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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）
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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19氧化还原反应（7）
一、单选题
1．（2020·北京·模拟预测）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
2．（2020·北京·模拟预测）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)
D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
3．（2020·北京顺义·一模）常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是
A．该反应过程中，是是 B．当有生成时，转移电子
C．在分解过程中，溶液的逐渐降低 D．的氧化性比强，还原性比弱
4．（2020·北京顺义·一模）碲()元素在元素周期表中位于第族，其单质是重要的工业原料。工业上可用电解法从铜阳极泥(主要成分是、含等杂质)中提取单质碲，步骤如下:
①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为;
②用溶液碱浸;
③以石墨为电极电解②所得溶液获得。
已知:微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。
下列说法不正确的是
A．中，的化合价是－2
B．步骤②中，碱浸的离子方程式是
C．步骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是:
D．在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到
5．（2020·北京朝阳·统考二模）漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A．①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B．②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C．上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%
6．（2020·北京朝阳·统考二模）下列变化中，与氧化还原反应无关的是
A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色
C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去
D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色
7．（2020·北京丰台·统考二模）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应相关的是
A
B
C
D
实验
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
将密闭的NO2瓶放入冷水中
将SO2通入含有淀粉的碘水中
向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液
现象
溶液变为红色
红棕色变浅
蓝色褪去
白色沉淀变为红褐色
A．A B．B C．C D．D
8．（2020·北京昌平·统考二模）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
B．金属钠投入水中，有气体产生
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中，水位上移
D．向H2S溶液中通入SO2气体，产生淡黄色沉淀
9．（2020·北京海淀·二模）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是
A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色
10．（2020·北京昌平·统考二模）利用如图所示装置进行下列实验，不能达到相应实验目的的是（ ）
选项
①
②
③
实验目的
A
稀硫酸
Na2S
AgCl的浊液
验证Ag2S比AgCl难溶
B
浓硝酸
Cu片
NaOH溶液
探究浓硝酸具有氧化性
C
硫酸
Na2SO3
酸性KMnO4溶液
探究SO2具有还原性
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
验证酸性：硝酸>碳酸>硅酸
A．A B．B C．C D．D
11．（2020·北京丰台·统考二模）黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4。已知NA是阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是
A．FeSO4和H2SO4都是离子化合物，均属于强电解质
B．0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中Fe2＋离子的浓度为0.1 mol·L－1
C．FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物
D．当转移2 mol电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为22.4 L
12．（2020·北京西城·统考二模）处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在N2、HCO3−、ClO−、CNO−（C+4价，N-3价）、Cl−等微粒。下列说法不正确的是
A．该废水呈强酸性
B．废水处理后转化为无害物质
C．反应的离子方程式：3ClO−+2CNO−+H2O == N2+2HCO3−+3Cl−
D．每处理1 mol CNO−转移3 mol e−
13．（2020·北京通州·统考一模）某离子反应涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应中Cl-为氧化产物
B．NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂
C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D．反应后溶液的酸性减弱
14．（2020·北京通州·统考一模）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
15．（2020·北京东城·统考一模）下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是
A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近
B．铝丝伸入硫酸铜溶液中
C．测定空气中氧气含量
D．向蔗糖中加入浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
16．（2020·北京房山·统考一模）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A．将 SO2 通入到滴有酚酞的烧碱溶液中红色褪去
B．AgNO3 溶液滴入氯水中产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去
C．H2C2O4 溶液滴入 KMnO4 酸性溶液中产生气泡，随后紫色褪去
D．NO 遇空气变为红棕色
二、填空题
17．（2020·北京房山·二模）对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。
(1)含氰废水中的CN-有剧毒。
①CN-中N元素显-3价，用原子结构解释N元素显负价的原因是_______。
②NaClO溶液可将CN-氧化成N2、HCO3-，从而消除CN-污染，反应的离子方程式为_____。
(2)含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示。
①A是电池的_________极(填“正”或“负”)；
②B极的电极反应式为_______。
(3)含重金属铬(Ⅵ)的废水具有较强的毒性，离子交换树脂(ROH)法可将有毒废水中的CrO42-和Cr2O72-吸附至树脂上除去，原理如下：2ROH+CrO42-→R2CrO4+2OH-、2ROH+Cr2O72-→R2Cr2O7+2OH- (已知：废水中存在如下平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O）。
控制溶液酸性可以提高树脂对铬(Ⅵ)的去除率，其理由是_________。
18．（2020·北京丰台·统考二模）高氯酸盐(ClO4－)有高稳定性和强氧化性，常作为氧化剂用于工业生产。
(1)高氯酸盐中氯元素的化合价为________。
(2)下列叙述中可说明氯元素比硫元素非金属性强的是_________。
① HCl比H2S稳定
② HClO4的酸性比H2SO3的强
③ Cl2可与Na2S发生置换反应
(3)NH4ClO4是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过反应NaClO4＋NH4ClNH4ClO4＋NaCl制取。相关物质的溶解度曲线如图：
① 结合溶解度，分析该反应能够发生的原因________。
② 从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤。
(4)高氯酸盐是一种新型的无机污染物，ClO4－的主要危害是与碘离子竞争进入人体甲状腺，影响甲状腺的正常功能。利用电化学催化法，酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，该电极反应式为________。
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：
2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑
Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑
取一定质量的Cu(ClO4)2·6H2O样品，加热至某温度使其完全分解，若测得V(O2)∶V(Cl2)＝5∶1，则分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为________。
三、原理综合题
19．（2020·北京房山·二模）工业废气中的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题：
（1）已知氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1
N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+68kJ·mol-1
则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH___kJ·mol-1。
（2）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为：___
①□MnO+□SO2+□H2O□MnO+□ +□ 。（在“□”里填入系数，在“__”上填入微粒符号）
②在上述反应中加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是___。
（3）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：
I.CaSO3(s)+SO(aq)CaSO4(s)+SO(aq)
II.SO(aq)+2NO2(g)+H2O(l)SO(aq)+2NO(aq)+2H+(aq)
浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。
a点后NO2去除率降低的原因是___。
（4）检测烟道气中NOx含量的步骤如下：
I.将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO；
II.加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，与V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液（过量）充分混合；
III.用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL。
①NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为___。
②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有___和锥形瓶等。
③滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
烟气气样中NOx折合成NO2的含量为__mg·m-3。
20．（2020·北京西城·统考二模）某炼锌厂利用含ZnO的烟尘脱除硫酸工艺烟气中的SO2制ZnSO4。
已知：Ⅰ．ZnSO3·H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水。
Ⅱ．25℃时，溶液中S（+4价）各组分的物质的量分数随pH变化曲线如下图。
Ⅲ．O3为强氧化剂，1 mol O3被还原转移2 mol e−，同时生成1 mol O2。
(1)SO2造成的环境问题主要是_____________________。
(2)ZnO将SO2转化为ZnSO3·H2O的化学方程式是_____________________________。
(3)将ZnSO3·H2O悬浊液转化为ZnSO4时，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟O3氧化解决该问题。初始时用盐酸将5% ZnSO3悬浊液调至 pH＝3.5，以一定的进气流量通入O3，研究O3氧化ZnSO3·H2O，其中溶液pH随时间变化的曲线如下：
①pH＝3.5的溶液中含S（+4价）的离子主要是____________________。
②一段时间后，溶液的pH减小，此过程中主要反应的离子方程式是________________。
③解释O3氧化可防止管道堵塞的原因：___________________。
21．（2020·北京东城·统考一模）液相催化还原法去除水体中是一项很有前景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂Pd-Cu/TiO2的制备和催化条件，结果如下。
Ⅰ．制备Pd-Cu/TiO2的反应过程如下图所示，光照使TiO2发生电荷分离，将金属Pd沉积在TiO2表面。再用类似方法沉积Cu，得到在TiO2纳米颗粒表面紧密接触的Pd-Cu纳米簇。
（1）该过程中，乙醇发生__________（填“氧化”或“还原”）反应。
（2）请在②中补全光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图_______。
Ⅱ．Pd-Cu/TiO2分步催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同pH时，反应1小时后转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。
（3）该液相催化还原法中所用的还原剂是__________。
（4）i的离子方程式是__________。
（5）研究表明，OH–在Pd表面与竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，但对Pd吸附H的能力影响不大。
①随pH增大，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是____________，导致反应ⅱ的化学反应速率降低。
②随pH减小，还原产物中的变化趋势是__________，说明Pd表面吸附的和H的个数比变大，对反应__________（用离子方程式表示）更有利。
（7）使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将尽可能多地转化为N2，具体方法是__________。
22．（2020·北京·统考一模）煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：
(1)②中NH3参与反应的化学方程式为_______。
(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：________。
(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：
下列说法正确的是________(选填字母)。
a. 图①表示N2、H2分子中均是单键
b. 图②→图③需要吸收能量
c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
(4)已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1
N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1
2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1
反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为________。
(5)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：________。
②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________。
四、工业流程题
23．（2020·北京朝阳·统考二模）近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如下图。
已知：H3PO4是弱电解质
(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液按混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH = 1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。
①操作a为______。
②生成FePO4·2H2O的离子方程式是______。
③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生______杂质。
(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
iii．用c mol·L–1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗v mLK2Cr2O7标准溶液。
①将步骤iii的离子方程式补充完整：
____+____Fe2++___=____Cr3++____Fe3++____；
②产物中铁元素的质量分数为_____。
24．（2020·北京东城·统考二模）氯化亚铜(CuCl)可用于冶金、电镀等行业，其制备的一种工艺流程如下：
I．溶解：取海绵铜(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60~70℃，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)；
II．转化：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl粗品；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。
【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的络离子[CuCl2]-；潮湿的CuCl固体露置于空气容易被氧化。
(1)过程I中：
①本工艺中促进海绵铜溶解的措施有________。
②氧化铜溶解的离子方程式是________。
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是________。
(2)过程II中：
①(NH4)2SO3的作用是_________。
②NH4Cl的用量对铜的沉淀率的影响如下图所示。
n(NH4Cl)/n(Cu2+)1.1时，CuCl的沉淀率下降的原因是________(用离子方程式表示)。
(3)过程III中，用乙醇洗涤的目的是________。
(4)产品纯度测定：量取CuCl产品a g于锥形瓶中，加入足量的酸性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗KMnO4溶液b mL。(本实验中的MnO4-被还原为Mn2+，不与产品中杂质和Cl-反应)。
①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_________。
②产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为_________。
