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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）
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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20氧化还原反应（8）
一、单选题
1．（2020·北京门头沟·统考一模）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是
A．该过程中H2O被还原生成氧气
B．该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C．基于合成NH3的过程属于氮的固定
D．该过程的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2
2．（2020·北京门头沟·统考一模）下列实验未涉及氧化还原反应的是
A
B
C
D
实验
Cl2通到AgNO3溶液中
乙烯通入酸性KMnO4中
NaOH溶液中滴入FeCl2溶液
K2Cr2O7溶液中滴入氢氧化钠溶液
现象
有白色沉淀产生
溶液由紫红色褪为无色
产生白色沉淀,最终变成红褐色
溶液由橙色变为黄色
A．A B．B C．C D．D
3．（2020·北京·统考模拟预测）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )
A．该溶液中，H＋、NH4+、SO42－、Br－可以大量共存
B．该溶液中，Ag＋、K＋、NO3－、CH3COO－可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=Cl－＋2Fe3＋＋H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每生成1molCl2，转移电子约为6.02×1023个
4．（2020·北京·统考模拟预测）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
5．（2020·北京·统考模拟预测）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是
选项
化学性质
实际应用
A
FeCl3溶液显酸性
脱除燃气中H2S
B
Na2S溶液显碱性
去除废水中Cu2+，Hg2+ 等
C
活性炭具有还原性
用作自来水的净化剂
D
NaClO2具有氧化性
脱除烟气中的SO2及NOx
A．A B．B C．C D．D
6．（2020·北京·统考模拟预测）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
7．（2020·北京·统考模拟预测）下列不涉及氧化还原反应的是
A．补铁剂（有效成分为Fe2+）与维生素C共服效果更佳
B．雷雨肥庄稼——自然固氮
C．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
D．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
8．（2020·北京·模拟预测）下列说法不涉及氧化还原反应的是
A．雷雨肥庄稼——自然固氮
B．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
C．干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存
D．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
9．（2020·北京东城·统考一模）中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是
A．《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3
B．《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象
C．《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”
D．《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应
10．（2020·北京·模拟预测）下列物质与水反应时只作氧化剂的是
A．Na B．Na2O2 C．F2 D．Cl2
11．（2020·北京·模拟预测）下列各组物质相互反应时，水作氧化剂的是
A．Na和H2O B．Na2O和H2O
C．Cl2和H2O D．Na2O2和H2O
12．（2020·北京东城·统考一模）工业上常用还原沉淀法处理含铬废水（Cr2O72—和CrO42—），其流程为：
已知：步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH—(aq) Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32
下列有关说法不正确的是
A．步骤①中当v正(CrO42—)=2v逆(Cr2O72—)时，说明反应：2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O达到平衡状态
B．若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色
C．步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，需要12 mol (NH4)2Fe(SO4)2
D．步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽（当溶液中c(Cr3+)≤10-5mol/L时，可视作该离子沉淀完全）
13．（2020·北京朝阳·统考三模）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
14．（2020·北京·统考模拟预测）硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是
A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
C．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应
D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
15．（2020·北京·统考模拟预测）为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：
有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为
A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－1
二、原理综合题
16．（2020·北京丰台·统考一模）加工含硫原油时，需除去其中含硫物质。
（1）铁离子浓度是原油加工中防腐监测的重要指标。测定铁离子浓度前，需去除原油加工产生的酸性废水中的硫化氢及其盐。实验室模拟过程如下。
Ⅰ．将250mL酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调节pH小于5。
Ⅱ．在吸收瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。
Ⅲ．打开脱气—吸收装置，通入氮气，调节气流速度，使气体依次经过反应瓶和吸收瓶。当吹出气体中H2S体积分数达到标准，即可停止吹气。
已知：含硫微粒的物质的量分数（δ）随pH变化情况如下图所示。
①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调节pH＜5的原因是_______________________。
②步骤Ⅱ中，当测得吸收液的pH为 ______时，需要更换NaOH溶液。
③利用邻菲罗啉分光光度法可测定样品中的含铁量。测定前需用盐酸羟基胺（NH2OH·HCl）将Fe3+还原为Fe2+。将下述离子方程式补充完整：_______Fe3++______NH2OH·HCl=____Fe2++N2↑+________+_________+__________Cl-
（2）原油中的硫化氢还可采用电化学法处理，并制取氢气，其原理如下图所示。
①写出反应池内发生反应的离子方程式_____________________________________。
②电解池中，阳极的电极反应为_____________________________________________。
17．（2020·北京门头沟·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。根据题意回答下列问题。
Ⅰ．处理含SO2、NO的烟气
在323 K温度下，向盛有NaClO2溶液的鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气。
(1)写出NaClO2溶液脱硝过程中反应的离子方程式___________________ 。
(2)由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
(3)采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是___________________。
Ⅱ．处理含H2S的烟气
生物脱H2S原理为：
H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1
4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2
(1)反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) 的ΔH3=___________________。
(2)若反应温度过高，反应速率下降（如图），其原因是______________。
Ⅲ．处理污水的化学方法有许多，混凝法、氧化还原法、中和法、电解法等。处理含Na2SO4的废水常用三室式电渗析法，原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
(1)负极反应式为___________________。
(2)当电路中通过1电子的电量时，会有_________的O2生成。
18．（2020·北京·统考模拟预测）如图所示的氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。
(1)结合图象判断下列说法正确的是________(填字母序号)。
A．固氮过程中，N2只做氧化剂
B．在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与
C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D．同化、氨化过程中，氮元素均从无机物转移至有机物
(2)硝化过程中，NH3转化成HNO2的反应的化学方程式为_______。
(3)反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，请将该反应的离子方程式补充完整：
5CH3OH + 6NO3-N2↑ + 4HCO3-+______+______
(4)利用下表数据进行估算，写出工业合成氨反应的热化学方程式：_______。
共价键
N≡N
H-H
N-H
断开1mol共价键所需能量(kJ)
946
436
391
(5)电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的工业合成氨工艺。电解法合成氨的两种原理及装置如图所示：
①图中，a电极上通入的X为_______。
②图中，d电极上的电极反应式为_______。
19．（2020·北京平谷·统考一模）氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。
（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。
（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。
②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。
（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。
③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。
20．（2020·北京·模拟预测）甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的有机原料。
I.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛
脱氢法：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) ∆H1 = +92.09kJ/mol
氧化法：CH3OH(g) +O2(g)=HCHO(g)+H2O(g) ∆H2
(1)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H3=-483.64 kJ/mol，则∆H2=_______。
(2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为_______________。
(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lgK(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线____(填“a”或“b”)对应脱氢法，判断依据为_________________。
II.甲醛的用途
(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为_______。
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为____________________。
Ⅲ.甲醛的检测
(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为_________，当电路中转移4×10-4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为_______mg。
三、工业流程题
21．（2020·北京丰台·统考一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。
资料：
ⅰ．高铁酸钾可溶于水，微溶于浓KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2，且﹢3价铁能催化该反应。
ⅱ．次氯酸钾容易分解，2KClO2KCl＋O2。
（1）实验室使用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的_______。
（2）写出步骤①的离子反应方程式_________________________________ 。
（3）加入KOH固体是为了过滤除盐，过滤除去的是__________________________________。
（4）相同投料比、相同反应时间内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图1所示：
请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因：________________ 。
（5）相同投料比、相同反应时间内，硝酸铁浓度对产率的影响如图2所示：
当Fe3+浓度大于2.0mol/L时，高铁酸钾产率变化的原因可能是：_________________________________________。
（6）高铁酸钾可用于除去水体中Mn(＋2价），生成Mn（＋4价）和Fe（＋3价）。一定条件下，除去水体中1.1gMn（＋2价），当去除率为90%时，消耗高铁酸钾的物质的量为______mol。
22．（2020·北京密云·统考一模）以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是______。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃
硫去除率=(1−)×100%
①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于______。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是______。
（3）向含大量AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为______。
（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为______mol。
23．（2020·北京·统考模拟预测）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂，同时也是对烟气进行脱硫、脱硝的吸收剂。
Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：
已知：
i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；
ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中迅速分解；
iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
（1）试剂A应选择_________。（填字母）
a．SO2 b．浓硝酸 c．KMnO4
（2）反应②的离子方程式为_________。
（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。
（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）
a．反应①进行过程中应持续鼓入空气
b．反应①后得到的母液中，溶质的主要成分是NaCl
c．反应②中NaOH溶液应过量
d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2
Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。
（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
SO42−
SO32−
NO3−
NO2−
Cl−
c /（mol/L）
8.35×10−4
6.87×10−6
1.5×10−4
1.2×10−5
3.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。
②由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）
24．（2020·北京·统考模拟预测）铁是应用最广泛的金属，铁的氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
(1)工业上冶炼铁的主要方法是_________________(用化学方程式表示)。
(2)钢铁露置于空气中，主要发生的电化学腐蚀方式是____________，其中正极的电极反应式为______________________。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)是水处理过程的一种新型净水剂，其氧化性强于高锰酸钾。工业上制备高铁酸钾通常用以下流程：
①请将反应器中发生的离子方程式配平：(若计量数为1，也需要写在横线上)
Fe3＋+____ClO-+____OH-=____FeO42-+____Cl-+____。____________
②根据流程可以判断，相同温度下K2FeO4的溶解度________(填“大于”“小于”或“等于”)Na2FeO4；整个生产过程中，可直接循环利用的物质是________(写化学式)。
③若某厂污水中含有一定量的NO2-和悬浮性颗粒，下列关于污水处理的说法中正确的是________(填字母)。
A．加入K2FeO4可将氮元素转化为N2，从而降低污水中NO2-含量
B．等物质的量的高铁酸钾和高锰酸钾，前者可处理更多的NO2-
C．使用高铁酸钾，同时可以减少污水悬浮性颗粒的含量
