的，生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：；该反应的原理为强酸制弱酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，故答案为：；＞；
②由图可知溶液呈酸性，原因是：因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性，故答案为：酸性；因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性；
(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高，所以随升高吸收率降低，故答案为：越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高；
②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和，离子反应方程式为：，则，故答案为：4:1。
【点睛】本题重点(3)②，对于求解反应中物质的物质的量的比值，要确定其方程式，即可快速得到答案，对于信息型氧化还原反应，根据信息确定反应物和产物，再结合电荷守恒、得失电子守恒配平。
24． 离子键 (非极性)共价键 减少和分解损失，利于析出 待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或
【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；
【详解】(1)中含有离子键和共价键；
(2)与水反应的化学方程式是；
(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出；
(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
②，，，，纯度为。
25． Al(OH)3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ 1.3×10－17
【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【详解】(1)加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；
(3)A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
(4)Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
(5)当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时， c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。
26． -2 Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+1TeO2+4SO2+6H2O H2SO4 Ag2SO4(S) ⇌Ag+(ag) + SO(ag)，加入NaCl后Cl-与Ag+结合生成更难溶的AgCl，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中 加热浓缩 冷却结晶 TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-
【分析】“铜沉淀渣”在硫酸化焙烧后Cu2Se和Cu2Te转化为CuSO4、SeO2和TeO2。SeO2为气体，在吸收塔被吸收，转化为Se。Cu和Ag在硫酸化焙烧后转化为硫酸盐。“水浸固体”可得硫酸铜溶液和TeO2和Ag2SO4固体，进一步通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，制备硫酸铜晶体。TeO2和Ag2SO4固体在盐酸溶解后可得H2TeCl6溶液，在SO2还原下制备粗Te，据此分析解答。
【详解】(1)“铜沉淀渣”Cu2Se中铜元素的化合价为+1价，则硒元素为-2价，故答案为：-2；
(2)Cu2Te和浓硫酸反应生成CuSO4和TeO2，其中-2价的Te化合价升高为+4价，TeO2是氧化产物，浓硫酸为强氧化剂，硫元素化合价从+6降为+4价的SO2，根据得失电子守恒可知：Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O，故答案为：Cu2Te+6H2SO4=2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O；
(3)SO2进入“吸收塔”将SeO2还原为Se单质，同时氧化产物为H2SO4，，吸收塔反应后含硫化合物化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；
(4) “水浸固体”过程中补充少量NaCl固体，可使溶解平衡向正反应方向移动，和生成溶解度更小的，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中，故答案为：Ag2SO4(S) ⇌Ag+(ag) + SO(ag)，加入NaCl后Cl-与Ag+结合生成更难溶的AgCl，使c(Ag+)降低，进而减少了银进入溶液中；
(5)从“滤液2”得到硫酸铜晶体，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；
(6)中化合价为+4价，在碱性条件下变为Te，要得电子，故在阴极上放电，在碱性条件下实现碲(Te)沉积的电极反应式：，故答案为：。
27． 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 调节pH除去Fe3+和Cu2+、使SO与Ca2+结合生成CaSO4沉淀被除去 若酸度过高，c(H+)偏大，使平衡HAH++A-逆向移动，A-浓度减小，导致萃取效率变低 蒸发浓缩、冷却结晶 ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O
【分析】在含镍废料中加入H2O2，H2O2具有氧化性，能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳，调整溶液的pH至5.7，可以使溶液中的Fe3+和Cu2+变为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀过滤除去，同时可以使溶液中的SO变为CaSO4沉淀除去。然后再向溶液中加入P204磺化煤油，使溶液中的Zn2+通过萃取进入有机相中，然后分液除去，再将滤液蒸发、浓缩、冷却结晶得到NiSO4晶体。
【详解】(1)H2O2是共价化合物，在该分子中两个O原子通过共价单键结合，每个O原子再分别与1个H原子形成共价键，从而使分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为：；
(2)H2O2具有氧化性，在酸性条件下会将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)石灰乳主要成分是Ca(OH)2，加入石灰乳能够消耗溶液中的H+，调整溶液的pH，使溶液中Fe3+和Cu2+变为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀除去，同时使SO与Ca2+结合生成CaSO4沉淀也被除去；
(4)P2O4为磷酸二异辛酯，可用HA表示，该物质不溶于水，是一种弱酸性萃取剂，在溶液中存在电离平衡：HAH++A-。若溶液的酸度过高，则溶液中c(H+)偏大，会使平衡HAH++A-逆向移动，导致溶液中A-浓度减小，因而使萃取效率变低；
(5)NiSO4是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。在结晶过程中，需要加浓硫酸调正溶液的pH至2~4，再根据NiSO4在水中的溶解度随温度的升高而增大的性质，将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶操作，就可获得其晶体，然后过滤出晶体，对晶体进行洗涤、干燥处理，就得到NiSO4晶体；
(6)Ni2+具有还原性，ClO-具有强氧化性，在碱性条件下反应产生NiOOH、Cl-及H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O。
28． 不会产生污染环境的氯气 ③和④ 铵根和偏钒酸跟水解方程式为、,增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解 当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色
【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒。
【详解】(1)第一步焙烧的将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，根据氧化还原反应的规律可得反应为，故填；
(2)用碳酸钠代替氯化钠时不会产生污染环境的氯气，故填不会产生污染环境的氯气；
(3)根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水，需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大，答案：③和④；溶液中存在偏钒酸铵的溶解平衡：NH4VO3(s)⇌ (aq)+ (aq)，加入过量的氯化铵会抑制偏钒酸铵的溶解，使钒元素的沉降率变大；
(4)①根据氧化还原反应的规律可得，故填；
②溶液为黄色，溶液为蓝色，所以终点的现象为当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色（黄绿色）变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色，故填当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色；
③根据反应可得关系式，可得，带入数据可得mol/L，=2a×0.1=0.2a mol，又，故=0.1a mol，=0.1a×182=18.2a g，样品的质量分数为==，故填。
29． 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：。
30． -136.2 kJ·mol-1 2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O 0.75 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高使NOx去除速率增大的共同作用，使NOx去除率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除速率增大但催化剂的催化活性下降 NH3与O2反应产生了NO
【详解】(1)已知：①2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1 kJ·mol-1
②3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9 kJ·mol-1
根据盖斯定律，将(①×3+②)，整理可得反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=-136.2 kJ·mol-1。
(2)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；
(3)①NH3与NO2生成N2，反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，根据方程式可知：每有8 mol NH3发生反应时，反应消耗6 mol NO2，转移24 mol电子，则当有1 mol NH3参与反应时，去除NO2的物质的量n(NO2)==0.75 mol；
②i．在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢。迅速上升段是由于催化剂活性随温度升高增大，并且温度升高使反应物内能增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，二者共同作用使NOx去除率迅速增大；后来NOx去除率上升缓慢段主要是温度升高使物质分子之间有效碰撞次数之间，引起的NOx去除速率增大，但催化剂只有在一定温度范围内催化活性最佳，当温度过高时，导致催化活性下降；
ii．当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低。
相关试卷
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编20氧化还原反应（8）： 这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编20氧化还原反应（8），共48页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题，元素或物质推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编19氧化还原反应（7）： 这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编19氧化还原反应（7），共42页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编18氧化还原反应（6）： 这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编18氧化还原反应（6），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