25．（2020·北京海淀·二模）H2S是一种大气污染物。工业尾气中含有H2S，会造成严重的环境污染；未脱除H2S的煤气，运输过程中还会腐蚀管道。
(1)干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S的常用方法，其原理如图所示。
①下列说法正确的是____________(填序号)。
a.单质硫为淡黄色固体
b.脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O
c.再生过程中，硫元素被还原
d.脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
②从安全环保的角度考虑，再生过程需控制反应温度不能过高的原因是_______。
(2)电化学溶解一沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，其工艺原理如下图所示。
已知: Zn与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn(II)在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。
①锌棒连接直流电源的____________(填“正极”或“负极”)。
②反应器中反应的离子方程式为____________。
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，用化学用语解释原因:___________。
(3)常用碘量法测定煤气中H2S的含量，其实验过程如下：
i.将10L煤气通入盛有100mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的H2S全部转化为ZnS沉淀，过滤;
ii.将带有沉淀的滤纸加入盛有15mL 0.1mol/L碘标准液、200mL水和10mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶至瓶内滤纸摇碎，置于暗处反应10 min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞。(已知:ZnS+I2=ZnI2+S)
iii.用0.1mol/L Na2S2O3标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点。(已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
①i中，将煤气中的H2S转化为ZnS的目的是____________。
②滴定终点的现象是__________________。
③若消耗Na2S2O3标准液的体积为20mL，则煤气中的含量为_______________mg/m3。
26．（2020·北京丰台·统考二模）铅蓄电池是最常见的二次电池，以废旧铅蓄电池中的铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)为原料回收铅，对保护环境和发展循环经济意义重大。某工艺流程如下：
(1)已知铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电时，阳极的电极反应式为________。
(2)过程①体现Na2SO3的_________性。
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是________。
(4)结合化学用语解释过程②中PbSO4转化为PbCO3的原因________。
(5)反应温度对过程②转化率(脱硫率)的影响如图所示，实际生产中温度选择在50℃，若温度过高，脱硫率下降的原因可能是：________。
(6)将PbO 、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，如图电解可得高纯Pb，同时再生浸取液。请结合化学用语解释浸取液再生的原理________。
27．（2020·北京·模拟预测）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：
已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。
2.长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是___，通入空气的作用是___。
（2）方法1中，反应的离子方程式是___，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是___。
（3）方法2中，NaClO2在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是___。
（5）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaClO2的质量分数为___。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。
（6）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是___。
五、实验题
28．（2020·北京昌平·统考二模）实验小组制备NaNO2，并探究其性质。
I.制备NaNO2
(1)A中发生反应的化学方程式是__________。
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是________。
(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号
试管
操作
现象
①
2 mLB中溶液
加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
2 mLB中溶液
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
变蓝
③
2 mLH2O
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
实验③的目的是________。
(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是_________。
II.探究NaNO2的性质
装置
操作
现象
取10 mL1 mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL1 mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。
i.溶液迅速变为棕色；ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。
iii.最终形成棕褐色溶液。
资料：i.[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
(5)溶液迅速变为棕色的原因是_________。
(6)已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是_________。
(7)最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。
资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。
Fe(OH)x(SO4)y中x=_______(用含V1、V2的代数式表示)。
29．（2020·北京丰台·统考二模）某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
【猜想预测】
猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
【实验探究】
实验ⅰ：向装有0.5 g Cu的烧杯中加入20 mL 30% H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式：________。
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2++ 4NH3⇌[ Cu(NH3)4]2+，[ Cu(NH3)4]2+为深蓝色；Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置
序号
试剂a
现象
ⅱ
20 mL 30% H2O与4 mL 5 mol/L H2SO4混合液
Cu表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
ⅲ
20 mL 30% H2O2与4 mL5 mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ⅱ中：溶液变蓝的原因是________(用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是________。
(3)对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U形管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U形管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论：_________。利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4)对比实验ⅱ和ⅲ，实验ⅲ中产生氧气速率明显更快，可能的原因是_______。
(5)实验ⅲ有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因：________。
(6)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有________。
30．（2020·北京西城·统考二模）某铜合金中Cu的质量分数为80%～90%，还含有Fe等。通常用间接碘量法测定其中Cu的含量，步骤如下：
Ⅰ．称取a g样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2，冷却后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中；
Ⅱ．取50.00 mL滤液于锥形瓶中，加入NH4F溶液，控制溶液pH为3～4，充分反应后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；
Ⅳ．平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液的体积平均为v mL，计算铜的质量分数。
已知：ⅰ．F−与Fe3+生成稳定的FeF63−（无色）。
ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。
ⅲ．I2+I− ⇌ I3−（棕黄色）。
ⅳ．I2+2Na2S2O3== 2NaI+Na2S4O6（无色）。
(1)Ⅰ中Cu溶解的离子方程式是__________________________。
(2)Ⅱ中Cu2+和I−反应生成CuI白色沉淀和I2。
①加入NH4F溶液的目的是__________________________。
②Cu2+和I−反应的离子方程式是_________________________。
③加入过量KI溶液的作用是________________________________。
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3−，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是_。
(4)样品中Cu的质量分数为______(列出表达式)。
参考答案：
1．D
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
2．D
【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
答案选D。
3．B
【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。
【详解】A. 根据分析， M是，Mˊ是，故A错误；
B. 图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有生成时，转移电子，故B正确；
C. 图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的会逐渐增大，故C错误；
D. 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；
综上所述，答案为B。
4．C
【详解】A. 中，的化合价是－2，Cu的化合价是+1，故A正确；
B. 步骤②中，根据信息易与较浓的强碱反应，因此碱浸的离子方程式是：，故B正确；
C. 步骤③中，溶液是碱性环境，因此阴极上发生反应的电极方程式是:，故C错误；
D. 在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到，故D正确。
综上所述，答案为C。
5．D
【分析】饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；
C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；
故选D。
6．A
【详解】A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色，是CO32-的水解使溶液呈碱性的缘故，未发生氧化还原反应，故A符合题意；
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色，是乙醇还原K2Cr2O7的缘故，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去，是维生素C还原碘的缘故，发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色，是生成的Fe(OH)2有较强还原性，被空气中氧气氧化为Fe(OH)3的缘故，发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为A。
7．C
【详解】A．KSCN溶液滴入FeCl3溶液中变为红色，生成硫氰化铁溶液，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，故A不符合题意；
B．2NO2⇌ N2O4 ∆H＜0，将密闭的NO2瓶放入冷水中，平衡正向移动，红棕色变浅，没有化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．将SO2通入含有淀粉的碘水中，蓝色褪去，二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故C符合题意；
D．向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液，沉淀变为红褐色，离子方程式：3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+，故D不符合题意；
答案选C。
8．A
【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化。
【详解】A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-发生络合反应：Fe3＋+3SCN－= Fe (SCN)3，该反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，A符合题意；
B．金属钠投入水中：2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑，Na与H有化合价变化，是氧化还原反应，B不符合题意；
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中：Cl2+H2OHCl+HClO，Cl的化合价变化，是氧化还原反应，C不符合题意；
D．向H2S溶液中通入SO2气体：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S的化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
9．B
【详解】A. 在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；
B. Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；
C. Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；
D. Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；
故合理选项是B。
10．D
【分析】
【详解】
A. 在装置②中H2SO4与Na2S发生复分解反应产生H2S气体，气体进入③中与AgCl悬浊液发生反应产生Ag2S黑色沉淀，从而可证明Ag2S比AgCl更难溶，A正确；
B. 浓硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、红棕色气体NO2、H2O，NaOH溶液吸收NO2气体，变为NaNO3、NaNO2和水，从而防止了大气污染。在HNO3中N元素为+5价，反应后变为NO2中的+4价，元素化合价降低，得到电子，被还原，从而可证明浓硝酸具有氧化性，B正确；
C. 硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体通入到酸性KMnO4溶液中，看到溶液紫色褪色，可证明SO2具有还原性，C正确；
D. 浓硝酸与Na2CO3在溶液中发生复分解反应产生CO2气体，证明酸性：HNO3>H2CO3；但由于浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气进入装置③中，会发生反应：2HNO3+Na2SiO3=H2SiO3↓+ 2NaNO3，得到结论酸性：HNO3>H2SiO3；在③中CO2气体也会发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+ Na2CO3，产生白色硅酸沉淀，因此不能证明白色沉淀是那种物质反应产生，故不能得到结论：酸性：HNO3>H2CO3> H2SiO3，D错误；
故合理选项是D。
11．C
【详解】A．FeSO4属于盐，是离子化合物，H2SO4属于酸，是共价化合物，它们均属于强电解质，故A错误；
B．FeSO4溶液中Fe2＋离子容易水解，故0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度小于0.1 mol·L－1，故B错误；
C．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4，FeS2中亚铁离子的化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，单质氧气中氧元素的化合价为0价，硫酸亚铁中，铁元素的化合价为+2价，硫元素的化合价为+6价，氧元素的化合价为-2价，硫元素的化合价升高到+6价，氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2价，FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物，故C正确；
D．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4可知，7mol氧气参加反应，氧元素化合价从0降低到-2价，共转移28mol电子，当转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积约为0.5mol×22.4 L/mol=11.2L，故D错误；
答案选C。
12．A
【分析】由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。
【详解】A．根据分析，离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，产物中含有碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有HCO3-离子，故A错误；
B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发生的反应产物为N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故B正确；
C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO−+2CNO−+H2O = N2+2HCO3−+3Cl−，故C正确；
D．根据分析，还原反应为ClO-→Cl-，Cl元素由+1价变为-1价，3mol ClO-可处理2mol CNO-，转移电子的物质的量=3mol×2=6mol，则每处理1 mol CNO−转移3 mol e−，故D正确；
答案选A。
【点睛】根据图象，确定出反应物离子和生成物离子，根据元素守恒，电荷守恒配平离子方程式是解本题的关键，根据化合价的变化，计算出转移的电子数的物质的量。
13．B
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，ClO-的物质的量减小，故N2是生成物，ClO-为反应物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，以此解答该题。