D．使用高铁酸钾处理后的污水，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化
四、实验题
25．（2020·北京丰台·统考一模）某小组探究酸化条件对0.1mol/LKI溶液氧化反应的影响。
序号
操作及现象
实验1
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验2
取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
（1）溶液变蓝，说明溶液中含有____________ 。结合实验1和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I-氧化反应的速率。
（2）同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/LKI溶液成分与新制0.1mol/LKI溶液可能存在差异，并继续进行探究。
实验3：取新制0.1mol/LKI溶液在空气中放置，测得pH如下：
时间
5分钟
1天
3天
10天
pH
7.2
7.4
7.8
8.7
资料：
ⅰ．pH＜11.7时，I－能被O2氧化为I。
ⅱ．一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶5。
①用化学用语，解释0.1mol/LKI溶液放置初期pH升高的原因：_________________________________________________________。
②对比实验1和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是_____________________________________________________________________________________。
（3）同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号
操作
现象
实验4
重复实验2操作后，继续向溶液中加入 ________________。
溶液立即变蓝
（4）该组同学想进一步探究pH对I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。
实验5：用20mL 4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如下：
实验组
A
B
C
D
pH
11.4
10.6
9.5
8.4
现象
无颜色变化
产生蓝色后瞬间消失
产生蓝色，30s后蓝色消失
从实验5可以看出pH越大，歧化反应速率越_______________（填“快”或“慢”）。
解释pH＝8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因：_________________________。
26．（2020·北京朝阳·模拟预测）Na2S2O3应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
(1)Na2S2O3的实验室制法：装置如图（加热和夹持装置略）：
已知：2Na2S + 3SO2 = 2Na2SO3 + 3S↓ 、Na2SO3 + S = Na2S2O3
①甲中发生反应的化学方程式为______。
②实验过程中，乙中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的Na2S2O3。一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入SO2。结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因：______。
③丙中，NaOH溶液吸收的气体可能有______。
(2)实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3，结合溶解度曲线（如图），获得Na2S2O3•5H2O的方法是______。
(3)Na2S2O3的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金（Au）浸取工艺。
已知：I. Cu(NH3)42+=Cu2++4NH3；
II. Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀。
①将金矿石浸泡在Na2S2O3、Cu(NH3)42+的混合溶液中，并通入O2。浸金反应的原理为：
i.Cu(NH3)42+ + Au + 2S2O32− Cu(NH3)2+ + Au(S2O3)23−+ 2NH3
ii.4Cu(NH3)2+ + 8NH3+ O2 + 2H2O = 4Cu(NH3)42+ + 4OH−
浸金过程Cu(NH3)42+起到催化剂的作用，金总反应的离子方程式为：______。
② 一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如如图，解释pH＞10.5时，金的浸出率降低的可能原因_______。（写出2点即可）
27．（2020·北京西城·统考一模）水合肼（N2H4·H2O）可用作抗氧剂等，工业上常用尿素[CO(NH2)2]和 NaClO溶液反应制备水合肼。
已知：Ⅰ．N2H4·H2O 的结构如图 （…表示氢键）。
Ⅱ．N2H4·H2O 沸点 118 ℃，具有强还原性。
（1）将 Cl2 通入过量 NaOH 溶液中制备 NaClO，得到溶液 X，离子方程式是__。
（2）制备水合肼：将溶液 X 滴入尿素水溶液中，控制一定温度，装置如图 a（夹持及控温装置已略）。充分反应后，A 中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品 NaCl 和Na2CO3·10H2O。
①A 中反应的化学方程式是__。
②冷凝管的作用是__。
③若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，水合肼的产率会下降，原因是__。
④NaCl 和 Na2CO3 的溶解度曲线如图 b。由蒸馏后的剩余溶液获得 NaCl 粗品的操作是__。
（3）水合肼在溶液中可发生类似 NH3·H2O 的电离，呈弱碱性；其分子中与 N 原子相连的 H 原子易发生取代反应。
①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1 反应的离子方程式是__。
②碳酰肼（CH6N4O）是目前去除锅炉水中氧气的最先进材料，由水合肼与 DEC（ ）发生取代反应制得。碳酰肼的结构简式是__。
28．（2020·北京·统考模拟预测）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：
（1）①铜帽溶解时加入H2O2的目的是__________________________(用化学方程式表示)。
②铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去。除去H2O2的简便方法是_______________。
（2）为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2＋的含量。实验操作：准确量取一定体积的含有Cu2＋的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH＝3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中反应的离子方程式如下：
2Cu2＋＋4I－===2CuI(白色)↓＋I2
2S2O32-＋I2===2I－＋S4O62-
①滴定选用的指示剂为________，滴定终点观察到的现象为____________________________。
②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2＋含量将会______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（3）已知pH＞11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2－。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L－1计算)。
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Fe2＋
5.8
8.8
Zn2＋
5.9
8.9
实验中可选用的试剂：30%H2O2溶液、1.0mol·L－1HNO3溶液、1.0mol·L－1NaOH溶液。
由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为
①____________________________________；
②_____________________________________________；
③过滤；
④向滤液中滴加1.0mol·L－1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)，使Zn2＋沉淀完全
⑤过滤、洗涤、干燥；
⑥900℃煅烧。
29．（2020·北京·统考模拟预测）某实验小组对菠菜中的铁元素（主要以难溶的FeC2O4形式存在）进行检测。实验如下：
I.水煮检验法:
II灼烧检验法:
（1）CCl4的作用为______。
（2）操作i中起分离作用的仪器名称为______。
（3）溶液A中未能检测出Fe2+的可能原因是______。
（4）取无色溶液B，先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色。用离子方程式表示H2O2的作用：______。
（5）甲同学取少量无色溶液B，滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，因此得出结论，溶液B含有Fe2+。乙同学认为甲同学的实验方法不严谨，设计并完成如下实验：用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4）。甲同学反思自己的方法不严谨，理由是_______。
30．（2020·北京·统考模拟预测）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下：
(1)在粗铜精炼过程中，粗铜与电源的__________极(填正、负)连接；阴极的电极反应式为______________________________________________________。
(2)在浸铜过程中，浸铜反应的离子方程式为_______________________________________________________，
生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能的原因是________________________________________________。
(3)已知：浸金时，Au转化为AuCl4-。在理论上，提取金的过程中反应消耗NaClO3和H2C2O4的物质的量之比为__________。
(4)已知: 浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-。
①为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到Na2SO3再生液，X是__________。
②在提取银过程中，其他条件不变，Na2SO3再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。
试结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_____________________________________________。
31．（2020·北京·统考模拟预测）某小组为探究AgNO3溶液和不同类型盐溶液反应的多样性，设计如下实验：
已知：AgSCN为白色难溶物；(SCN)2与卤素单质性质相似，(SCN)2为有色物质。
（1）①中的白色沉淀是___________________。
（2）分离并洗涤①的沉淀，滴加0.5mol/L KI溶液，白色沉淀转变为黄色沉淀，用离子方程式解释上述变化____________________________。
（3）②中可能发生的离子反应有_________________。
（4）实验①的设计目的_______________________。
（5）对于③中红色褪去的原因及Ag+与SCN－反应的情况，小组进行以下分析和设计：
Ⅰ.甲同学认为，红色褪去的原因与平衡移动原理有关，解释为_________________。
Ⅱ.乙同学为了探究③中是否发生Ag+氧化SCN－的反应，又设计以下对比实验：
现象：生成白色沉淀，长时间观察，溶液和沉淀均未发生颜色改变。
Ⅲ.丙同学认为，理论上Ag+能够氧化SCN－，为证明其猜想，设计如下实验：
现象：电流计指针发生偏转，a电极上产生具有金属光泽的物质，b电极附近的溶液发生颜色变化。
丙同学的设计在证明氧化还原反应的优点是___________________________。
（6）通过以上探究，得出AgNO3溶液和不同类型盐溶液反应多样性的结论是______。
五、元素或物质推断题
32．（2020·北京石景山·统考一模）清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动了化学知识在中国的传播和应用。物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如图所示：
回答下列问题：
（1）Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是__________。
（2）比较X、Y、Z简单离子的半径大小（用对应离子符号表示）__________。
（3）在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式__________。
（4）与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应：Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2BrO3-＝2IO3-+Br2，这两个置换反应矛盾吗？简述理由__________。
33．（2020·北京·统考模拟预测）下表为元素周期表短周期的一部分
a
b
d
e
(1)a原子结构示意图为______，d的一种氢化物为常见溶剂，其电子式为______；
(2)b的单质与氢气在500℃、101 kPa条件下化合生成1 mol b的氢化物时，放出53.05 kJ热量，写出该反应的热化学方程式______；
(3)X、Y为同周期元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水，写出该反应的离子方程式______，X在周期表中的位置为______；
(4)与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的。工业上制取Y和W的无水化合物方法如下：Y的氧化物与a、W的单质在高温条件下反应，每消耗6 kg a的单质，过程中转移1×103 mol电子，写出相应反应的化学方程式______。
六、填空题
34．（2020·北京·统考模拟预测）煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源。
(1)煤液化是_______(填“物理”或“化学”)变化过程。
(2)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图所示：
①SO2反应器中的化学方程式是_______。
②生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放。已知有V L(已换算成标准状况)尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀。H2O2吸收SO2的化学方程式是_______；尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是_______。
(3)H2S还可用于回收单质硫。含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n(Fe3+)、被吸收的n(H2S) 随时间t的变化如图：
① 由图中信息可知，0 ~ t1时，一定发生的反应是_______(用离子方程式表示)。
②t1以后，溶液中n (Fe3+ ) 保持基本不变，原因是_______。
35．（2020·北京·模拟预测）阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：
(1)电解饱和食盐水的化学方程式为________。
(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。
a．Na2SO4b．Na2SO3
c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压
(3)食盐水中的I—若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。
①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：________。
②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。
(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。
①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：________。
②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。
③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05 mol•L-1 NaClO溶液________L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)
36．（2020·北京·统考模拟预测）一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。
回答下列问题：
（1）氮的原子结构示意图为_________。
（2）图中属于“氮的固定”的是_________(填字母，下同)；转化过程中发生非氧化还原反应的是_________。
（3）若“反应h”是在NO2与H2O的作用下实现,则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。
（4）若“反应i”是在酸性条件下由NO3-与Zn的作用实现,则该反应的离子方程式为_____。
参考答案：
1．A
【详解】A. 该过程中O元素化合价升高，则H2O被氧化生成氧气，故A错误；
B. 发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；
C. 根据题意和图示知氮元素由游离态转变为化合态，属于氮的固定，故C正确；
D. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2，故D正确；
故选A。
【点睛】解决此题的关键是明确氮的固定的定义，元素的单质形态属于游离态，化合物形式属于化合态。
2．D
【详解】A. Cl2通到AgNO3溶液中，氯气与水反应生盐酸和次氯酸，氯元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B. 乙烯通入酸性KMnO4中，溶液由紫红色褪为无色，乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧化还原反应，故B不选；
C. 白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；
D. （K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O⇌2H++2CrO42-（黄色），滴入氢氧化钠溶液时，平衡正向移动，元素化合价没有变化，未涉及到氧化还原反应，故D选；
故选D。
3．D
【详解】A.NaClO和NaCl的混合溶液中含有ClO－，其在酸性条件下具有强氧化性，与H＋和Br－不能大量共存，A项错误；
B.混合溶液中的Cl－与Ag＋反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B项错误；
C.溶液为碱性，滴入少量硫酸亚铁时，亚铁离子被ClO－氧化，但离子方程式中不能写H＋而应写水，且生成Fe(OH)3，C项错误；