【详解】根据分析，反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，
A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；
B．由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂，故B正确；
C．N元素化合价由−3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；
D．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误；
答案选B。
14．B
【详解】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
答案选B。
15．A
【详解】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不发生氧化还原反应，A正确；
B.铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，发生氧化还原反应，B错误；
C.利用某些物质(如:磷)与空气中氧气反应（不生成气体,生成固体），使容器内压强减小，测定进入容器内水的体积，即为空气中氧气的体积，发生氧化还原反应，C错误；
D.浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2：1脱去，自身被还原成二氧化硫，发生氧化还原反应，D错误；
答案选A。
16．A
【详解】A．2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．氯水中存在，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，AgNO3 溶液滴入氯水中产生AgCl白色沉淀，Ag++Cl-=AgCl↓，c(Cl-)减小，平衡正向移动，淡黄绿色褪去，该过程中Cl元素的化合价由0价升高为+1价，又降低为-1价，与氧化还原反应有关，B不符合题意；
C．2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，该反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．2NO+O2=2NO2，该反应中，N元素的化合价由+2价升高为+4价，O元素的化合价由0价降低为-2价，有电子转移，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。
17． C原子与N原子间存在共用电子对，C和N的原子电子层数相同(同周期)，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对核外电子吸引能力C＜N，共用电子对偏向N，N元素显负价 2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl- 正 CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+ 由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高，因此控制酸性使上述平衡(2CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O)正向移动，使CrO42-转化为Cr2O72-
【分析】(1)①根据元素非金属性强弱及对电子对吸引能力大小分析；
②根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析、书写；
(2)①根据原电池中阳离子的移动方向确定正、负极；
②原电池中正极上得电子，发生还原反应；负极失去电子，发生氧化反应，结合B极反应物及生成物来分析解答；
(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。
【详解】(1)①C、N都是同一周期的非金属性元素，原子间以共用电子对，由于元素的核电荷数C＜N，所以原子半径C＞N，原子半径越小，吸引电子能力就越强，原子核对核外电子吸引能力C＜N，因此共用电子对偏向N，而偏离C原子，从而使N元素显负价；
②NaClO具有强氧化性，可将CN-氧化成N2、HCO3-，ClO-被还原产生Cl-，从而消除CN-污染。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl-；
(2)①在原电池中H+的移动方向是从负极流向正极，根据示意图可知：H+向A电极移动，所以A电极为正极，B电极为负极；
②A是正极，B是负极，负极上CH3COO-失去电子，与溶液中的H2O结合产生HCO3-，同时得到H+，则负极B上发生的电极反应式为：CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+；
(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。由于在废水中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在其它条件不变时，增大c(H+)，使溶液的酸性增强，化学平衡正向移动，使更多的CrO42-转化为Cr2O72-，从而提高了污水中Cr的去除率。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的配平、原电池反应原理及化学平衡移动原理的应用识，根据元素化合价的变化，结合氧化还原反应规律配平方程式，会根据离子移动方向判断原电池的正负极，结合题目已知信息，正确书写两个电极的电极反应，会从溶液的pH值对平衡移动的影响分析污水处理原理，注意知识的迁移和应用是解题的关键。
18． ＋7 ①③ 80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物) 趁热过滤 ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O 8∶3
【分析】(1)根据高氯酸盐的化合价之和等于0判断氯元素的化合价；
(2)根据元素周期律判断非金属性强弱；
(3) ①根据反应条件在80℃时，溶解度的变化判断；
②利用NH4ClO4和NaCl的溶解度差异判断；
(4)根据根据酸性条件下化合价的变化判断电极反应；
(5)根据反应：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑由氧气和氯气的关系可确定氧化铜和氯化铜的物质的量的关系。
【详解】(1)高氯酸盐(ClO4－)中氧为-2价，离子化合价之和等于-1，氯元素的化合价为+7价；
(2) ①气态氢化物的稳定可以用来比较非金属性的强弱，故HCl比H2S稳定，故①正确；
② HClO4的酸性比H2SO3的强不能比较，亚硫酸不是最高价氧化物对应的水化物，故②错误；
③ Cl2可与Na2S发生置换反应，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，可以比较，故③正确；
答案选①③；
(3)①结合溶解度，80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物)，该反应能够发生；
②从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为趁热过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤；
(4)酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，氯元素的化合价降低了8，得到8个电子，氢离子存在时，该电极反应式为ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O；
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑。设分解所得固定产物中CuO的物质的量为xmol，CuCl2的物质的量为ymol，根据反应生成氧气的物质的量为（3.5x+4y）mol，氯气的物质的量为xmol，根据题意V（O2）：V（Cl2）=（3.5x+4y）：x=5：1，所以x：y=8：3，分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为8:3。
【点睛】写电极反应时，根据化合价的变化判断转移的电子数，根据元素守恒配平电极反应。
19． -112 2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+ SO42-+4H+ CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42-结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率 a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低 2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O 酸式滴定管
【分析】（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水；
②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动；
（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大；
（4）①一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水；
②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
③由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算可得。
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②—①得一氧化氮与氧气反应的热化学方程式2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则ΔH=（+68kJ·mol-1）—（+180kJ·mol-1）=-112 kJ·mol-1，故答案为：-112；
（2）①二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水，则配平的离子方程式为2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+，故答案为：2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+；
②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动，从而可以提高SO2去除率，故答案为：CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42—结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率；
（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大，去除率下降，故答案为：a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低；
（4）①一氧化氮具有还原性，过氧化氢具有氧化性，一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水，反应的离子方程式为2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O；
②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以滴定过程中应选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
③由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)= 3n(NO3-)+5n(MnO4-)，n(NO3-)=，由氮原子个数守恒可知n(NO2)= n(NO3-)=mol，则烟气气样中NOx折合成NO2的含量为 =mg·m-3，故答案为：。
【点睛】滴定过程中，亚铁离子失去电子总数等于硝酸根和高锰酸钾得到电子总数，由由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算二氧化氮的物质的量是解答关键，也是难点。
20． 酸雨 2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O HSO3− HSO3−+O3=SO42−+O2+H+（2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3） O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞
【分析】(1)SO2造成酸雨的主要气体；
(2)ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O；
(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线分析判断pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子；
②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，溶液的pH减小；
③O3将难溶的ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4，反应速率加快。
【详解】(1)SO2造成的环境问题主要是酸雨；
(2) ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O，化学方程式是2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O；
(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线，pH＝3.5的溶液中HSO3−浓度远远大于H2SO3，pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子主要是HSO3−；
②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，HSO3−的氢离子被释放，溶液的pH减小；离子方程式是：HSO3−+O3=SO42−+O2+H+(或2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3)；
③O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞。
21． 氧化 H2 Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3- NO2-＋ H2O Pd表面单位面积吸附的数目减小 增大 2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH- 先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4
【分析】根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图，Cu2+、Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。Pd-Cu/TiO2分两步催化硝酸根离子的转化反应，先将硝酸根离子还原为亚硝酸根离子，再将亚硝酸根离子还原为氮气或氨态氮。
【详解】（1）根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图中①，Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。
（2）根据①的示意图，②中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程②示意图为。
（3）根据图a可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂。
（4）i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiO2作催化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3- NO2-＋ H2O。
（5）①因为OH–在Pd表面与NO2-竞争吸附，会降低Pd吸附NO2-的能力，随pH增大，OH–浓度增大，导致Pd表面单位面积吸附的 NO2-数目减小，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应ⅱ的化学反应速率降低。
②根据图b所示，随pH减小，n(N2)增大，n（氨态氮）变化不大，则还原产物中增大，Pd表面吸附的NO2-和H的个数比变大，NO2-更易转化为N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH-。
（7）根据图b所示，pH=12时，NO2-所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将NO3-尽可能多地转化为N2。
22． 4NH3+5O24NO+6H2O 强 C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 bc 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH = (3c-3a-2b) kJ·mol-1 2HSO3- + 2e- + 2H+ = S2O42- + 2H2O 2NO + 2S2O42- +2H2O = N2 + 4HSO3-
【详解】(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；
(3)a．氮气中两个氮原子之间为三键，故a错误；
b．分析题中图可以知道，图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故b正确；
c．在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c正确；
答案选bc。
(4)①中NH3参与的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)；
已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 i；
N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 ii；
2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 iii；
根据盖斯定律iii×3- i×3-ii×2可得4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-1；
(5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；
②据图可知S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。
23． 过滤 Fe3++H3PO4+3NH3•H2OFePO4•2H2O↓+3+H2O Fe(OH)3 1 6 14H+ 2 6 7H2O
【分析】向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加热，由于H3PO4为弱电解质，在水中电离程度较小导致磷酸铁的产率不高，向溶液中加入氨水，氨水可以和磷酸反应生成磷酸根，同时水浴加热加快反应速率，使磷酸铁的产率升高，据此分析。
【详解】(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开，得到FePO4·2H2O固体，故答案为：过滤；
②生成磷酸铁的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3+H2O；
③在滴加氨水的过程中需要控制溶液pH，因氨水呈碱性，氨水中的一水合氨电离出的氢氧根可以与溶液中的Fe3+反应生成沉淀，因此需要控制溶液pH，以保证溶液中的Fe3+全部转化为磷酸铁，故答案为Fe(OH)3；
(2)①利用化合价升降法配平化学方程式；根据题目中所给出的反应物与生成物可知，生成物中存在铁离子和铬离子，因此反应应该在酸性环境下进行，反应前溶液中含有大量的H+，故方程式中反应前有H+参加反应，反应后生成水；反应前后中的Cr元素的化合价从+6下降到+3，Fe元素的化合价从+2上升到+3，根据反应前后得失电子守恒计算，正确配平的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②根据上题的化学方程式，与Fe2+的物质的量关系为1:6，说明每消耗1mol需要消耗Fe2+ 6mol，因此，消耗浓度为c的重铬酸钾标准溶液v mL，则溶液中含有6cv×10-3mol的Fe2+，故原样品中含有6cv×10-3mol的Fe，原样品中Fe的质量分数为=。
24． 控制温度在60~70℃、不断搅拌 CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O NO3-几乎全部被还原为NH4+ 还原剂 CuCl + Cl- = [CuCl2]- 去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化 CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-
【分析】I．溶解：溶解步骤的温度应控制在60～70℃，原因是温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，该步骤中Cu与NH4NO3反应的离子方程式为（N元素被还原到最低价）4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O；
II．转化：发生反应的离子方程式为2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋；过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化，烘干后得到CuCl产品。
【详解】（1）①温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，本工艺中促进海绵铜溶解的措施有控制温度在60~70℃、不断搅拌。故答案为：控制温度在60~70℃、不断搅拌；
②氧化铜是碱性氧化物，与酸反应生成铜盐和水，氧化铜溶解的离子方程式是CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O。故答案为：CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O；
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是：发生4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O反应，NO3-几乎全部被还原为NH4+。故答案为：NO3-几乎全部被还原为NH4+；
（2）①根据发生的反应;2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；
②n(NH4Cl)：n(Cu2+)1.1时，Cl-浓度增大，与CuCl络合生成可溶的络合物，CuCl的沉淀率下降的原因是CuCl + Cl- = [CuCl2]-。故答案为：CuCl + Cl- = [CuCl2]-；
（3）过程III中，用乙醇洗涤的目的是去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化。 故答案为：去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化；
（4）①铁离子具有氧化性，能将CuCl氧化，CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-；
②根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为= == 。故答案为：。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握流程中的反应、物质的性质、离子反应的书写等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（4）计算CuCl的含量：根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，计算CuCl的物质的量，再根据质量分数的计算公式计算。
25． abd 防止硫粉燃烧产生SO2，污染环境、导致爆炸 正极 [Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑ 富集、提纯煤气中的H2S 溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色 1700
【分析】（1）干法氧化铁脱硫的过程是将氧化铁和H2S相互接触，二者发生反应生成Fe2S3·H2O从而达到脱硫的目的，化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，同时生成的Fe2S3·H2O可以通过再生的方法将S单质分离出来，化学方程式为2Fe2S3·H2O+3O2=2Fe2O3·H2O+6S，这样既可以脱硫又可以将硫进行回收；
（2）电化学溶解-沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，实验过程是以Zn为阳极在碱性条件下发生电解，生成[Zn(OH)4]2-，将[Zn(OH)4]2-与H2S气体在反应器中发生反应生成ZnS固体，达到回收利用H2S的方法；
（3）利用碘量法测定煤气中H2S的含量，首先将煤气通入锌氨溶液中将S元素富集起来，将生成的ZnS与碘水混合，二者发生反应，因I2为足量，所以I2剩余，通过碘量法测量未参加反应的I2的含量间接测量煤气中H2S的含量。
【详解】（1）①单质硫为淡黄色固体，a正确；根据分析，脱硫反应的化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，b正确；再生过程中S元素化合价从-2价变为0价，反应过程中失去电子，发生氧化反应被氧化，c错误；脱硫过程中，增大反应物与气体的接触面积，可以使固体与气体的反应更加完全，提高脱硫效率，d正确；故选abd；
②再生反应不易温度过高，在高温条件下，再生过程生成的硫单质易与氧气发生反应生成SO2污染空气；
（2）①根据分析，若想通过Zn吸收S2-，需将Zn变成Zn2+，通过反应生成ZnS沉淀。此时在电解池中Zn电极一定为阳极，与电源正极相连，电极方程式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，阴极为水中H+得电子的反应，方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②电解过程中生成的[Zn(OH)4]2-与H2S发生反应生成ZnS，反应的离子方程式为[Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O；
③根据已知条件，Zn可以在强碱中发生反应，生成氢气，故反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑；
（3）①煤气中H2S含量较低，难以直接测量，故需要将煤气通入到锌氨溶液中，将S元素全部转化为ZnS固体，利用少量的液体将含量低的H2S收集起来，这样起到富集、提纯煤气中的H2S的目的；
②滴定终点时，体系中不再出现I2，溶液颜色发生变化，故滴定终点的现象是：溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色；
③碘量法测定I2含量时，消耗硫代硫酸钠20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的I2的物质的量为x mol，则
解得x=1×10-3mol，说明与ZnS反应的I2的物质的量为1.5×10-3mol-1×10-3mol=5×10-4mol，根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为5×10-4mol，说明含有S元素5×10-4mol，故H2S为5×10-4mol，即10L煤气中含有5×10-4mol的H2S，煤气中H2S的含量为=1700mg/m3。
【点睛】碘量法测定H2S含量时利用的是反滴定法，先将ZnS中加入过量且定量的碘水，让ZnS与I2充分的反应，再利用硫代硫酸钠滴定剩余的I2，达到准确测量S含量的效果。
26． PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－ 还原 取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－ PbSO4 ＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－ 温度过高，碳酸铵分解 阴极PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液
【分析】以废旧铅蓄电池分选处理得到铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)，向铅膏中加入足量Na2SO3溶液，PbO、PbSO4与Na2SO3溶液不反应，PbO2具有氧化性，与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，过滤得到主要含有Na2SO4的滤液A，对滤液A蒸干得到副产品Na2SO4；过滤后的滤渣主要为PbO、PbSO4的粗品，向粗品中加入(NH4)2CO3，将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，过滤洗涤得到PbO、PbCO3的粗品，加酸溶解浸取，得到含有Pb2+的电解质溶液，对溶液进行电解最终得到高纯Pb，据此分析解答。
【详解】(1)根据铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时，阳极上PbSO4失去电子，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－；
(2)根据分析，过程①为PbO2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，反应中S元素化合价升高，被氧化，则体现了Na2SO3的还原性；
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－；
(4)过程②中由于碳酸铅的溶解度比硫酸铅的溶解度小，较难溶的沉淀会转化为更难溶的沉淀，即发生沉淀的转化，则PbSO4转化为PbCO3，发生的离子反应为PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－；
(5)过程②转化率(脱硫率)是利用碳酸铵与硫酸铅反应转化为可溶性的硫酸根离子将硫除去，铵盐的稳定性较差，温度过高会发生分解，高温下，碳酸铵受热分解生产二氧化碳和氨气从溶液中逸出，导致溶液中碳酸根离子浓度减小，硫酸铅不能全部转化为碳酸铅，沉淀的转化量较少，脱硫率降低；
(6)将PbO、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，根据电解装置图所示，与电源负极相连的为电解池的阴极，阴极上PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液，从而使浸取液再生。
【点睛】本题易错点为(5)，碳酸铵属于铵盐，铵盐稳定性较差，受热易分解，在加热条件下，会从溶液中逸出二氧化碳和氨气，导致溶液中碳酸根离子浓度降低，PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－的转化反应不能彻底进行。
27． 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O H2O2温度较高时易分解 阴极 加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤 4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气
【分析】（1）（3）NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，故加入空气稀释；方法1：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；
（4）由溶解度曲线可知，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，据此分析解答；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；
（6）盐酸浓度较大，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；
【详解】（1）步骤1，NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，则通入空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；
（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过20℃，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时易分解；
（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaClO2，故答案为：阴极；
（4）由NaClO2的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体是
NaClO2，所以从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaClO2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗
Na2S2O3增多，结果偏高；
（6）盐酸浓度大时，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。
28． 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 防止倒吸（或增大反应物的接触面积） 证明当溶液中c(I-)和c(H+)相同时，空气中O2不会氧化I- NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I- 酸性条件下，NO2-+H+HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，因此溶液呈棕色 4[Fe(NO)]2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
【分析】I.Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；
II.(5)根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；
(6) [Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅；
(7)根据Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x计算。
【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生；
(3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；
(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；
(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；
(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体；
(7)根据反应H++OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10 mL1 mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=c·V=1 mol/L×0.01 L=0.01 mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20 mL则在3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]=×0.01 mol=1.5×10-3 mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x×10-3 mol=0.1 mol/L×(V1-V2) ×10-3 L=(V1-V2) ×10-4 mol，解得x=。
【点睛】本题考查了NaNO2的制备、性质及物质化学式的测定。涉及化学反应原理、干扰因素的产生与排除、实验方案的设计、滴定方法的计算等。要结合题目已知信息，利用元素守恒和电子守恒和物质的量的有关计算公式分析解答，考查了学生信息接受和使用能力及知识应变能力。
29． Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓ Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O 产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢 加入氨水，提高了Cu的还原性 Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用 Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O⇌NH3·H2O⇌NH4+＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2＋＋4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。 酸碱性、产物微粒的种类
【分析】本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。
【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓；
（2）实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
（3）向U形管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U形管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；
（4）对比实验ii和试验iii，实验iii中产生氧气的速率更快，在实验iii中Cu和双氧水反应生成的Cu(OH)2与加入的氨水发生络合反应，产生大量的Cu(NH3)42+，对比实验ii，是Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用；
（5）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。
（6）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。
【点睛】实验中较难考虑的部分是氨水对Cu和H2O2的反应氧化性或还原性强弱的影响的实验考查，通过观察电压表指针的变化分析氨水对反应氧化性或还原性强弱的影响。
30． Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I− 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 将Cu2+充分还原为CuI；I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发 将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，释放出吸附的I2和I3−，提高测定结果的准确程度 (63.5×5×cv×10−3×)×100%
【分析】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，影响Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，提高Cu含量测定的准确性；
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附I2和I3−；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗Na2S2O3计算Cu2+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。
【详解】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，导致消耗I−的含量最大，使Cu含量测定不准确，根据题意，F−与Fe3+生成稳定的FeF63−(无色)，加入NH4F溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I−，确保Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，同时过量的KI溶液可发生I2+I− ⇌ I3−，I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发，提高Cu含量测定的准确性；
(3)因室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的I2和I3−，I2充分被滴定，提高测定结果的准确程度；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L−1×v×10-3L=cv×10-3mol，则n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中Cu的质量分数为==(63.5×5×cv×10−3×)×100%。
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）
一、单选题
1．（2020·北京·模拟预测）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
2．（2020·北京·模拟预测）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)