D.向溶液中加入浓盐酸时发生反应：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，每生成1molCl2转移1mol电子，约为6.02×1023个，D项正确。
故答案选：D。
4．C
【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。
【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。
5．D
【详解】A．脱除H2S利用FeCl3溶液的氧化性，故A错误；
B．去除废水中Cu2+、Hg2+是利用S2- 与Cu2+、Hg2+等形成沉淀，与Na2S溶液显弱碱性无关，故B错误；
C．净化自来水是利用活性炭的吸附性，故C错误；
D．NaClO2具有氧化性，将SO2及NOx，转化为硫酸和硝酸而去除，故D正确；
故答案为D。
6．B
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
7．C
【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。
8．D
【分析】在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。
【详解】A. 雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO2，最后变成HNO3等，有元素化合价变化，故A不选；
B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4价变成0价，有元素化合价变化，故B不选；
C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故C不选；
D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故D选。
故选D。
9．B
【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；
B．湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；
C．钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；
D．丹砂(HgS)烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；
答案选B。
10．C
【详解】A．Na与 水反应，只作还原剂，错误；
B．Na2O2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误；
C．F2与水反应，只作氧化剂，正确；
D．Cl2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误；
11．A
【详解】试题分析：A、钠与水反应，钠做还原剂，水中氢元素化合价降低，做氧化剂，故选A；B、氧化钠与水反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故不选B；C、氯气与水反应中氯的化合价既升高又降低，氯气既做氧化剂又做还原剂，水中元素没有化合价变化，故不选C；D、过氧化钠与水反应中过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，水中没有化合价变化，故不选D。
考点：氧化还原反应。
12．C
【详解】A、步骤①中当v正(CrO42—)＝2v逆(Cr2O72—)时，符合该反应2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O的正逆反应速率相等，为平衡状态，A正确；
B、若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，所以氢离子浓度减小，2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O平衡逆向移动，CrO42—的浓度增大，溶液由橙色变为黄色，B正确；
C、步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，则生成2molCr3+，Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，得到6mol电子，而Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，根据得失电子守恒，需要6molFe2+，所以需要6mol (NH4)2Fe(SO4)2，C错误；
D、步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，根据Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32，此时c(Cr3+)=10-5mol/L，所以可认为废水中的铬元素已基本除尽，D正确；
答案选C。
13．A
【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。
【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。
14．C
【详解】A．SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物， A错误；
B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；
C．除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；
D．用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；
故答案选C。
15．B
【详解】由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则：
5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4
5 2
cmol/L×0.015L 0.001mol•L-1×0.015L
所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×0.015L
解得c＝0.0025mol•L-1；
答案选B。
16． 可将硫元素全部转化为H2S吹出 9~11均可 2 2 2 4H+ 2H2O 2 2Fe3+＋H2S=2Fe2++S↓+2H+ Fe2+-e-= Fe3+
【分析】测定铁离子浓度前，先要去除酸性废水中H2S以及相应的盐；第一步向废水中加稀盐酸，将其pH调至小于5；通过溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的情况可知，pH小于5时，含硫微粒几乎只有H2S；这样通过向反应瓶中吹扫氮气，就可以将溶液中的H2S吹扫出去，从而实现硫化氢及其盐的脱除；考虑到硫化氢的毒性，因此需要用NaOH溶液吸收吹扫出的H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的图象分析，当pH＜9时溶液中的HS-含量开始快速增加，而HS-的含量较多不利于H2S的吸收；因此为了保证吸收效果，在溶液的pH降低至9时，务必要更换吸收液。电化学法脱除原油中的H2S，由原理图可知，采用的是电解的方式实现的；那么产生H2的电极是阴极，而与反应池存在溶液交换的极室则为阳极区；由图可知，H2S是在反应池中被氧化为S单质，那么Fe3+则在反应池内被还原为Fe2+；将含有Fe2+的溶液再回流回电解池的阳极池中，就可以将Fe2+再次氧化为Fe3+，实现再生后，再次通入反应池中使用。
【详解】(1)①通过分析可知，第一步中将废水调至pH＜5，是为了使含硫微粒全部转化为H2S以便利用N2将其吹出；
②通过分析可知，务必要在吸收液的pH降至9以下之前更换吸收液，这样才能保证吸收效果；
③配平离子方程式时，可先配平电子得失守恒，再利用H+，OH-和水等配平电荷守恒，最后检查原子守恒并配平；反应过程中盐酸羟胺中的N原子发生升价从-1价升高至0价，而Fe3+发生降价从+3价降低至0价；因此最终的离子方程式为：；
(2)①通过分析可知，反应池内Fe3+将H2S氧化，离子方程式为：；
②通过分析可知，电解池左边为阳极池，发生的是Fe2+的氧化反应，电极反应式为：。
17． 2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋ （或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋） 二氧化硫的还原性强于NO 生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 ΔH3=2ΔH1+ΔH2 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） 2H2O+2e—=H2↑+2OH— 0.25
【详解】Ⅰ．（1）NaClO2具有氧化性，可以将NO氧化为硝酸根或亚硝酸根，根据电荷守恒及原子守恒分析水参加反应，产物中有H+生成，则反应的离子方程式为2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）。故答案为：2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）；
（2）由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于NO，故答案为：二氧化硫的还原性强于NO；
（3）采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；
Ⅱ．（1）已知：①H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1，②4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2，
根据盖斯定律①×2+②得反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) ，则ΔH3=2ΔH1+ΔH2，故答案为：故ΔH3=2ΔH1+ΔH2；
（2）根据题给方程式知，硫杆菌在反应中作催化剂，温度过高时会失去活性，因此反应速率下降，故答案为：蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；
Ⅲ．（1）阴极发生还原反应，根据放电顺序氢离子得电子生成氢气，反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）电解硫酸钠溶液相当于电解水，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则当电路中通过1电子的电量时，会有1×=0.25mol O2生成，故答案为：0.25。
18． BC 2NH3 + 3O22HNO2 + 2H2O CO32- 8H2O N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH= -92 kJ·mol-1 H2 N2 + 3H2O + 6e- = 2NH3 + 3O2-
【分析】(1) A．从图中可以看出，在固氮过程中，N2既可作氧化剂又可作还原剂；
B．在硝化细菌作用下NH3、NH4+转化为NO2-、NO3-；
C．反硝化过程中，有一部分NO2-、NO3-转化为N2；
D．同化过程中，氮元素从无机物转移至有机物，在氨化过程中，氮元素从有机物转移至无机物；
(2)在硝酸细菌的作用下，NH3被O2转化成HNO2。
(3) 依据质量守恒，产物中应存在1个含碳的微粒且带2个单位的负电荷，从而确定其为CO32-，另据质量守恒，还有8个H2O生成。
(4)利用ΔH =反应物的总键能—生成物的总键能进行计算。
(5)根据装置图2，a为阳极，应该通入还原性气体且含有氢元素。根据图3，d为阴极，且通入的气体为氮气和水蒸气，得电子后生成NH3和O2-。
【详解】(1) A．从图中可以看出，在固氮过程中，N2既可作氧化剂又可作还原剂，A错误；
B．在硝化细菌作用下NH3、NH4+转化为NO2-、NO3-，从价态变化看，需要有氧化剂参与，B正确；
C．反硝化过程中，有一部分NO2-、NO3-转化为N2，有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，C正确；
D．同化过程中，氮元素从无机物转移至有机物，在氨化过程中，氮元素从有机物转移至无机物，D错误；
答案为：BC；
(2)在硝酸细菌的作用下，NH3被O2转化成HNO2，发生反应的方程式为2NH3 + 3O22HNO2 + 2H2O。答案为：2NH3 + 3O2 2HNO2 + 2H2O；
(3) 依据质量守恒，产物中应存在1个含碳的微粒且带2个单位的负电荷，从而确定其为CO32-，另据质量守恒，还有8个H2O生成，离子方程式为5CH3OH + 6NO3-3N2↑ + 4HCO3- + CO32- + 8H2O。答案为：CO32- ；8H2O；
(4)根据ΔH =反应物的总键能—生成物的总键能=(946+3×436-6×391) kJ·mol-1 = -92 kJ·mol-1。答案为：N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH= -92 kJ·mol-1；
(5)根据装置图2，a为阳极，应该通入还原性气体且含有氢元素，所以为H2。根据图3，d为阴极，且通入的气体为氮气和水蒸气，得电子后生成NH3和O2-，所以电极反应式为：N2 + 3H2O + 6e-= 2NH3 + 3O2-。答案为：H2；N2 + 3H2O + 6e-= 2NH3 + 3O2-。
【点睛】在利用键能计算ΔH 时，需弄清反应物与生成物中所含共价键的类型和数目，所以最好将化学式改写为结构式。
19． 2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－+H2OHClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【分析】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。
【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO－+H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。
20． -149.73kJ/mol 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大 b 脱氢吸热 3∶2 2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+ O2+4e-+4H+=2H2O 3
【详解】(1)已知：①CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g) ∆H1=+92.09 kJ•mol-1
②2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) ∆H3=-483.64 kJ•mol-1；
根据盖斯定律可得，①+②得到：CH3OH(g)+O2(g)═HCHO(g)+H2O(g) ∆H2=-149.73KJ/mol；
(2)根据已知信息，脱氢法为吸热反应，根据(1)中计算，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大；
(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法；
(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2；
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由+2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到+4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+；
(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到+4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极；酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；负极的电极反应为HCHO-4e-+H2O = CO2↑+4H+，每反应1molHCHO转移4mol电子，当电路中转移4×10-4mol电子时，参与反应的HCHO为1×10-4mol，质量=30g/mol×1×10-4mol=3×10-3g=3mg。
21． B 温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降 Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降 0.012
【分析】向KOH溶液中通入Cl2发生歧化反应生成KClO以及KCl，KCl对于后续合成高铁酸钾没有帮助，因此在第二步加入KOH固体时被除去；第三步，向溶液中加入硝酸铁，开始反应生成K2FeO4；题干中指出，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会分解，并且Fe3+会催化该反应，因此，加硝酸铁时，量不能过多，避免Fe3+浓度过高，使K2FeO4分解；题干中还指出，KClO不稳定，因此在步骤三中，温度要控制得当，过低时反应速率太慢，过高时会加剧KClO分解，也不利于制备。
【详解】(1)浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，由于高锰酸钾易溶于水，所以可以认为是液体反应，因此装置A不可行；装置C中的塑料板也没有阻拦高锰酸钾的作用，C装置也不可行；故应选用B装置；
(2)第一步即向KOH溶液中通Cl2，发生的离子反应方程式为：；
(3)通过分析可知，第二步加KOH目的是除去KCl；
(4)通过分析可知，温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，ClO-浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降；
(5)通过分析可知，Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降；
(6)由题可知，K2FeO4除Mn(+2价)时，K2FeO4和Mn(+2价)的物质的量之比为2:3；去除率为90%时，水体中的1.1gMn(+2价)被去除了0.018mol，所以消耗的K2FeO4的物质的量为0.012mol。
22． NaOH溶液、Na2SO3溶液 FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 11
【分析】高硫铝土矿生产Al(OH)3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，以此来解答。
【详解】(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；
(2)①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；
(3)向含AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3−)＝2y×5＋y×（−2)，解得＝16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)＝1：16，若1molFeS2完全参与反应，消耗n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。
【点睛】本题(4)计算时注意跟据得失电子守恒计算出n(FeS2)：n(Fe2O3)，根据元素守恒得出生成的Fe3O4的物质的量。
23． a 2OH− + 2ClO2 + H2O2 = 2ClO2− + O2 + 2H2O 减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解 acd 4OH− +3ClO2− + 4NO = 4NO3− + 3Cl− + 2H2O SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大
【分析】I．由制备流程可知，NaClO3和试剂A在H2SO4在作用下发生还原反应生成ClO2和Na2SO4，由元素守恒可知试剂A为二氧化硫，ClO2在与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，再控制温度为38℃～60℃蒸发结晶得到NaClO2晶体；