D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
3．（2020·北京顺义·一模）常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是
A．该反应过程中，是是 B．当有生成时，转移电子
C．在分解过程中，溶液的逐渐降低 D．的氧化性比强，还原性比弱
4．（2020·北京顺义·一模）碲()元素在元素周期表中位于第族，其单质是重要的工业原料。工业上可用电解法从铜阳极泥(主要成分是、含等杂质)中提取单质碲，步骤如下:
①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为;
②用溶液碱浸;
③以石墨为电极电解②所得溶液获得。
已知:微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。
下列说法不正确的是
A．中，的化合价是－2
B．步骤②中，碱浸的离子方程式是
C．步骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是:
D．在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到
5．（2020·北京朝阳·统考二模）漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A．①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B．②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C．上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%
6．（2020·北京朝阳·统考二模）下列变化中，与氧化还原反应无关的是
A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色
C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去
D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色
7．（2020·北京丰台·统考二模）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应相关的是
A
B
C
D
实验
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
将密闭的NO2瓶放入冷水中
将SO2通入含有淀粉的碘水中
向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液
现象
溶液变为红色
红棕色变浅
蓝色褪去
白色沉淀变为红褐色
A．A B．B C．C D．D
8．（2020·北京昌平·统考二模）下列变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红
B．金属钠投入水中，有气体产生
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中，水位上移
D．向H2S溶液中通入SO2气体，产生淡黄色沉淀
9．（2020·北京海淀·二模）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是
A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色
10．（2020·北京昌平·统考二模）利用如图所示装置进行下列实验，不能达到相应实验目的的是（ ）
选项
①
②
③
实验目的
A
稀硫酸
Na2S
AgCl的浊液
验证Ag2S比AgCl难溶
B
浓硝酸
Cu片
NaOH溶液
探究浓硝酸具有氧化性
C
硫酸
Na2SO3
酸性KMnO4溶液
探究SO2具有还原性
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
验证酸性：硝酸>碳酸>硅酸
A．A B．B C．C D．D
11．（2020·北京丰台·统考二模）黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4。已知NA是阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是
A．FeSO4和H2SO4都是离子化合物，均属于强电解质
B．0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中Fe2＋离子的浓度为0.1 mol·L－1
C．FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物
D．当转移2 mol电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为22.4 L
12．（2020·北京西城·统考二模）处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在N2、HCO3−、ClO−、CNO−（C+4价，N-3价）、Cl−等微粒。下列说法不正确的是
A．该废水呈强酸性
B．废水处理后转化为无害物质
C．反应的离子方程式：3ClO−+2CNO−+H2O == N2+2HCO3−+3Cl−
D．每处理1 mol CNO−转移3 mol e−
13．（2020·北京通州·统考一模）某离子反应涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应中Cl-为氧化产物
B．NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂
C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D．反应后溶液的酸性减弱
14．（2020·北京通州·统考一模）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
15．（2020·北京东城·统考一模）下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是
A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近
B．铝丝伸入硫酸铜溶液中
C．测定空气中氧气含量
D．向蔗糖中加入浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
16．（2020·北京房山·统考一模）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A．将 SO2 通入到滴有酚酞的烧碱溶液中红色褪去
B．AgNO3 溶液滴入氯水中产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去
C．H2C2O4 溶液滴入 KMnO4 酸性溶液中产生气泡，随后紫色褪去
D．NO 遇空气变为红棕色
二、填空题
17．（2020·北京房山·二模）对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。
(1)含氰废水中的CN-有剧毒。
①CN-中N元素显-3价，用原子结构解释N元素显负价的原因是_______。
②NaClO溶液可将CN-氧化成N2、HCO3-，从而消除CN-污染，反应的离子方程式为_____。
(2)含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示。
①A是电池的_________极(填“正”或“负”)；
②B极的电极反应式为_______。
(3)含重金属铬(Ⅵ)的废水具有较强的毒性，离子交换树脂(ROH)法可将有毒废水中的CrO42-和Cr2O72-吸附至树脂上除去，原理如下：2ROH+CrO42-→R2CrO4+2OH-、2ROH+Cr2O72-→R2Cr2O7+2OH- (已知：废水中存在如下平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O）。
控制溶液酸性可以提高树脂对铬(Ⅵ)的去除率，其理由是_________。
18．（2020·北京丰台·统考二模）高氯酸盐(ClO4－)有高稳定性和强氧化性，常作为氧化剂用于工业生产。
(1)高氯酸盐中氯元素的化合价为________。
(2)下列叙述中可说明氯元素比硫元素非金属性强的是_________。
① HCl比H2S稳定
② HClO4的酸性比H2SO3的强
③ Cl2可与Na2S发生置换反应
(3)NH4ClO4是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过反应NaClO4＋NH4ClNH4ClO4＋NaCl制取。相关物质的溶解度曲线如图：
① 结合溶解度，分析该反应能够发生的原因________。
② 从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤。
(4)高氯酸盐是一种新型的无机污染物，ClO4－的主要危害是与碘离子竞争进入人体甲状腺，影响甲状腺的正常功能。利用电化学催化法，酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，该电极反应式为________。
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：
2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑
Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑
取一定质量的Cu(ClO4)2·6H2O样品，加热至某温度使其完全分解，若测得V(O2)∶V(Cl2)＝5∶1，则分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为________。
三、原理综合题
19．（2020·北京房山·二模）工业废气中的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题：
（1）已知氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1
N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+68kJ·mol-1
则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH___kJ·mol-1。
（2）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为：___
①□MnO+□SO2+□H2O□MnO+□ +□ 。（在“□”里填入系数，在“__”上填入微粒符号）
②在上述反应中加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是___。
（3）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：
I.CaSO3(s)+SO(aq)CaSO4(s)+SO(aq)
II.SO(aq)+2NO2(g)+H2O(l)SO(aq)+2NO(aq)+2H+(aq)
浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。
a点后NO2去除率降低的原因是___。
（4）检测烟道气中NOx含量的步骤如下：
I.将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO；
II.加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，与V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液（过量）充分混合；
III.用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL。
①NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为___。
②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有___和锥形瓶等。
③滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O
MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
烟气气样中NOx折合成NO2的含量为__mg·m-3。
20．（2020·北京西城·统考二模）某炼锌厂利用含ZnO的烟尘脱除硫酸工艺烟气中的SO2制ZnSO4。
已知：Ⅰ．ZnSO3·H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水。
Ⅱ．25℃时，溶液中S（+4价）各组分的物质的量分数随pH变化曲线如下图。
Ⅲ．O3为强氧化剂，1 mol O3被还原转移2 mol e−，同时生成1 mol O2。
(1)SO2造成的环境问题主要是_____________________。
(2)ZnO将SO2转化为ZnSO3·H2O的化学方程式是_____________________________。
(3)将ZnSO3·H2O悬浊液转化为ZnSO4时，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟O3氧化解决该问题。初始时用盐酸将5% ZnSO3悬浊液调至 pH＝3.5，以一定的进气流量通入O3，研究O3氧化ZnSO3·H2O，其中溶液pH随时间变化的曲线如下：
①pH＝3.5的溶液中含S（+4价）的离子主要是____________________。
②一段时间后，溶液的pH减小，此过程中主要反应的离子方程式是________________。
③解释O3氧化可防止管道堵塞的原因：___________________。
21．（2020·北京东城·统考一模）液相催化还原法去除水体中是一项很有前景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂Pd-Cu/TiO2的制备和催化条件，结果如下。
Ⅰ．制备Pd-Cu/TiO2的反应过程如下图所示，光照使TiO2发生电荷分离，将金属Pd沉积在TiO2表面。再用类似方法沉积Cu，得到在TiO2纳米颗粒表面紧密接触的Pd-Cu纳米簇。
（1）该过程中，乙醇发生__________（填“氧化”或“还原”）反应。
（2）请在②中补全光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图_______。
Ⅱ．Pd-Cu/TiO2分步催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同pH时，反应1小时后转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。
（3）该液相催化还原法中所用的还原剂是__________。
（4）i的离子方程式是__________。
（5）研究表明，OH–在Pd表面与竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，但对Pd吸附H的能力影响不大。
①随pH增大，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是____________，导致反应ⅱ的化学反应速率降低。
②随pH减小，还原产物中的变化趋势是__________，说明Pd表面吸附的和H的个数比变大，对反应__________（用离子方程式表示）更有利。
（7）使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将尽可能多地转化为N2，具体方法是__________。
22．（2020·北京·统考一模）煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：
(1)②中NH3参与反应的化学方程式为_______。
(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：________。
(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：
下列说法正确的是________(选填字母)。
a. 图①表示N2、H2分子中均是单键
b. 图②→图③需要吸收能量
c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
(4)已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1
N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1
2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1
反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为________。
(5)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：________。
②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________。
四、工业流程题
23．（2020·北京朝阳·统考二模）近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如下图。
已知：H3PO4是弱电解质
(1)将FeCl3溶液与H3PO4溶液按混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH = 1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。
①操作a为______。
②生成FePO4·2H2O的离子方程式是______。
③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生______杂质。
(2)测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
iii．用c mol·L–1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗v mLK2Cr2O7标准溶液。
①将步骤iii的离子方程式补充完整：
____+____Fe2++___=____Cr3++____Fe3++____；
②产物中铁元素的质量分数为_____。
24．（2020·北京东城·统考二模）氯化亚铜(CuCl)可用于冶金、电镀等行业，其制备的一种工艺流程如下：
I．溶解：取海绵铜(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60~70℃，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)；
II．转化：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl粗品；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。
【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的络离子[CuCl2]-；潮湿的CuCl固体露置于空气容易被氧化。
(1)过程I中：
①本工艺中促进海绵铜溶解的措施有________。
②氧化铜溶解的离子方程式是________。
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是________。
(2)过程II中：
①(NH4)2SO3的作用是_________。
②NH4Cl的用量对铜的沉淀率的影响如下图所示。
n(NH4Cl)/n(Cu2+)1.1时，CuCl的沉淀率下降的原因是________(用离子方程式表示)。
(3)过程III中，用乙醇洗涤的目的是________。
(4)产品纯度测定：量取CuCl产品a g于锥形瓶中，加入足量的酸性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗KMnO4溶液b mL。(本实验中的MnO4-被还原为Mn2+，不与产品中杂质和Cl-反应)。
①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_________。
②产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为_________。
25．（2020·北京海淀·二模）H2S是一种大气污染物。工业尾气中含有H2S，会造成严重的环境污染；未脱除H2S的煤气，运输过程中还会腐蚀管道。
(1)干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S的常用方法，其原理如图所示。
①下列说法正确的是____________(填序号)。
a.单质硫为淡黄色固体
b.脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O
c.再生过程中，硫元素被还原
d.脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
②从安全环保的角度考虑，再生过程需控制反应温度不能过高的原因是_______。