【详解】(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2，故选a；
(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−，反应的离子方程式为2OH− + 2ClO2 + H2O2 = 2ClO2− + O2 + 2H2O；
(3)含水的NaClO2受热易分解，所以亚氯酸钠溶液中获得晶体，温度不能太高，所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作，在较低温度蒸发浓缩，可防止温度过高NaClO2分解；
(4)a．反应①进行过程中应持续鼓入空气，可将生成气体完全反应，故a正确；
b．反应①后得到的母液中，由元素守恒及反应后离子可知溶质的主要成分是Na2SO4，故b错误；
c．反应②中NaOH溶液应过量，因NaClO2在碱性溶液中稳定存在，故c正确；
d．由信息iii可知，冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2，故d正确；
故答案为：acd；
(5) ①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式3ClO2⁻+4NO+4OH⁻=4NO3⁻+3Cl⁻ +2H2O;
②由实验结果可以知道，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。
24． Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 吸氧腐蚀 O2+4e-+2H2O=4OH- 2 3 10 2 3 5H2O 小于 NaOH CD
【分析】(1)工业上冶炼铁的主要方法是用CO还原氧化铁；
(2)钢铁露置于空气中，主要发生吸氧腐蚀；正极上氧气得电子发生还原反应；
(3)根据流程：Fe(NO3)3与NaClO在NaOH的作用下制得Na2FeO4溶液，加入KOH溶液，除去NaCl，Na2FeO4转化为K2FeO4，过滤结晶得到K2FeO4。
①根据化合价升降相等、电荷守恒、电子守恒配平即可；
②根据溶解度小的制备溶解度更小的物质可得；根据流程可知NaOH能够循环使用；
③A.加入K2FeO4可将氮元素转化为NO3-；
B.1mol高铁酸钾和高锰酸钾得到的电子为3mol、5mol，据此分析；
C.使用高铁酸钾，生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体，根据胶体性质分析；
D.使用高铁酸钾处理后的污水含有较高的氮，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化。
【详解】(1)工业上冶炼铁的主要方法是用CO还原氧化铁，一氧化碳与氧化铁反应生成铁盒二氧化碳，反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故答案为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
(2)钢铁露置于空气中，主要发生吸氧腐蚀；正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)①反应中，铁元素化合价升高3价，氯元素化合价降低2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe3+、FeO42-前的系数是2，ClO-、Cl-前边的系数是3，结合电荷守恒可知OH-的系数是10，最后根据原子守恒可知缺项物质是H2O，其系数是5，因此该反应方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②加入KOH溶液，Na2FeO4能转化为K2FeO4，说明在相同温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，反应方程式为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，可见流程中NaOH可循环使用，故答案为小于；NaOH；
③A.加入K2FeO4可将氮元素转化为NO3-，从而降低污水中NO2-含量，A错误；
B.1mol高铁酸钾和高锰酸钾得到的电子为3mol、5mol，后者可以处理更多的NO2-，B错误；
C.使用高铁酸钾，生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，从而可以减少污水悬浮性颗粒的含量，C正确；
D.使用高铁酸钾处理后的污水中NO2-转化为NO3-，含有较高的氮元素，氮元素是农作物生成需要的营养元素，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化，D正确；
CD正确，故答案为CD。
【点睛】使用高铁酸钾处理后的污水中NO2-转化为NO3-，含有较高的氮元素，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化是解题关键。
25． I2或碘单质 2H2O+4I-+O2=2I2+4OH- IO3-+5I-+6H+=3H2O+3I2，该反应的速度快 少量KIO3固体 快 pH＝8.4时，同时发生了：碘与淀粉变蓝和碘单质与氢氧化钾的歧化反应。由于碘与淀粉变蓝反应快，所以先产生蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质浓度降低，蓝色消失
【分析】由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化为I2，通过书写反应的方程式可知，这会导致溶液的碱性逐渐增强；又因为，一定碱性条件下，I2容易发生歧化反应，生成和I-；那么长时间放置KI溶液，溶液中会含有和I-，这两种离子发生归中反应生成I2的速率较快，应该就是实验1中酸化后溶液更迅速变蓝的原因。为了进一步验证上述猜想，设计实验4时，就要验证的存在对于溶液变蓝速率的影响。实验5的设计是为了验证pH对I2歧化速率的影响，分析几组平行实验的现象差异即可得出相关的结论。
【详解】(1)淀粉遇I2会变蓝，因此溶液变蓝说明其中含有I2；
(2)①由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化，所以反应初期pH升高，相关的方程式为：；
②通过分析可知，相比于实验2，实验1中的溶液加酸后迅速变蓝，原因是的反应速率更快；
(3)通过分析可知，为了验证题目(2)②的猜想，需要向溶液中加入KIO3固体；
(4)通过分析四组平行实验的现象差异可知，pH越大，歧化反应速率越大，加入碘水后越难观察到溶液变蓝的现象；pH=8.4时，溶液先产生蓝色，是因为碘单质与淀粉相互作用导致的，在较弱的碱性条件下，I2的歧化反应进行的较慢，因此经过一段时间后，I2逐渐歧化反应消耗完全，蓝色才逐渐褪去。
26． Na2SO3 +H2SO4=Na2SO4+ SO2 ↑+ H2O 过量的SO2溶于水使溶液酸性增强，S2O32-+2H2SO3 =S↓+ SO2↑+ H2O +2HSO3-或S2O32- +2H+= S↓+ SO2↑+ H2O SO2（H2S）、CO2 将溶液蒸发浓缩、(趁热过滤)、降温结晶、过滤。 4Au + 8S2O32- + O2 + 2H2O = 4Au(S2O3)23- + 4OH-，碱性较强时生成的CuO沉淀覆盖在金矿石表面，降低（浸出）反应速率 pH＞10.5时，部分Cu(NH3)42+转化成CuO，降低了Cu(NH3)42+浓度，降低（浸出）反应速率、碱性较强时氧气更易将S2O32-氧化，降低（浸出）反应速率。
【分析】由题中提供的制备硫代硫酸钠的反应方程式以及装置图可知，需要由甲装置制备SO2，将其通入乙装置中反应才可；由于乙中盛放的是碳酸钠和硫化钠的混合溶液，而H2SO3的酸性比H2CO3和H2S都强，所以在乙装置中也可能会发生反应生成CO2和H2S气体；考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，因此乙装置的出口气体可能含有SO2，CO2以及H2S，因此有必要设置丙装置对尾气进行处理。从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，考虑具体操作时，要结合题中给出的溶解度曲线进行分析，由于Na2SO3在较高温度时溶解度较小，相反的是，Na2S2O3·5H2O在较高温度时溶解度较大；因此需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，过滤即可。在书写黄金浸取的总反应方程式时，要注意在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应方程式中并未消耗和生成，实质是Au与O2之间的氧化还原反应；在分析利用硫代硫酸盐等进行黄金浸取时pH过高的条件下浸取率较低的原因时，要注意题中给出的关于以及Cu2+的反应性质。
【详解】(1)①通过分析可知，甲装置中生成了SO2，因此反应的化学方程式为：；
②结合题目中提供的制备硫代硫酸钠的方程式分析，制备过程中乙中的溶液先变浑浊，是因为生成了S单质，S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，因此溶液又变澄清；若继续通SO2，由于会生成H2SO3，所以溶液的酸性会增强，溶液再次出现浑浊，说明S单质再次生成，那么原因就是：Na2S2O3在亚硫酸的作用下发生分解，产生了S单质，相关的离子方程式为：；
③通过分析可知，乙装置中出来的气体可能含有SO2，CO2和H2S，因此NaOH溶液吸收的气体可能有SO2，CO2和H2S；
(2)通过分析可知，从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，再进行过滤即可；
(3)①由题可知，在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应并未消耗和生成，总反应实质是Au与O2之间的氧化还原反应，因此总反应的离子方程式为：；
②通过分析可知，碱性太强金的浸出率下降的原因可能是：pH＞10.5时，部分转化成CuO，降低了浓度，从而使浸出率下降；或者是碱性较强时氧气更易将氧化，从而导致浸出率下降。
【点睛】通过结晶法分离产物时，对于溶解度随温度变化不明显的溶质，如NaCl可采用蒸发溶剂的方法使其结晶；对于溶解度随温度变化明显的溶质，如KNO3可采用冷却热饱和溶液的方法使其结晶；若溶液中含有杂质，且杂质在温度较高时溶解度与产物相差较明显，可采用加热蒸发溶剂的方法使杂质结晶析出，再趁热过滤将其除去。
27． Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3 冷凝回流水合肼 N2H4·H2O被NaClO氧化 加热至有大量固体析出，趁热过滤 N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O
【详解】（1）Cl2与过量 NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，则得到溶液X的离子方程式为Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O；
（2）①A 中的反应为碱性条件下，次氯酸钠与尿素发生氧化还原反应生成水合肼、碳酸钠和氯化钠，反应的化学方程式NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3；
②由题意可知水合肼的沸点低，易挥发，为防止水合肼挥发，造成产率降低，应选用冷凝管冷凝回流，故答案为：冷凝回流水合肼；
③水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率会下降，故答案为：N2H4·H2O被NaClO氧化；
④由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随温度变化大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得 NaCl 粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出，故答案为：加热至有大量固体析出，趁热过滤；
（3）①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1反应生成N2H5Cl和水，反应的离子方程式N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O；
②一定条件下，水合肼与 发生取代反应生成 和乙醇，则碳酰肼的结构简式是 ，故答案为： 。
【点睛】水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化是解答关键。
28． Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O 加热(至沸) 淀粉溶液 当滴入最后一滴标准液蓝色褪去且半分钟不恢复 偏高 向滤液中加入适量30%H2O2溶液，使其充分反应 滴加1.0mol·L－1NaOH溶液，调节溶液pH约为5(或3.2≤pH＜5.9)，使Fe3＋沉淀完全
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备ZnO，
【详解】(1)①稀硫酸不能溶解铜，H2O2有较强的氧化性，在酸性条件下能氧化铜，使铜溶解，方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
②过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2 除去可加热至沸腾；
(2)①该滴定过程中要用Na2S2O3标准液滴定碘单质的量，淀粉遇碘变蓝，所以可用淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点；
②若留有H2O2，加入KI后，会有以下反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O误当成2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2 生成的碘，使测定结果偏高；
(3)制备ZnO时要先把滤液中的Fe2＋、Fe3＋除去，而Fe2＋和Zn2＋沉淀时溶液的pH接近，故应该先把Fe2＋氧化为Fe3＋，然后通过调节pH把Fe3＋除去，所以步骤为：向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，调节溶液pH约为5(或3.2≤pH＜5.9)，使Fe3+沉淀完全，向滤液中滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)，使Zn2+沉淀完全，900℃煅烧，制得氧化锌。
29． 作萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰 分液漏斗 FeC2O4在水中的溶解度小 ；在加热水煮过程中二价铁被氧化为三价铁 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O 酸性条件下，H2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原
【分析】（1）有机物易溶于CCl4；
（2）操作i是分离互不相容的液体；
（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在；
（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+；
（5）用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4），说明菠菜灰含有C2O42-。
【详解】（1）有机物易溶于CCl4，CCl4的作用为萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰；
（2）操作i是分离互不相容的液体，操作名称是分液，使用的仪器是分液漏斗；
（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在，Fe2+的浓度小，所以溶液A中未能检测出Fe2+；
（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O；
（5）用盐酸溶解菠菜灰得到的溶液B含有H2C2O4 和Cl-，酸性条件下，H2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原，所以滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，不能证明溶液B含有Fe2+。
30． 正 Cu2++2e- === Cu Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O 大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解。 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2.) 1:3 SO2 在Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解
【分析】本题为工艺流程题。
（1）电解精炼铜时阳极材料为粗铜，失电子发生氧化反应，此电极与电源正极相连；阴极材料为纯铜，得电子发生还原反应，此电极与电源负极相连，学生需掌握电极反应式的书写；
（2）本题考查氧化还原反应方程式的书写，可根据化合价变化找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据得失电子守恒配平方程式；
（3）连续氧化还原反应，无论过程分几步进行，过程中转移的电子总数是不变的，以此为桥梁找出氯酸钠与草酸之间的物质的量的关系；
（4）①由于亚硫酸酸性强于碳酸酸性，向碳酸根溶液中通入SO2可将碳酸根转化为亚硫酸根，则X为SO2。
②在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。
【详解】（1）精炼粗铜时，阳极材料为粗铜，失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，此电极与电源正极相连；阴极材料为纯铜，得电子发生还原反应，电极反应式Cu2++2e-=Cu。本小题答案为：正；Cu2++2e- === Cu。
（2）浸铜过程中铜转化为硫酸铜，铜元素的化合价由0价升高到+2价，失电子发生氧化反应，铜为还原剂，H2O2为氧化剂，其中的氧元素化合价由-1价降低到-2价，得电子发生还原反应，生成H2O，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能的原因是大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解，也可能是氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2。。本小题答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2)。
（3）浸金时，Au转化为AuCl4-。Au元素化合价由0价升高到+3价，1molAu失3mol电子，NaClO3转化为NaCl，Cl元素的化合价由+5价降低到-1价，1molNaClO3得6mol电子，根据得失电子守恒金与氯酸钠的物质的量比为2:1；下一步中，AuCl4-转化为Au，Au元素化合价由+3价降低到0价，1mol AuCl4-得3mol电子，H2C2O4转化为CO2，C元素的化合价由+3价升高到+4价，1mol H2C2O4失2mol电子，根据得失电子守恒AuCl4-转与草酸的物质的量之比为2:3，则NaClO3与草酸的物质的量之比为1:3。本小题答案为：1:3。
（4）①浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-，此时向溶液中通入SO2，由于亚硫酸酸性强于碳酸酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为SO2。本小题答案为：SO2。
②在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。本小题答案为：在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。
31． Ag2SO4 Ag2SO4(s) +2 I－ ===2Ag I(s) + SO42－ Ag+ + Fe2+ === Ag + Fe3+ ，2Ag+ +SO42－=== Ag2SO4 探究②中白色沉淀的来源，排除②中铵根的影响。或：验证此浓度下硫酸根是否与银离子有沉淀以及铵根是否有还原性（答案合理即给分） 局部溶液发生反应Fe3+ + SCN- Fe(SCN)3，当振荡试管时，溶液中过量银离子与硫氰根反应生成白色沉淀AgSCN，降低了硫氰根离子的浓度，上述平衡逆移，溶液褪色。 避免氧化性、还原性离子直接接触，发生沉淀反应引起离子浓度的降低，导致离子氧化性、还原性减弱（排除银离子与硫氰根接触产生沉淀的影响等合理可以给分） 硝酸银与不同盐反应的类型（沉淀或氧化还原），与构成盐的阴阳离子的种类、离子浓度、反应条件等有关（其它描述合理给分）
【详解】（1）硝酸银与硫酸铵反应产生硫酸银微溶，故①中的白色沉淀是Ag2SO4；
（2）分离并洗涤①的沉淀Ag2SO4，滴加0.5mol/L KI溶液，沉淀转化为更难溶的AgI，白色沉淀转变为黄色沉淀：Ag2SO4(s) +2 I－(aq)===2Ag I(s) + SO42－(aq)；
（3）由于银离子的氧化性比亚铁离子的强，能将其氧化为铁离子，银离子与硫酸根离子反应产生微溶的硫酸银，故②中可能发生的离子反应有：Ag++Fe2+=Ag+ Fe3+ ，2Ag++SO42－= Ag2SO4；
（4）实验①的设计目的：探究②中白色沉淀的来源，排除②中铵根的影响。（或：验证此浓度下硫酸根是否与银离子有沉淀以及铵根是否有还原性。）
（5）Ⅰ.甲同学认为，红色褪去的原因与平衡移动原理有关，因为：局部溶液发生反应Fe3+ + SCN- Fe(SCN)3，当振荡试管时，溶液中过量银离子与硫氰根反应生成白色沉淀AgSCN，降低了硫氰根离子的浓度，上述平衡逆向移动，溶液颜色褪去。
Ⅲ. 丙同学的设计在证明氧化还原反应的优点是：硝酸银与不同盐反应的类型（沉淀或氧化还原），与构成盐的阴阳离子的种类、离子浓度、反应条件等有关。
【点睛】本题考查常见阳离子检验，通过设计实验方案，分析离子反应的原因，考查学生的创新设计的能力，命题侧重于离子检验时排除其他离子可能造成的干扰及简答题的答题规范和实验方案设计。
32． 第三周期第ⅠA族 F−＞Na+＞Al3+ NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3 不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）
【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。
【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族，答案为：第三周期第ⅠA族；
（2）根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：F−＞Na+＞Al3+；答案为：F−＞Na+＞Al3+；
（3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；
（4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2＞I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2＞Br2。答案为：不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。
33． N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol 第3周期IA族 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO
【分析】根据周期表的位置判断，a、b、d、e分别为C、N、O和Si，据此解答。
【详解】（1）a为碳元素，其原子结构示意图为：；d的一种氢化物为常见溶剂，由此可知其为H2O，属于共价化合物，其电子式为：；
（2）b的单质为N2，其与氢气在500℃、101 kPa条件下发生反应生成1molNH3时，放出53.05 kJ热量，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol；
（3）X、Y为同周期金属元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，因此X和Y是第三周期的钠、镁和铝等，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，因此Y是铝，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱中，因此X是Na，则X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水的化学方程式是：；X为钠元素，其在周期表中位置为：第3周期IA族；
（4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的，则W为氯元素，工业上制取Y和W的无水化合物A1Cl3方法如下：Y的氧化物Al2O3与a、W的单质C和Cl2在高温条件下反应，每消耗6kg碳单质，过程中转移1×103mo1电子，则反应中碳的化合价变化为=2，即碳元素化合价由0价升高为+2价，生成物应该为CO，根据氧化还原反反应的配平，可知相应反应的化学方程式：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。
34． 化学 2SO2+O2 2SO3 SO2 + H2O2＝ H2SO4 H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）
【详解】（1）煤的液化、气化、干馏都属于化学变化过程，故答案为：化学；
（2）①SO2在反应器中与空气反应使其转化为SO3，故反应器中的化学方程式2SO2+O2 2SO3，故答案为：2SO2+O2 2SO3；
②利用H2O2吸的氧化性是二氧化硫转化成硫酸，即H2O2吸收SO2的化学方程式SO2+H2O2＝H2SO4，尾气中SO2的含量（体积分数）的计算式，故答案为：SO2+H2O2＝H2SO4；；
（3）①由图中信息可知，0~t1段溶液中的n(Fe3+)逐渐减小，是因为H2S和FeCl3溶液发生了反应生成了硫单质其离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；在酸性条件下，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变，故答案为：t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）。
35． 2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH bcd 碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价 Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl— ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。 c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降 0.1
【分析】（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。
（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；
b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯；
c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法；
d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯。
（3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。
②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
（4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。
②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。
③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。
【详解】（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案为：2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。
（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；
b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯，故b符合题意；
c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；
d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。
（3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。本小题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。
②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4，Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。本小题答案为：Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。
（4）①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。
②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。
③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即1m3食盐水中I-的含量≤0.2 mg•L-1×1m3×1000=0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则1m3含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水需处理掉1.47 mg•L-1×1m3-0.2g=1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=0.1L。本小题答案为：0.1。
36． k和c a和l 2∶1 4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2++N2O↑+5H2O
【详解】（1）N位于第二周期VA族，其原子结构示意图为；
（2）氮的固定是游离态的氮转化成为化合态的氮，根据循环图，得出属于氮的固定的是k和c；发生非氧化还原反应，说明化合价没有发生变化，即属于非氧化还原反应的是a和l；
（3）反应h的化学反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，氧化产物是HNO3，NO是还原产物，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:1；
（4）根据信息，Zn＋H＋＋NO3－→Zn2＋＋N2O↑＋H2O，Zn的化合价升高2价，N2O中N的化合价共降低8价，最小公倍数为8，然后根据所带电荷数守恒以及原子守恒，离子反应方程式为4Zn+2NO3－+10H＋=4Zn2＋+N2O↑+5H2O。
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）
一、单选题
1．（2020·北京门头沟·统考一模）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是
A．该过程中H2O被还原生成氧气
B．该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C．基于合成NH3的过程属于氮的固定
D．该过程的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2
2．（2020·北京门头沟·统考一模）下列实验未涉及氧化还原反应的是
A
B
C
D
实验
Cl2通到AgNO3溶液中
乙烯通入酸性KMnO4中
NaOH溶液中滴入FeCl2溶液
K2Cr2O7溶液中滴入氢氧化钠溶液
现象
有白色沉淀产生
溶液由紫红色褪为无色
产生白色沉淀,最终变成红褐色
溶液由橙色变为黄色
A．A B．B C．C D．D
3．（2020·北京·统考模拟预测）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )
A．该溶液中，H＋、NH4+、SO42－、Br－可以大量共存
B．该溶液中，Ag＋、K＋、NO3－、CH3COO－可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=Cl－＋2Fe3＋＋H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每生成1molCl2，转移电子约为6.02×1023个
4．（2020·北京·统考模拟预测）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
5．（2020·北京·统考模拟预测）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是
选项
化学性质
实际应用
A
FeCl3溶液显酸性
脱除燃气中H2S
B
Na2S溶液显碱性
去除废水中Cu2+，Hg2+ 等
C
活性炭具有还原性
用作自来水的净化剂
D
NaClO2具有氧化性
脱除烟气中的SO2及NOx
A．A B．B C．C D．D
6．（2020·北京·统考模拟预测）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
7．（2020·北京·统考模拟预测）下列不涉及氧化还原反应的是
A．补铁剂（有效成分为Fe2+）与维生素C共服效果更佳
B．雷雨肥庄稼——自然固氮
C．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
D．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
8．（2020·北京·模拟预测）下列说法不涉及氧化还原反应的是
A．雷雨肥庄稼——自然固氮
B．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
C．干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存
D．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
9．（2020·北京东城·统考一模）中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是
A．《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3
B．《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象
C．《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”
D．《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应
10．（2020·北京·模拟预测）下列物质与水反应时只作氧化剂的是
A．Na B．Na2O2 C．F2 D．Cl2
11．（2020·北京·模拟预测）下列各组物质相互反应时，水作氧化剂的是
A．Na和H2O B．Na2O和H2O
C．Cl2和H2O D．Na2O2和H2O
12．（2020·北京东城·统考一模）工业上常用还原沉淀法处理含铬废水（Cr2O72—和CrO42—），其流程为：
已知：步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH—(aq) Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32
下列有关说法不正确的是
A．步骤①中当v正(CrO42—)=2v逆(Cr2O72—)时，说明反应：2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O达到平衡状态
B．若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色
C．步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，需要12 mol (NH4)2Fe(SO4)2
D．步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽（当溶液中c(Cr3+)≤10-5mol/L时，可视作该离子沉淀完全）
13．（2020·北京朝阳·统考三模）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
14．（2020·北京·统考模拟预测）硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是
A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
C．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应
D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
15．（2020·北京·统考模拟预测）为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：
有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为
A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－1
二、原理综合题
16．（2020·北京丰台·统考一模）加工含硫原油时，需除去其中含硫物质。
（1）铁离子浓度是原油加工中防腐监测的重要指标。测定铁离子浓度前，需去除原油加工产生的酸性废水中的硫化氢及其盐。实验室模拟过程如下。
Ⅰ．将250mL酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调节pH小于5。
Ⅱ．在吸收瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。
Ⅲ．打开脱气—吸收装置，通入氮气，调节气流速度，使气体依次经过反应瓶和吸收瓶。当吹出气体中H2S体积分数达到标准，即可停止吹气。
已知：含硫微粒的物质的量分数（δ）随pH变化情况如下图所示。
①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调节pH＜5的原因是_______________________。
②步骤Ⅱ中，当测得吸收液的pH为 ______时，需要更换NaOH溶液。
③利用邻菲罗啉分光光度法可测定样品中的含铁量。测定前需用盐酸羟基胺（NH2OH·HCl）将Fe3+还原为Fe2+。将下述离子方程式补充完整：_______Fe3++______NH2OH·HCl=____Fe2++N2↑+________+_________+__________Cl-
（2）原油中的硫化氢还可采用电化学法处理，并制取氢气，其原理如下图所示。
①写出反应池内发生反应的离子方程式_____________________________________。
②电解池中，阳极的电极反应为_____________________________________________。
17．（2020·北京门头沟·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，必须经过处理才可排放。根据题意回答下列问题。
Ⅰ．处理含SO2、NO的烟气
在323 K温度下，向盛有NaClO2溶液的鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气。
(1)写出NaClO2溶液脱硝过程中反应的离子方程式___________________ 。
(2)由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