(2)电化学溶解一沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，其工艺原理如下图所示。
已知: Zn与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn(II)在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。
①锌棒连接直流电源的____________(填“正极”或“负极”)。
②反应器中反应的离子方程式为____________。
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，用化学用语解释原因:___________。
(3)常用碘量法测定煤气中H2S的含量，其实验过程如下：
i.将10L煤气通入盛有100mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的H2S全部转化为ZnS沉淀，过滤;
ii.将带有沉淀的滤纸加入盛有15mL 0.1mol/L碘标准液、200mL水和10mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶至瓶内滤纸摇碎，置于暗处反应10 min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞。(已知:ZnS+I2=ZnI2+S)
iii.用0.1mol/L Na2S2O3标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点。(已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
①i中，将煤气中的H2S转化为ZnS的目的是____________。
②滴定终点的现象是__________________。
③若消耗Na2S2O3标准液的体积为20mL，则煤气中的含量为_______________mg/m3。
26．（2020·北京丰台·统考二模）铅蓄电池是最常见的二次电池，以废旧铅蓄电池中的铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)为原料回收铅，对保护环境和发展循环经济意义重大。某工艺流程如下：
(1)已知铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电时，阳极的电极反应式为________。
(2)过程①体现Na2SO3的_________性。
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是________。
(4)结合化学用语解释过程②中PbSO4转化为PbCO3的原因________。
(5)反应温度对过程②转化率(脱硫率)的影响如图所示，实际生产中温度选择在50℃，若温度过高，脱硫率下降的原因可能是：________。
(6)将PbO 、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，如图电解可得高纯Pb，同时再生浸取液。请结合化学用语解释浸取液再生的原理________。
27．（2020·北京·模拟预测）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：
已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下。
2.长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是___，通入空气的作用是___。
（2）方法1中，反应的离子方程式是___，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是___。
（3）方法2中，NaClO2在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是___。
（5）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaClO2的质量分数为___。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。
（6）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是___。
五、实验题
28．（2020·北京昌平·统考二模）实验小组制备NaNO2，并探究其性质。
I.制备NaNO2
(1)A中发生反应的化学方程式是__________。
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是________。
(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：
序号
试管
操作
现象
①
2 mLB中溶液
加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
2 mLB中溶液
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
变蓝
③
2 mLH2O
滴加几滴H2SO4至pH=5，加2 mL 0.1 mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
实验③的目的是________。
(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是_________。
II.探究NaNO2的性质
装置
操作
现象
取10 mL1 mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL1 mol/LFeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。
i.溶液迅速变为棕色；ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。
iii.最终形成棕褐色溶液。
资料：i.[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。
(5)溶液迅速变为棕色的原因是_________。
(6)已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应的离子方程式是_________。
(7)最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。
资料：充分反应后，Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。
Fe(OH)x(SO4)y中x=_______(用含V1、V2的代数式表示)。
29．（2020·北京丰台·统考二模）某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
【猜想预测】
猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
【实验探究】
实验ⅰ：向装有0.5 g Cu的烧杯中加入20 mL 30% H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式：________。
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2++ 4NH3⇌[ Cu(NH3)4]2+，[ Cu(NH3)4]2+为深蓝色；Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置
序号
试剂a
现象
ⅱ
20 mL 30% H2O与4 mL 5 mol/L H2SO4混合液
Cu表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
ⅲ
20 mL 30% H2O2与4 mL5 mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ⅱ中：溶液变蓝的原因是________(用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是________。
(3)对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U形管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U形管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论：_________。利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4)对比实验ⅱ和ⅲ，实验ⅲ中产生氧气速率明显更快，可能的原因是_______。
(5)实验ⅲ有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因：________。
(6)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有________。
30．（2020·北京西城·统考二模）某铜合金中Cu的质量分数为80%～90%，还含有Fe等。通常用间接碘量法测定其中Cu的含量，步骤如下：
Ⅰ．称取a g样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2，冷却后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中；
Ⅱ．取50.00 mL滤液于锥形瓶中，加入NH4F溶液，控制溶液pH为3～4，充分反应后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；
Ⅳ．平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液的体积平均为v mL，计算铜的质量分数。
已知：ⅰ．F−与Fe3+生成稳定的FeF63−（无色）。
ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。
ⅲ．I2+I− ⇌ I3−（棕黄色）。
ⅳ．I2+2Na2S2O3== 2NaI+Na2S4O6（无色）。
(1)Ⅰ中Cu溶解的离子方程式是__________________________。
(2)Ⅱ中Cu2+和I−反应生成CuI白色沉淀和I2。
①加入NH4F溶液的目的是__________________________。
②Cu2+和I−反应的离子方程式是_________________________。
③加入过量KI溶液的作用是________________________________。
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3−，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是_。
(4)样品中Cu的质量分数为______(列出表达式)。
参考答案：
1．D
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
2．D
【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
答案选D。
3．B
【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。
【详解】A. 根据分析， M是，Mˊ是，故A错误；
B. 图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有生成时，转移电子，故B正确；
C. 图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的会逐渐增大，故C错误；
D. 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；
综上所述，答案为B。
4．C
【详解】A. 中，的化合价是－2，Cu的化合价是+1，故A正确；
B. 步骤②中，根据信息易与较浓的强碱反应，因此碱浸的离子方程式是：，故B正确；
C. 步骤③中，溶液是碱性环境，因此阴极上发生反应的电极方程式是:，故C错误；
D. 在阳极区溶液中检验出有存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化得到，故D正确。
综上所述，答案为C。
5．D
【分析】饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；
C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；
故选D。
6．A
【详解】A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈红色，是CO32-的水解使溶液呈碱性的缘故，未发生氧化还原反应，故A符合题意；
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色变为绿色，是乙醇还原K2Cr2O7的缘故，发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．向碘水中滴加维生素C溶液，溶液棕黄色褪去，是维生素C还原碘的缘故，发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速变为灰绿色，最后呈红褐色，是生成的Fe(OH)2有较强还原性，被空气中氧气氧化为Fe(OH)3的缘故，发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为A。
7．C
【详解】A．KSCN溶液滴入FeCl3溶液中变为红色，生成硫氰化铁溶液，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，故A不符合题意；
B．2NO2⇌ N2O4 ∆H＜0，将密闭的NO2瓶放入冷水中，平衡正向移动，红棕色变浅，没有化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．将SO2通入含有淀粉的碘水中，蓝色褪去，二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故C符合题意；
D．向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液，沉淀变为红褐色，离子方程式：3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+，故D不符合题意；
答案选C。
8．A
【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化。
【详解】A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-发生络合反应：Fe3＋+3SCN－= Fe (SCN)3，该反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，A符合题意；
B．金属钠投入水中：2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑，Na与H有化合价变化，是氧化还原反应，B不符合题意；
C．将盛有氯气的试管倒扣在水中：Cl2+H2OHCl+HClO，Cl的化合价变化，是氧化还原反应，C不符合题意；
D．向H2S溶液中通入SO2气体：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S的化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
9．B
【详解】A. 在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；
B. Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；
C. Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；
D. Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；
故合理选项是B。
10．D
【分析】
【详解】
A. 在装置②中H2SO4与Na2S发生复分解反应产生H2S气体，气体进入③中与AgCl悬浊液发生反应产生Ag2S黑色沉淀，从而可证明Ag2S比AgCl更难溶，A正确；
B. 浓硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、红棕色气体NO2、H2O，NaOH溶液吸收NO2气体，变为NaNO3、NaNO2和水，从而防止了大气污染。在HNO3中N元素为+5价，反应后变为NO2中的+4价，元素化合价降低，得到电子，被还原，从而可证明浓硝酸具有氧化性，B正确；
C. 硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体通入到酸性KMnO4溶液中，看到溶液紫色褪色，可证明SO2具有还原性，C正确；
D. 浓硝酸与Na2CO3在溶液中发生复分解反应产生CO2气体，证明酸性：HNO3>H2CO3；但由于浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气进入装置③中，会发生反应：2HNO3+Na2SiO3=H2SiO3↓+ 2NaNO3，得到结论酸性：HNO3>H2SiO3；在③中CO2气体也会发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+ Na2CO3，产生白色硅酸沉淀，因此不能证明白色沉淀是那种物质反应产生，故不能得到结论：酸性：HNO3>H2CO3> H2SiO3，D错误；
故合理选项是D。
11．C
【详解】A．FeSO4属于盐，是离子化合物，H2SO4属于酸，是共价化合物，它们均属于强电解质，故A错误；
B．FeSO4溶液中Fe2＋离子容易水解，故0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度小于0.1 mol·L－1，故B错误；
C．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4，FeS2中亚铁离子的化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，单质氧气中氧元素的化合价为0价，硫酸亚铁中，铁元素的化合价为+2价，硫元素的化合价为+6价，氧元素的化合价为-2价，硫元素的化合价升高到+6价，氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2价，FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物，故C正确；
D．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4可知，7mol氧气参加反应，氧元素化合价从0降低到-2价，共转移28mol电子，当转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积约为0.5mol×22.4 L/mol=11.2L，故D错误；
答案选C。
12．A
【分析】由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。
【详解】A．根据分析，离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，产物中含有碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有HCO3-离子，故A错误；
B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发生的反应产物为N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故B正确；
C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO−+2CNO−+H2O = N2+2HCO3−+3Cl−，故C正确；
D．根据分析，还原反应为ClO-→Cl-，Cl元素由+1价变为-1价，3mol ClO-可处理2mol CNO-，转移电子的物质的量=3mol×2=6mol，则每处理1 mol CNO−转移3 mol e−，故D正确；
答案选A。
【点睛】根据图象，确定出反应物离子和生成物离子，根据元素守恒，电荷守恒配平离子方程式是解本题的关键，根据化合价的变化，计算出转移的电子数的物质的量。
13．B
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，ClO-的物质的量减小，故N2是生成物，ClO-为反应物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，以此解答该题。
【详解】根据分析，反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，
A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；
B．由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂，故B正确；
C．N元素化合价由−3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；