(3)采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是___________________。
Ⅱ．处理含H2S的烟气
生物脱H2S原理为：
H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1
4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2
(1)反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) 的ΔH3=___________________。
(2)若反应温度过高，反应速率下降（如图），其原因是______________。
Ⅲ．处理污水的化学方法有许多，混凝法、氧化还原法、中和法、电解法等。处理含Na2SO4的废水常用三室式电渗析法，原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
(1)负极反应式为___________________。
(2)当电路中通过1电子的电量时，会有_________的O2生成。
18．（2020·北京·统考模拟预测）如图所示的氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。
(1)结合图象判断下列说法正确的是________(填字母序号)。
A．固氮过程中，N2只做氧化剂
B．在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与
C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D．同化、氨化过程中，氮元素均从无机物转移至有机物
(2)硝化过程中，NH3转化成HNO2的反应的化学方程式为_______。
(3)反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，请将该反应的离子方程式补充完整：
5CH3OH + 6NO3-N2↑ + 4HCO3-+______+______
(4)利用下表数据进行估算，写出工业合成氨反应的热化学方程式：_______。
共价键
N≡N
H-H
N-H
断开1mol共价键所需能量(kJ)
946
436
391
(5)电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的工业合成氨工艺。电解法合成氨的两种原理及装置如图所示：
①图中，a电极上通入的X为_______。
②图中，d电极上的电极反应式为_______。
19．（2020·北京平谷·统考一模）氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。
（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。
（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。
②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。
（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。
③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。
20．（2020·北京·模拟预测）甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的有机原料。
I.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛
脱氢法：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) ∆H1 = +92.09kJ/mol
氧化法：CH3OH(g) +O2(g)=HCHO(g)+H2O(g) ∆H2
(1)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H3=-483.64 kJ/mol，则∆H2=_______。
(2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为_______________。
(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lgK(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线____(填“a”或“b”)对应脱氢法，判断依据为_________________。
II.甲醛的用途
(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为_______。
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为____________________。
Ⅲ.甲醛的检测
(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为_________，当电路中转移4×10-4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为_______mg。
三、工业流程题
21．（2020·北京丰台·统考一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。
资料：
ⅰ．高铁酸钾可溶于水，微溶于浓KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2，且﹢3价铁能催化该反应。
ⅱ．次氯酸钾容易分解，2KClO2KCl＋O2。
（1）实验室使用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的_______。
（2）写出步骤①的离子反应方程式_________________________________ 。
（3）加入KOH固体是为了过滤除盐，过滤除去的是__________________________________。
（4）相同投料比、相同反应时间内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图1所示：
请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因：________________ 。
（5）相同投料比、相同反应时间内，硝酸铁浓度对产率的影响如图2所示：
当Fe3+浓度大于2.0mol/L时，高铁酸钾产率变化的原因可能是：_________________________________________。
（6）高铁酸钾可用于除去水体中Mn(＋2价），生成Mn（＋4价）和Fe（＋3价）。一定条件下，除去水体中1.1gMn（＋2价），当去除率为90%时，消耗高铁酸钾的物质的量为______mol。
22．（2020·北京密云·统考一模）以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al(OH)3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是______。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃
硫去除率=(1−)×100%
①500℃焙烧(不添加CaO的矿粉)时，去除的硫元素主要来源于______。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是______。
（3）向含大量AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为______。
（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成的Fe3O4的物质的量为______mol。
23．（2020·北京·统考模拟预测）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂，同时也是对烟气进行脱硫、脱硝的吸收剂。
Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：
已知：
i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；
ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中迅速分解；
iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
（1）试剂A应选择_________。（填字母）
a．SO2 b．浓硝酸 c．KMnO4
（2）反应②的离子方程式为_________。
（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。
（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）
a．反应①进行过程中应持续鼓入空气
b．反应①后得到的母液中，溶质的主要成分是NaCl
c．反应②中NaOH溶液应过量
d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2
Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。
（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
SO42−
SO32−
NO3−
NO2−
Cl−
c /（mol/L）
8.35×10−4
6.87×10−6
1.5×10−4
1.2×10−5
3.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。
②由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）
24．（2020·北京·统考模拟预测）铁是应用最广泛的金属，铁的氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
(1)工业上冶炼铁的主要方法是_________________(用化学方程式表示)。
(2)钢铁露置于空气中，主要发生的电化学腐蚀方式是____________，其中正极的电极反应式为______________________。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)是水处理过程的一种新型净水剂，其氧化性强于高锰酸钾。工业上制备高铁酸钾通常用以下流程：
①请将反应器中发生的离子方程式配平：(若计量数为1，也需要写在横线上)
Fe3＋+____ClO-+____OH-=____FeO42-+____Cl-+____。____________
②根据流程可以判断，相同温度下K2FeO4的溶解度________(填“大于”“小于”或“等于”)Na2FeO4；整个生产过程中，可直接循环利用的物质是________(写化学式)。
③若某厂污水中含有一定量的NO2-和悬浮性颗粒，下列关于污水处理的说法中正确的是________(填字母)。
A．加入K2FeO4可将氮元素转化为N2，从而降低污水中NO2-含量
B．等物质的量的高铁酸钾和高锰酸钾，前者可处理更多的NO2-
C．使用高铁酸钾，同时可以减少污水悬浮性颗粒的含量
D．使用高铁酸钾处理后的污水，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化
四、实验题
25．（2020·北京丰台·统考一模）某小组探究酸化条件对0.1mol/LKI溶液氧化反应的影响。
序号
操作及现象
实验1
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验2
取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
（1）溶液变蓝，说明溶液中含有____________ 。结合实验1和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I-氧化反应的速率。
（2）同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/LKI溶液成分与新制0.1mol/LKI溶液可能存在差异，并继续进行探究。
实验3：取新制0.1mol/LKI溶液在空气中放置，测得pH如下：
时间
5分钟
1天
3天
10天
pH
7.2
7.4
7.8
8.7
资料：
ⅰ．pH＜11.7时，I－能被O2氧化为I。
ⅱ．一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶5。
①用化学用语，解释0.1mol/LKI溶液放置初期pH升高的原因：_________________________________________________________。
②对比实验1和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是_____________________________________________________________________________________。
（3）同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号
操作
现象
实验4
重复实验2操作后，继续向溶液中加入 ________________。
溶液立即变蓝
（4）该组同学想进一步探究pH对I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。
实验5：用20mL 4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如下：
实验组
A
B
C
D
pH
11.4
10.6
9.5
8.4
现象
无颜色变化
产生蓝色后瞬间消失
产生蓝色，30s后蓝色消失
从实验5可以看出pH越大，歧化反应速率越_______________（填“快”或“慢”）。
解释pH＝8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因：_________________________。
26．（2020·北京朝阳·模拟预测）Na2S2O3应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
(1)Na2S2O3的实验室制法：装置如图（加热和夹持装置略）：
已知：2Na2S + 3SO2 = 2Na2SO3 + 3S↓ 、Na2SO3 + S = Na2S2O3
①甲中发生反应的化学方程式为______。
②实验过程中，乙中的澄清溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的Na2S2O3。一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入SO2。结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因：______。
③丙中，NaOH溶液吸收的气体可能有______。
(2)实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3，结合溶解度曲线（如图），获得Na2S2O3•5H2O的方法是______。
(3)Na2S2O3的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金（Au）浸取工艺。
已知：I. Cu(NH3)42+=Cu2++4NH3；
II. Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀。
①将金矿石浸泡在Na2S2O3、Cu(NH3)42+的混合溶液中，并通入O2。浸金反应的原理为：
i.Cu(NH3)42+ + Au + 2S2O32− Cu(NH3)2+ + Au(S2O3)23−+ 2NH3
ii.4Cu(NH3)2+ + 8NH3+ O2 + 2H2O = 4Cu(NH3)42+ + 4OH−
浸金过程Cu(NH3)42+起到催化剂的作用，金总反应的离子方程式为：______。
② 一定温度下，相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如如图，解释pH＞10.5时，金的浸出率降低的可能原因_______。（写出2点即可）
27．（2020·北京西城·统考一模）水合肼（N2H4·H2O）可用作抗氧剂等，工业上常用尿素[CO(NH2)2]和 NaClO溶液反应制备水合肼。
已知：Ⅰ．N2H4·H2O 的结构如图 （…表示氢键）。
Ⅱ．N2H4·H2O 沸点 118 ℃，具有强还原性。
（1）将 Cl2 通入过量 NaOH 溶液中制备 NaClO，得到溶液 X，离子方程式是__。
（2）制备水合肼：将溶液 X 滴入尿素水溶液中，控制一定温度，装置如图 a（夹持及控温装置已略）。充分反应后，A 中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品 NaCl 和Na2CO3·10H2O。
①A 中反应的化学方程式是__。
②冷凝管的作用是__。
③若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，水合肼的产率会下降，原因是__。
④NaCl 和 Na2CO3 的溶解度曲线如图 b。由蒸馏后的剩余溶液获得 NaCl 粗品的操作是__。
（3）水合肼在溶液中可发生类似 NH3·H2O 的电离，呈弱碱性；其分子中与 N 原子相连的 H 原子易发生取代反应。
①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1 反应的离子方程式是__。
②碳酰肼（CH6N4O）是目前去除锅炉水中氧气的最先进材料，由水合肼与 DEC（ ）发生取代反应制得。碳酰肼的结构简式是__。
28．（2020·北京·统考模拟预测）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：
（1）①铜帽溶解时加入H2O2的目的是__________________________(用化学方程式表示)。
②铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去。除去H2O2的简便方法是_______________。
（2）为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2＋的含量。实验操作：准确量取一定体积的含有Cu2＋的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH＝3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中反应的离子方程式如下：
2Cu2＋＋4I－===2CuI(白色)↓＋I2
2S2O32-＋I2===2I－＋S4O62-
①滴定选用的指示剂为________，滴定终点观察到的现象为____________________________。
②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2＋含量将会______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（3）已知pH＞11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2－。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L－1计算)。
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Fe2＋
5.8
8.8
Zn2＋
5.9
8.9
实验中可选用的试剂：30%H2O2溶液、1.0mol·L－1HNO3溶液、1.0mol·L－1NaOH溶液。
由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为
①____________________________________；
②_____________________________________________；
③过滤；
④向滤液中滴加1.0mol·L－1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)，使Zn2＋沉淀完全
⑤过滤、洗涤、干燥；
⑥900℃煅烧。