D．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误；
答案选B。
14．B
【详解】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
答案选B。
15．A
【详解】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不发生氧化还原反应，A正确；
B.铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，发生氧化还原反应，B错误；
C.利用某些物质(如:磷)与空气中氧气反应（不生成气体,生成固体），使容器内压强减小，测定进入容器内水的体积，即为空气中氧气的体积，发生氧化还原反应，C错误；
D.浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2：1脱去，自身被还原成二氧化硫，发生氧化还原反应，D错误；
答案选A。
16．A
【详解】A．2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．氯水中存在，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，AgNO3 溶液滴入氯水中产生AgCl白色沉淀，Ag++Cl-=AgCl↓，c(Cl-)减小，平衡正向移动，淡黄绿色褪去，该过程中Cl元素的化合价由0价升高为+1价，又降低为-1价，与氧化还原反应有关，B不符合题意；
C．2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，该反应中，Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．2NO+O2=2NO2，该反应中，N元素的化合价由+2价升高为+4价，O元素的化合价由0价降低为-2价，有电子转移，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。
17． C原子与N原子间存在共用电子对，C和N的原子电子层数相同(同周期)，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对核外电子吸引能力C＜N，共用电子对偏向N，N元素显负价 2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl- 正 CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+ 由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高，因此控制酸性使上述平衡(2CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O)正向移动，使CrO42-转化为Cr2O72-
【分析】(1)①根据元素非金属性强弱及对电子对吸引能力大小分析；
②根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析、书写；
(2)①根据原电池中阳离子的移动方向确定正、负极；
②原电池中正极上得电子，发生还原反应；负极失去电子，发生氧化反应，结合B极反应物及生成物来分析解答；
(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。
【详解】(1)①C、N都是同一周期的非金属性元素，原子间以共用电子对，由于元素的核电荷数C＜N，所以原子半径C＞N，原子半径越小，吸引电子能力就越强，原子核对核外电子吸引能力C＜N，因此共用电子对偏向N，而偏离C原子，从而使N元素显负价；
②NaClO具有强氧化性，可将CN-氧化成N2、HCO3-，ClO-被还原产生Cl-，从而消除CN-污染。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl-；
(2)①在原电池中H+的移动方向是从负极流向正极，根据示意图可知：H+向A电极移动，所以A电极为正极，B电极为负极；
②A是正极，B是负极，负极上CH3COO-失去电子，与溶液中的H2O结合产生HCO3-，同时得到H+，则负极B上发生的电极反应式为：CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+；
(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。由于在废水中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在其它条件不变时，增大c(H+)，使溶液的酸性增强，化学平衡正向移动，使更多的CrO42-转化为Cr2O72-，从而提高了污水中Cr的去除率。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的配平、原电池反应原理及化学平衡移动原理的应用识，根据元素化合价的变化，结合氧化还原反应规律配平方程式，会根据离子移动方向判断原电池的正负极，结合题目已知信息，正确书写两个电极的电极反应，会从溶液的pH值对平衡移动的影响分析污水处理原理，注意知识的迁移和应用是解题的关键。
18． ＋7 ①③ 80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物) 趁热过滤 ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O 8∶3
【分析】(1)根据高氯酸盐的化合价之和等于0判断氯元素的化合价；
(2)根据元素周期律判断非金属性强弱；
(3) ①根据反应条件在80℃时，溶解度的变化判断；
②利用NH4ClO4和NaCl的溶解度差异判断；
(4)根据根据酸性条件下化合价的变化判断电极反应；
(5)根据反应：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑由氧气和氯气的关系可确定氧化铜和氯化铜的物质的量的关系。
【详解】(1)高氯酸盐(ClO4－)中氧为-2价，离子化合价之和等于-1，氯元素的化合价为+7价；
(2) ①气态氢化物的稳定可以用来比较非金属性的强弱，故HCl比H2S稳定，故①正确；
② HClO4的酸性比H2SO3的强不能比较，亚硫酸不是最高价氧化物对应的水化物，故②错误；
③ Cl2可与Na2S发生置换反应，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，可以比较，故③正确；
答案选①③；
(3)①结合溶解度，80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物)，该反应能够发生；
②从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为趁热过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤；
(4)酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，氯元素的化合价降低了8，得到8个电子，氢离子存在时，该电极反应式为ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O；
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑。设分解所得固定产物中CuO的物质的量为xmol，CuCl2的物质的量为ymol，根据反应生成氧气的物质的量为（3.5x+4y）mol，氯气的物质的量为xmol，根据题意V（O2）：V（Cl2）=（3.5x+4y）：x=5：1，所以x：y=8：3，分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为8:3。
【点睛】写电极反应时，根据化合价的变化判断转移的电子数，根据元素守恒配平电极反应。
19． -112 2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+ SO42-+4H+ CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42-结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率 a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低 2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O 酸式滴定管
【分析】（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水；
②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动；
（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大；
（4）①一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水；
②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
③由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算可得。
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②—①得一氧化氮与氧气反应的热化学方程式2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则ΔH=（+68kJ·mol-1）—（+180kJ·mol-1）=-112 kJ·mol-1，故答案为：-112；
（2）①二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水，则配平的离子方程式为2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+，故答案为：2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+；
②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动，从而可以提高SO2去除率，故答案为：CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42—结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率；
（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大，去除率下降，故答案为：a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低；
（4）①一氧化氮具有还原性，过氧化氢具有氧化性，一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水，反应的离子方程式为2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O；
②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以滴定过程中应选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
③由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)= 3n(NO3-)+5n(MnO4-)，n(NO3-)=，由氮原子个数守恒可知n(NO2)= n(NO3-)=mol，则烟气气样中NOx折合成NO2的含量为 =mg·m-3，故答案为：。
【点睛】滴定过程中，亚铁离子失去电子总数等于硝酸根和高锰酸钾得到电子总数，由由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算二氧化氮的物质的量是解答关键，也是难点。
20． 酸雨 2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O HSO3− HSO3−+O3=SO42−+O2+H+（2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3） O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞
【分析】(1)SO2造成酸雨的主要气体；
(2)ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O；
(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线分析判断pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子；
②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，溶液的pH减小；
③O3将难溶的ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4，反应速率加快。
【详解】(1)SO2造成的环境问题主要是酸雨；
(2) ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O，化学方程式是2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O；
(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线，pH＝3.5的溶液中HSO3−浓度远远大于H2SO3，pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子主要是HSO3−；
②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，HSO3−的氢离子被释放，溶液的pH减小；离子方程式是：HSO3−+O3=SO42−+O2+H+(或2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3)；
③O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞。
21． 氧化 H2 Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3- NO2-＋ H2O Pd表面单位面积吸附的数目减小 增大 2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH- 先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4
【分析】根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图，Cu2+、Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。Pd-Cu/TiO2分两步催化硝酸根离子的转化反应，先将硝酸根离子还原为亚硝酸根离子，再将亚硝酸根离子还原为氮气或氨态氮。
【详解】（1）根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图中①，Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。
（2）根据①的示意图，②中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程②示意图为。
（3）根据图a可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂。
（4）i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiO2作催化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3- NO2-＋ H2O。
（5）①因为OH–在Pd表面与NO2-竞争吸附，会降低Pd吸附NO2-的能力，随pH增大，OH–浓度增大，导致Pd表面单位面积吸附的 NO2-数目减小，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应ⅱ的化学反应速率降低。
②根据图b所示，随pH减小，n(N2)增大，n（氨态氮）变化不大，则还原产物中增大，Pd表面吸附的NO2-和H的个数比变大，NO2-更易转化为N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH-。
（7）根据图b所示，pH=12时，NO2-所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将NO3-尽可能多地转化为N2。
22． 4NH3+5O24NO+6H2O 强 C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 bc 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH = (3c-3a-2b) kJ·mol-1 2HSO3- + 2e- + 2H+ = S2O42- + 2H2O 2NO + 2S2O42- +2H2O = N2 + 4HSO3-
【详解】(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；
(3)a．氮气中两个氮原子之间为三键，故a错误；
b．分析题中图可以知道，图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故b正确；
c．在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c正确；
答案选bc。
(4)①中NH3参与的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)；
已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 i；
N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 ii；
2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 iii；
根据盖斯定律iii×3- i×3-ii×2可得4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-1；
(5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；
②据图可知S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。
23． 过滤 Fe3++H3PO4+3NH3•H2OFePO4•2H2O↓+3+H2O Fe(OH)3 1 6 14H+ 2 6 7H2O
【分析】向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加热，由于H3PO4为弱电解质，在水中电离程度较小导致磷酸铁的产率不高，向溶液中加入氨水，氨水可以和磷酸反应生成磷酸根，同时水浴加热加快反应速率，使磷酸铁的产率升高，据此分析。
【详解】(1)①将制得的悬浊液通过过滤的方式将固体和液体分开，得到FePO4·2H2O固体，故答案为：过滤；
②生成磷酸铁的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3+H2O；
③在滴加氨水的过程中需要控制溶液pH，因氨水呈碱性，氨水中的一水合氨电离出的氢氧根可以与溶液中的Fe3+反应生成沉淀，因此需要控制溶液pH，以保证溶液中的Fe3+全部转化为磷酸铁，故答案为Fe(OH)3；
(2)①利用化合价升降法配平化学方程式；根据题目中所给出的反应物与生成物可知，生成物中存在铁离子和铬离子，因此反应应该在酸性环境下进行，反应前溶液中含有大量的H+，故方程式中反应前有H+参加反应，反应后生成水；反应前后中的Cr元素的化合价从+6下降到+3，Fe元素的化合价从+2上升到+3，根据反应前后得失电子守恒计算，正确配平的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
②根据上题的化学方程式，与Fe2+的物质的量关系为1:6，说明每消耗1mol需要消耗Fe2+ 6mol，因此，消耗浓度为c的重铬酸钾标准溶液v mL，则溶液中含有6cv×10-3mol的Fe2+，故原样品中含有6cv×10-3mol的Fe，原样品中Fe的质量分数为=。
24． 控制温度在60~70℃、不断搅拌 CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O NO3-几乎全部被还原为NH4+ 还原剂 CuCl + Cl- = [CuCl2]- 去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化 CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-
【分析】I．溶解：溶解步骤的温度应控制在60～70℃，原因是温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，该步骤中Cu与NH4NO3反应的离子方程式为（N元素被还原到最低价）4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O；
II．转化：发生反应的离子方程式为2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋；过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化，烘干后得到CuCl产品。
【详解】（1）①温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，本工艺中促进海绵铜溶解的措施有控制温度在60~70℃、不断搅拌。故答案为：控制温度在60~70℃、不断搅拌；
②氧化铜是碱性氧化物，与酸反应生成铜盐和水，氧化铜溶解的离子方程式是CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O。故答案为：CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O；
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是：发生4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O反应，NO3-几乎全部被还原为NH4+。故答案为：NO3-几乎全部被还原为NH4+；
（2）①根据发生的反应;2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；
②n(NH4Cl)：n(Cu2+)1.1时，Cl-浓度增大，与CuCl络合生成可溶的络合物，CuCl的沉淀率下降的原因是CuCl + Cl- = [CuCl2]-。故答案为：CuCl + Cl- = [CuCl2]-；
（3）过程III中，用乙醇洗涤的目的是去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化。 故答案为：去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化；
（4）①铁离子具有氧化性，能将CuCl氧化，CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-；
②根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为= == 。故答案为：。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握流程中的反应、物质的性质、离子反应的书写等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（4）计算CuCl的含量：根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，计算CuCl的物质的量，再根据质量分数的计算公式计算。
25． abd 防止硫粉燃烧产生SO2，污染环境、导致爆炸 正极 [Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑ 富集、提纯煤气中的H2S 溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色 1700
【分析】（1）干法氧化铁脱硫的过程是将氧化铁和H2S相互接触，二者发生反应生成Fe2S3·H2O从而达到脱硫的目的，化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，同时生成的Fe2S3·H2O可以通过再生的方法将S单质分离出来，化学方程式为2Fe2S3·H2O+3O2=2Fe2O3·H2O+6S，这样既可以脱硫又可以将硫进行回收；
（2）电化学溶解-沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，实验过程是以Zn为阳极在碱性条件下发生电解，生成[Zn(OH)4]2-，将[Zn(OH)4]2-与H2S气体在反应器中发生反应生成ZnS固体，达到回收利用H2S的方法；
（3）利用碘量法测定煤气中H2S的含量，首先将煤气通入锌氨溶液中将S元素富集起来，将生成的ZnS与碘水混合，二者发生反应，因I2为足量，所以I2剩余，通过碘量法测量未参加反应的I2的含量间接测量煤气中H2S的含量。
【详解】（1）①单质硫为淡黄色固体，a正确；根据分析，脱硫反应的化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，b正确；再生过程中S元素化合价从-2价变为0价，反应过程中失去电子，发生氧化反应被氧化，c错误；脱硫过程中，增大反应物与气体的接触面积，可以使固体与气体的反应更加完全，提高脱硫效率，d正确；故选abd；
②再生反应不易温度过高，在高温条件下，再生过程生成的硫单质易与氧气发生反应生成SO2污染空气；
（2）①根据分析，若想通过Zn吸收S2-，需将Zn变成Zn2+，通过反应生成ZnS沉淀。此时在电解池中Zn电极一定为阳极，与电源正极相连，电极方程式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，阴极为水中H+得电子的反应，方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②电解过程中生成的[Zn(OH)4]2-与H2S发生反应生成ZnS，反应的离子方程式为[Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O；
③根据已知条件，Zn可以在强碱中发生反应，生成氢气，故反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑；
（3）①煤气中H2S含量较低，难以直接测量，故需要将煤气通入到锌氨溶液中，将S元素全部转化为ZnS固体，利用少量的液体将含量低的H2S收集起来，这样起到富集、提纯煤气中的H2S的目的；
②滴定终点时，体系中不再出现I2，溶液颜色发生变化，故滴定终点的现象是：溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色；
③碘量法测定I2含量时，消耗硫代硫酸钠20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的I2的物质的量为x mol，则
解得x=1×10-3mol，说明与ZnS反应的I2的物质的量为1.5×10-3mol-1×10-3mol=5×10-4mol，根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为5×10-4mol，说明含有S元素5×10-4mol，故H2S为5×10-4mol，即10L煤气中含有5×10-4mol的H2S，煤气中H2S的含量为=1700mg/m3。
【点睛】碘量法测定H2S含量时利用的是反滴定法，先将ZnS中加入过量且定量的碘水，让ZnS与I2充分的反应，再利用硫代硫酸钠滴定剩余的I2，达到准确测量S含量的效果。
26． PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－ 还原 取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－ PbSO4 ＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－ 温度过高，碳酸铵分解 阴极PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液
【分析】以废旧铅蓄电池分选处理得到铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)，向铅膏中加入足量Na2SO3溶液，PbO、PbSO4与Na2SO3溶液不反应，PbO2具有氧化性，与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，过滤得到主要含有Na2SO4的滤液A，对滤液A蒸干得到副产品Na2SO4；过滤后的滤渣主要为PbO、PbSO4的粗品，向粗品中加入(NH4)2CO3，将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，过滤洗涤得到PbO、PbCO3的粗品，加酸溶解浸取，得到含有Pb2+的电解质溶液，对溶液进行电解最终得到高纯Pb，据此分析解答。
【详解】(1)根据铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时，阳极上PbSO4失去电子，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－；
(2)根据分析，过程①为PbO2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，反应中S元素化合价升高，被氧化，则体现了Na2SO3的还原性；
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－；
(4)过程②中由于碳酸铅的溶解度比硫酸铅的溶解度小，较难溶的沉淀会转化为更难溶的沉淀，即发生沉淀的转化，则PbSO4转化为PbCO3，发生的离子反应为PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－；
(5)过程②转化率(脱硫率)是利用碳酸铵与硫酸铅反应转化为可溶性的硫酸根离子将硫除去，铵盐的稳定性较差，温度过高会发生分解，高温下，碳酸铵受热分解生产二氧化碳和氨气从溶液中逸出，导致溶液中碳酸根离子浓度减小，硫酸铅不能全部转化为碳酸铅，沉淀的转化量较少，脱硫率降低；
(6)将PbO、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，根据电解装置图所示，与电源负极相连的为电解池的阴极，阴极上PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液，从而使浸取液再生。
【点睛】本题易错点为(5)，碳酸铵属于铵盐，铵盐稳定性较差，受热易分解，在加热条件下，会从溶液中逸出二氧化碳和氨气，导致溶液中碳酸根离子浓度降低，PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－的转化反应不能彻底进行。
27． 2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2 稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸 2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O H2O2温度较高时易分解 阴极 加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤 4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高 亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气
【分析】（1）（3）NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，故加入空气稀释；方法1：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；
（4）由溶解度曲线可知，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，据此分析解答；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；
（6）盐酸浓度较大，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；
【详解】（1）步骤1，NaClO3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，则通入空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；
（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaClO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过20℃，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时易分解；
（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaClO2，故答案为：阴极；
（4）由NaClO2的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体是
NaClO2，所以从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤；
（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaClO2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗
Na2S2O3增多，结果偏高；
（6）盐酸浓度大时，NaClO2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。
28． 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 防止倒吸（或增大反应物的接触面积） 证明当溶液中c(I-)和c(H+)相同时，空气中O2不会氧化I- NO2可能与H2O、NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I- 酸性条件下，NO2-+H+HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，因此溶液呈棕色 4[Fe(NO)]2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O
【分析】I.Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被水吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；
II.(5)根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；
(6) [Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅；
(7)根据Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x计算。
【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，是反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生；
(3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；
(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；
(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；
(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体；
(7)根据反应H++OH-=H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H+反应的物质的量的比是1：x，10 mL1 mol/LFeSO4溶液中含有Fe2+的物质的量是n(Fe2+)=c·V=1 mol/L×0.01 L=0.01 mol，最后Fe2+全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，溶液体积为20 mL则在3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]=×0.01 mol=1.5×10-3 mol，其反应消耗H+的物质的量为1.5x×10-3 mol=0.1 mol/L×(V1-V2) ×10-3 L=(V1-V2) ×10-4 mol，解得x=。
【点睛】本题考查了NaNO2的制备、性质及物质化学式的测定。涉及化学反应原理、干扰因素的产生与排除、实验方案的设计、滴定方法的计算等。要结合题目已知信息，利用元素守恒和电子守恒和物质的量的有关计算公式分析解答，考查了学生信息接受和使用能力及知识应变能力。
29． Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓ Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O 产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢 加入氨水，提高了Cu的还原性 Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用 Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O⇌NH3·H2O⇌NH4+＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2＋＋4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。 酸碱性、产物微粒的种类
【分析】本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。
【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓；
（2）实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
（3）向U形管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U形管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；
（4）对比实验ii和试验iii，实验iii中产生氧气的速率更快，在实验iii中Cu和双氧水反应生成的Cu(OH)2与加入的氨水发生络合反应，产生大量的Cu(NH3)42+，对比实验ii，是Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用；
（5）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。
（6）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。
【点睛】实验中较难考虑的部分是氨水对Cu和H2O2的反应氧化性或还原性强弱的影响的实验考查，通过观察电压表指针的变化分析氨水对反应氧化性或还原性强弱的影响。
30． Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I− 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 将Cu2+充分还原为CuI；I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发 将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，释放出吸附的I2和I3−，提高测定结果的准确程度 (63.5×5×cv×10−3×)×100%
【分析】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，影响Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，提高Cu含量测定的准确性；
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附I2和I3−；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗Na2S2O3计算Cu2+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。
【详解】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，导致消耗I−的含量最大，使Cu含量测定不准确，根据题意，F−与Fe3+生成稳定的FeF63−(无色)，加入NH4F溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I−，确保Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，同时过量的KI溶液可发生I2+I− ⇌ I3−，I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发，提高Cu含量测定的准确性；
(3)因室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的I2和I3−，I2充分被滴定，提高测定结果的准确程度；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L−1×v×10-3L=cv×10-3mol，则n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中Cu的质量分数为==(63.5×5×cv×10−3×)×100%。
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