29．（2020·北京·统考模拟预测）某实验小组对菠菜中的铁元素（主要以难溶的FeC2O4形式存在）进行检测。实验如下：
I.水煮检验法:
II灼烧检验法:
（1）CCl4的作用为______。
（2）操作i中起分离作用的仪器名称为______。
（3）溶液A中未能检测出Fe2+的可能原因是______。
（4）取无色溶液B，先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色。用离子方程式表示H2O2的作用：______。
（5）甲同学取少量无色溶液B，滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，因此得出结论，溶液B含有Fe2+。乙同学认为甲同学的实验方法不严谨，设计并完成如下实验：用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4）。甲同学反思自己的方法不严谨，理由是_______。
30．（2020·北京·统考模拟预测）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下：
(1)在粗铜精炼过程中，粗铜与电源的__________极(填正、负)连接；阴极的电极反应式为______________________________________________________。
(2)在浸铜过程中，浸铜反应的离子方程式为_______________________________________________________，
生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能的原因是________________________________________________。
(3)已知：浸金时，Au转化为AuCl4-。在理论上，提取金的过程中反应消耗NaClO3和H2C2O4的物质的量之比为__________。
(4)已知: 浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-。
①为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到Na2SO3再生液，X是__________。
②在提取银过程中，其他条件不变，Na2SO3再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。
试结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_____________________________________________。
31．（2020·北京·统考模拟预测）某小组为探究AgNO3溶液和不同类型盐溶液反应的多样性，设计如下实验：
已知：AgSCN为白色难溶物；(SCN)2与卤素单质性质相似，(SCN)2为有色物质。
（1）①中的白色沉淀是___________________。
（2）分离并洗涤①的沉淀，滴加0.5mol/L KI溶液，白色沉淀转变为黄色沉淀，用离子方程式解释上述变化____________________________。
（3）②中可能发生的离子反应有_________________。
（4）实验①的设计目的_______________________。
（5）对于③中红色褪去的原因及Ag+与SCN－反应的情况，小组进行以下分析和设计：
Ⅰ.甲同学认为，红色褪去的原因与平衡移动原理有关，解释为_________________。
Ⅱ.乙同学为了探究③中是否发生Ag+氧化SCN－的反应，又设计以下对比实验：
现象：生成白色沉淀，长时间观察，溶液和沉淀均未发生颜色改变。
Ⅲ.丙同学认为，理论上Ag+能够氧化SCN－，为证明其猜想，设计如下实验：
现象：电流计指针发生偏转，a电极上产生具有金属光泽的物质，b电极附近的溶液发生颜色变化。
丙同学的设计在证明氧化还原反应的优点是___________________________。
（6）通过以上探究，得出AgNO3溶液和不同类型盐溶液反应多样性的结论是______。
五、元素或物质推断题
32．（2020·北京石景山·统考一模）清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动了化学知识在中国的传播和应用。物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如图所示：
回答下列问题：
（1）Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是__________。
（2）比较X、Y、Z简单离子的半径大小（用对应离子符号表示）__________。
（3）在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式__________。
（4）与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应：Br2+2I-=2Br-+I2，I2+2BrO3-＝2IO3-+Br2，这两个置换反应矛盾吗？简述理由__________。
33．（2020·北京·统考模拟预测）下表为元素周期表短周期的一部分
a
b
d
e
(1)a原子结构示意图为______，d的一种氢化物为常见溶剂，其电子式为______；
(2)b的单质与氢气在500℃、101 kPa条件下化合生成1 mol b的氢化物时，放出53.05 kJ热量，写出该反应的热化学方程式______；
(3)X、Y为同周期元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水，写出该反应的离子方程式______，X在周期表中的位置为______；
(4)与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的。工业上制取Y和W的无水化合物方法如下：Y的氧化物与a、W的单质在高温条件下反应，每消耗6 kg a的单质，过程中转移1×103 mol电子，写出相应反应的化学方程式______。
六、填空题
34．（2020·北京·统考模拟预测）煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源。
(1)煤液化是_______(填“物理”或“化学”)变化过程。
(2)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图所示：
①SO2反应器中的化学方程式是_______。
②生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放。已知有V L(已换算成标准状况)尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀。H2O2吸收SO2的化学方程式是_______；尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是_______。
(3)H2S还可用于回收单质硫。含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n(Fe3+)、被吸收的n(H2S) 随时间t的变化如图：
① 由图中信息可知，0 ~ t1时，一定发生的反应是_______(用离子方程式表示)。
②t1以后，溶液中n (Fe3+ ) 保持基本不变，原因是_______。
35．（2020·北京·模拟预测）阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：
(1)电解饱和食盐水的化学方程式为________。
(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。
a．Na2SO4b．Na2SO3
c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压
(3)食盐水中的I—若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。
①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：________。
②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。
(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。
①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：________。
②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。
③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05 mol•L-1 NaClO溶液________L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)
36．（2020·北京·统考模拟预测）一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。
回答下列问题：
（1）氮的原子结构示意图为_________。
（2）图中属于“氮的固定”的是_________(填字母，下同)；转化过程中发生非氧化还原反应的是_________。
（3）若“反应h”是在NO2与H2O的作用下实现,则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。
（4）若“反应i”是在酸性条件下由NO3-与Zn的作用实现,则该反应的离子方程式为_____。
参考答案：
1．A
【详解】A. 该过程中O元素化合价升高，则H2O被氧化生成氧气，故A错误；
B. 发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；
C. 根据题意和图示知氮元素由游离态转变为化合态，属于氮的固定，故C正确；
D. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2，故D正确；
故选A。
【点睛】解决此题的关键是明确氮的固定的定义，元素的单质形态属于游离态，化合物形式属于化合态。
2．D
【详解】A. Cl2通到AgNO3溶液中，氯气与水反应生盐酸和次氯酸，氯元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B. 乙烯通入酸性KMnO4中，溶液由紫红色褪为无色，乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧化还原反应，故B不选；
C. 白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；
D. （K2Cr2O7）溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O⇌2H++2CrO42-（黄色），滴入氢氧化钠溶液时，平衡正向移动，元素化合价没有变化，未涉及到氧化还原反应，故D选；
故选D。
3．D
【详解】A.NaClO和NaCl的混合溶液中含有ClO－，其在酸性条件下具有强氧化性，与H＋和Br－不能大量共存，A项错误；
B.混合溶液中的Cl－与Ag＋反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B项错误；
C.溶液为碱性，滴入少量硫酸亚铁时，亚铁离子被ClO－氧化，但离子方程式中不能写H＋而应写水，且生成Fe(OH)3，C项错误；
D.向溶液中加入浓盐酸时发生反应：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，每生成1molCl2转移1mol电子，约为6.02×1023个，D项正确。
故答案选：D。
4．C
【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。
【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。
5．D
【详解】A．脱除H2S利用FeCl3溶液的氧化性，故A错误；
B．去除废水中Cu2+、Hg2+是利用S2- 与Cu2+、Hg2+等形成沉淀，与Na2S溶液显弱碱性无关，故B错误；
C．净化自来水是利用活性炭的吸附性，故C错误；
D．NaClO2具有氧化性，将SO2及NOx，转化为硫酸和硝酸而去除，故D正确；
故答案为D。
6．B
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
7．C
【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。
8．D
【分析】在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。
【详解】A. 雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO2，最后变成HNO3等，有元素化合价变化，故A不选；
B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4价变成0价，有元素化合价变化，故B不选；
C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故C不选；
D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故D选。
故选D。
9．B
【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；
B．湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；
C．钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；
D．丹砂(HgS)烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；
答案选B。
10．C
【详解】A．Na与 水反应，只作还原剂，错误；
B．Na2O2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误；
C．F2与水反应，只作氧化剂，正确；
D．Cl2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误；
11．A
【详解】试题分析：A、钠与水反应，钠做还原剂，水中氢元素化合价降低，做氧化剂，故选A；B、氧化钠与水反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故不选B；C、氯气与水反应中氯的化合价既升高又降低，氯气既做氧化剂又做还原剂，水中元素没有化合价变化，故不选C；D、过氧化钠与水反应中过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，水中没有化合价变化，故不选D。
考点：氧化还原反应。
12．C
【详解】A、步骤①中当v正(CrO42—)＝2v逆(Cr2O72—)时，符合该反应2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O的正逆反应速率相等，为平衡状态，A正确；
B、若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，所以氢离子浓度减小，2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O平衡逆向移动，CrO42—的浓度增大，溶液由橙色变为黄色，B正确；
C、步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，则生成2molCr3+，Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，得到6mol电子，而Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，根据得失电子守恒，需要6molFe2+，所以需要6mol (NH4)2Fe(SO4)2，C错误；
D、步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，根据Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32，此时c(Cr3+)=10-5mol/L，所以可认为废水中的铬元素已基本除尽，D正确；
答案选C。
13．A
【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。
【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。
14．C
【详解】A．SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物， A错误；
B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；
C．除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；
D．用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；
故答案选C。
15．B
【详解】由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则：
5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4
5 2
cmol/L×0.015L 0.001mol•L-1×0.015L
所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×0.015L
解得c＝0.0025mol•L-1；
答案选B。
16． 可将硫元素全部转化为H2S吹出 9~11均可 2 2 2 4H+ 2H2O 2 2Fe3+＋H2S=2Fe2++S↓+2H+ Fe2+-e-= Fe3+
【分析】测定铁离子浓度前，先要去除酸性废水中H2S以及相应的盐；第一步向废水中加稀盐酸，将其pH调至小于5；通过溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的情况可知，pH小于5时，含硫微粒几乎只有H2S；这样通过向反应瓶中吹扫氮气，就可以将溶液中的H2S吹扫出去，从而实现硫化氢及其盐的脱除；考虑到硫化氢的毒性，因此需要用NaOH溶液吸收吹扫出的H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的图象分析，当pH＜9时溶液中的HS-含量开始快速增加，而HS-的含量较多不利于H2S的吸收；因此为了保证吸收效果，在溶液的pH降低至9时，务必要更换吸收液。电化学法脱除原油中的H2S，由原理图可知，采用的是电解的方式实现的；那么产生H2的电极是阴极，而与反应池存在溶液交换的极室则为阳极区；由图可知，H2S是在反应池中被氧化为S单质，那么Fe3+则在反应池内被还原为Fe2+；将含有Fe2+的溶液再回流回电解池的阳极池中，就可以将Fe2+再次氧化为Fe3+，实现再生后，再次通入反应池中使用。
【详解】(1)①通过分析可知，第一步中将废水调至pH＜5，是为了使含硫微粒全部转化为H2S以便利用N2将其吹出；
②通过分析可知，务必要在吸收液的pH降至9以下之前更换吸收液，这样才能保证吸收效果；
③配平离子方程式时，可先配平电子得失守恒，再利用H+，OH-和水等配平电荷守恒，最后检查原子守恒并配平；反应过程中盐酸羟胺中的N原子发生升价从-1价升高至0价，而Fe3+发生降价从+3价降低至0价；因此最终的离子方程式为：；
(2)①通过分析可知，反应池内Fe3+将H2S氧化，离子方程式为：；
②通过分析可知，电解池左边为阳极池，发生的是Fe2+的氧化反应，电极反应式为：。
17． 2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋ （或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋） 二氧化硫的还原性强于NO 生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 ΔH3=2ΔH1+ΔH2 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性） 2H2O+2e—=H2↑+2OH— 0.25
【详解】Ⅰ．（1）NaClO2具有氧化性，可以将NO氧化为硝酸根或亚硝酸根，根据电荷守恒及原子守恒分析水参加反应，产物中有H+生成，则反应的离子方程式为2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）。故答案为：2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋（或2H2O＋ClO2－＋4NO＝4NO2－＋Cl－＋4H＋）；
（2）由实验测得，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于NO，故答案为：二氧化硫的还原性强于NO；
（3）采用NaClO、Ca(ClO) 2替代NaClO2，也能较好的除去SO2。从化学平衡原理分析，Ca(ClO) 2相比NaClO具有的优点是：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，故答案为：生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；
Ⅱ．（1）已知：①H2S(g) + Fe2(SO4)3(aq) = S(s) + 2FeSO4(aq) + H2SO4(aq) ΔH1，②4FeSO4(aq) + O2(g) + 2H2SO4(aq) 2Fe2(SO4)3(aq) + 2H2O(l) ΔH2，
根据盖斯定律①×2+②得反应2H2S(g) + O2 (g) = 2S(s) + 2H2O(l) ，则ΔH3=2ΔH1+ΔH2，故答案为：故ΔH3=2ΔH1+ΔH2；
（2）根据题给方程式知，硫杆菌在反应中作催化剂，温度过高时会失去活性，因此反应速率下降，故答案为：蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；
Ⅲ．（1）阴极发生还原反应，根据放电顺序氢离子得电子生成氢气，反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）电解硫酸钠溶液相当于电解水，阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则当电路中通过1电子的电量时，会有1×=0.25mol O2生成，故答案为：0.25。
18． BC 2NH3 + 3O22HNO2 + 2H2O CO32- 8H2O N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH= -92 kJ·mol-1 H2 N2 + 3H2O + 6e- = 2NH3 + 3O2-
【分析】(1) A．从图中可以看出，在固氮过程中，N2既可作氧化剂又可作还原剂；
B．在硝化细菌作用下NH3、NH4+转化为NO2-、NO3-；
C．反硝化过程中，有一部分NO2-、NO3-转化为N2；
D．同化过程中，氮元素从无机物转移至有机物，在氨化过程中，氮元素从有机物转移至无机物；
(2)在硝酸细菌的作用下，NH3被O2转化成HNO2。
(3) 依据质量守恒，产物中应存在1个含碳的微粒且带2个单位的负电荷，从而确定其为CO32-，另据质量守恒，还有8个H2O生成。
(4)利用ΔH =反应物的总键能—生成物的总键能进行计算。
(5)根据装置图2，a为阳极，应该通入还原性气体且含有氢元素。根据图3，d为阴极，且通入的气体为氮气和水蒸气，得电子后生成NH3和O2-。
【详解】(1) A．从图中可以看出，在固氮过程中，N2既可作氧化剂又可作还原剂，A错误；
B．在硝化细菌作用下NH3、NH4+转化为NO2-、NO3-，从价态变化看，需要有氧化剂参与，B正确；
C．反硝化过程中，有一部分NO2-、NO3-转化为N2，有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，C正确；
D．同化过程中，氮元素从无机物转移至有机物，在氨化过程中，氮元素从有机物转移至无机物，D错误；
答案为：BC；
(2)在硝酸细菌的作用下，NH3被O2转化成HNO2，发生反应的方程式为2NH3 + 3O22HNO2 + 2H2O。答案为：2NH3 + 3O2 2HNO2 + 2H2O；
(3) 依据质量守恒，产物中应存在1个含碳的微粒且带2个单位的负电荷，从而确定其为CO32-，另据质量守恒，还有8个H2O生成，离子方程式为5CH3OH + 6NO3-3N2↑ + 4HCO3- + CO32- + 8H2O。答案为：CO32- ；8H2O；
(4)根据ΔH =反应物的总键能—生成物的总键能=(946+3×436-6×391) kJ·mol-1 = -92 kJ·mol-1。答案为：N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH= -92 kJ·mol-1；
(5)根据装置图2，a为阳极，应该通入还原性气体且含有氢元素，所以为H2。根据图3，d为阴极，且通入的气体为氮气和水蒸气，得电子后生成NH3和O2-，所以电极反应式为：N2 + 3H2O + 6e-= 2NH3 + 3O2-。答案为：H2；N2 + 3H2O + 6e-= 2NH3 + 3O2-。
【点睛】在利用键能计算ΔH 时，需弄清反应物与生成物中所含共价键的类型和数目，所以最好将化学式改写为结构式。
19． 2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－+H2OHClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【分析】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。
【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO－+H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。
20． -149.73kJ/mol 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大 b 脱氢吸热 3∶2 2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+ O2+4e-+4H+=2H2O 3
【详解】(1)已知：①CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g) ∆H1=+92.09 kJ•mol-1
②2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) ∆H3=-483.64 kJ•mol-1；
根据盖斯定律可得，①+②得到：CH3OH(g)+O2(g)═HCHO(g)+H2O(g) ∆H2=-149.73KJ/mol；
(2)根据已知信息，脱氢法为吸热反应，根据(1)中计算，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大；
(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法；
(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2；
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由+2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到+4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+；
(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到+4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极；酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；负极的电极反应为HCHO-4e-+H2O = CO2↑+4H+，每反应1molHCHO转移4mol电子，当电路中转移4×10-4mol电子时，参与反应的HCHO为1×10-4mol，质量=30g/mol×1×10-4mol=3×10-3g=3mg。
21． B 温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降 Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降 0.012
【分析】向KOH溶液中通入Cl2发生歧化反应生成KClO以及KCl，KCl对于后续合成高铁酸钾没有帮助，因此在第二步加入KOH固体时被除去；第三步，向溶液中加入硝酸铁，开始反应生成K2FeO4；题干中指出，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会分解，并且Fe3+会催化该反应，因此，加硝酸铁时，量不能过多，避免Fe3+浓度过高，使K2FeO4分解；题干中还指出，KClO不稳定，因此在步骤三中，温度要控制得当，过低时反应速率太慢，过高时会加剧KClO分解，也不利于制备。
【详解】(1)浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，由于高锰酸钾易溶于水，所以可以认为是液体反应，因此装置A不可行；装置C中的塑料板也没有阻拦高锰酸钾的作用，C装置也不可行；故应选用B装置；
(2)第一步即向KOH溶液中通Cl2，发生的离子反应方程式为：；
(3)通过分析可知，第二步加KOH目的是除去KCl；
(4)通过分析可知，温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，ClO-浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降；
(5)通过分析可知，Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降；
(6)由题可知，K2FeO4除Mn(+2价)时，K2FeO4和Mn(+2价)的物质的量之比为2:3；去除率为90%时，水体中的1.1gMn(+2价)被去除了0.018mol，所以消耗的K2FeO4的物质的量为0.012mol。
22． NaOH溶液、Na2SO3溶液 FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 11
【分析】高硫铝土矿生产Al(OH)3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，以此来解答。
【详解】(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；
(2)①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；
(3)向含AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3−)＝2y×5＋y×（−2)，解得＝16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)＝1：16，若1molFeS2完全参与反应，消耗n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。
【点睛】本题(4)计算时注意跟据得失电子守恒计算出n(FeS2)：n(Fe2O3)，根据元素守恒得出生成的Fe3O4的物质的量。
23． a 2OH− + 2ClO2 + H2O2 = 2ClO2− + O2 + 2H2O 减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解 acd 4OH− +3ClO2− + 4NO = 4NO3− + 3Cl− + 2H2O SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大
【分析】I．由制备流程可知，NaClO3和试剂A在H2SO4在作用下发生还原反应生成ClO2和Na2SO4，由元素守恒可知试剂A为二氧化硫，ClO2在与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，再控制温度为38℃～60℃蒸发结晶得到NaClO2晶体；
【详解】(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2，故选a；
(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−，反应的离子方程式为2OH− + 2ClO2 + H2O2 = 2ClO2− + O2 + 2H2O；
(3)含水的NaClO2受热易分解，所以亚氯酸钠溶液中获得晶体，温度不能太高，所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作，在较低温度蒸发浓缩，可防止温度过高NaClO2分解；
(4)a．反应①进行过程中应持续鼓入空气，可将生成气体完全反应，故a正确；
b．反应①后得到的母液中，由元素守恒及反应后离子可知溶质的主要成分是Na2SO4，故b错误；
c．反应②中NaOH溶液应过量，因NaClO2在碱性溶液中稳定存在，故c正确；
d．由信息iii可知，冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2，故d正确；
故答案为：acd；
(5) ①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式3ClO2⁻+4NO+4OH⁻=4NO3⁻+3Cl⁻ +2H2O;
②由实验结果可以知道，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。
24． Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 吸氧腐蚀 O2+4e-+2H2O=4OH- 2 3 10 2 3 5H2O 小于 NaOH CD
【分析】(1)工业上冶炼铁的主要方法是用CO还原氧化铁；
(2)钢铁露置于空气中，主要发生吸氧腐蚀；正极上氧气得电子发生还原反应；
(3)根据流程：Fe(NO3)3与NaClO在NaOH的作用下制得Na2FeO4溶液，加入KOH溶液，除去NaCl，Na2FeO4转化为K2FeO4，过滤结晶得到K2FeO4。
①根据化合价升降相等、电荷守恒、电子守恒配平即可；
②根据溶解度小的制备溶解度更小的物质可得；根据流程可知NaOH能够循环使用；
③A.加入K2FeO4可将氮元素转化为NO3-；
B.1mol高铁酸钾和高锰酸钾得到的电子为3mol、5mol，据此分析；
C.使用高铁酸钾，生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体，根据胶体性质分析；
D.使用高铁酸钾处理后的污水含有较高的氮，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化。
【详解】(1)工业上冶炼铁的主要方法是用CO还原氧化铁，一氧化碳与氧化铁反应生成铁盒二氧化碳，反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故答案为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
(2)钢铁露置于空气中，主要发生吸氧腐蚀；正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)①反应中，铁元素化合价升高3价，氯元素化合价降低2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe3+、FeO42-前的系数是2，ClO-、Cl-前边的系数是3，结合电荷守恒可知OH-的系数是10，最后根据原子守恒可知缺项物质是H2O，其系数是5，因此该反应方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②加入KOH溶液，Na2FeO4能转化为K2FeO4，说明在相同温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，反应方程式为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，可见流程中NaOH可循环使用，故答案为小于；NaOH；
③A.加入K2FeO4可将氮元素转化为NO3-，从而降低污水中NO2-含量，A错误；
B.1mol高铁酸钾和高锰酸钾得到的电子为3mol、5mol，后者可以处理更多的NO2-，B错误；
C.使用高铁酸钾，生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，从而可以减少污水悬浮性颗粒的含量，C正确；
D.使用高铁酸钾处理后的污水中NO2-转化为NO3-，含有较高的氮元素，氮元素是农作物生成需要的营养元素，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化，D正确；
CD正确，故答案为CD。
【点睛】使用高铁酸钾处理后的污水中NO2-转化为NO3-，含有较高的氮元素，如果直接排放到河流中，会导致水体富营养化是解题关键。
25． I2或碘单质 2H2O+4I-+O2=2I2+4OH- IO3-+5I-+6H+=3H2O+3I2，该反应的速度快 少量KIO3固体 快 pH＝8.4时，同时发生了：碘与淀粉变蓝和碘单质与氢氧化钾的歧化反应。由于碘与淀粉变蓝反应快，所以先产生蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质浓度降低，蓝色消失
【分析】由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化为I2，通过书写反应的方程式可知，这会导致溶液的碱性逐渐增强；又因为，一定碱性条件下，I2容易发生歧化反应，生成和I-；那么长时间放置KI溶液，溶液中会含有和I-，这两种离子发生归中反应生成I2的速率较快，应该就是实验1中酸化后溶液更迅速变蓝的原因。为了进一步验证上述猜想，设计实验4时，就要验证的存在对于溶液变蓝速率的影响。实验5的设计是为了验证pH对I2歧化速率的影响，分析几组平行实验的现象差异即可得出相关的结论。
【详解】(1)淀粉遇I2会变蓝，因此溶液变蓝说明其中含有I2；
(2)①由题可知，pH＜11.7时，I-可被O2氧化，所以反应初期pH升高，相关的方程式为：；
②通过分析可知，相比于实验2，实验1中的溶液加酸后迅速变蓝，原因是的反应速率更快；
(3)通过分析可知，为了验证题目(2)②的猜想，需要向溶液中加入KIO3固体；
(4)通过分析四组平行实验的现象差异可知，pH越大，歧化反应速率越大，加入碘水后越难观察到溶液变蓝的现象；pH=8.4时，溶液先产生蓝色，是因为碘单质与淀粉相互作用导致的，在较弱的碱性条件下，I2的歧化反应进行的较慢，因此经过一段时间后，I2逐渐歧化反应消耗完全，蓝色才逐渐褪去。
26． Na2SO3 +H2SO4=Na2SO4+ SO2 ↑+ H2O 过量的SO2溶于水使溶液酸性增强，S2O32-+2H2SO3 =S↓+ SO2↑+ H2O +2HSO3-或S2O32- +2H+= S↓+ SO2↑+ H2O SO2（H2S）、CO2 将溶液蒸发浓缩、(趁热过滤)、降温结晶、过滤。 4Au + 8S2O32- + O2 + 2H2O = 4Au(S2O3)23- + 4OH-，碱性较强时生成的CuO沉淀覆盖在金矿石表面，降低（浸出）反应速率 pH＞10.5时，部分Cu(NH3)42+转化成CuO，降低了Cu(NH3)42+浓度，降低（浸出）反应速率、碱性较强时氧气更易将S2O32-氧化，降低（浸出）反应速率。
【分析】由题中提供的制备硫代硫酸钠的反应方程式以及装置图可知，需要由甲装置制备SO2，将其通入乙装置中反应才可；由于乙中盛放的是碳酸钠和硫化钠的混合溶液，而H2SO3的酸性比H2CO3和H2S都强，所以在乙装置中也可能会发生反应生成CO2和H2S气体；考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，因此乙装置的出口气体可能含有SO2，CO2以及H2S，因此有必要设置丙装置对尾气进行处理。从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，考虑具体操作时，要结合题中给出的溶解度曲线进行分析，由于Na2SO3在较高温度时溶解度较小，相反的是，Na2S2O3·5H2O在较高温度时溶解度较大；因此需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，过滤即可。在书写黄金浸取的总反应方程式时，要注意在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应方程式中并未消耗和生成，实质是Au与O2之间的氧化还原反应；在分析利用硫代硫酸盐等进行黄金浸取时pH过高的条件下浸取率较低的原因时，要注意题中给出的关于以及Cu2+的反应性质。
【详解】(1)①通过分析可知，甲装置中生成了SO2，因此反应的化学方程式为：；
②结合题目中提供的制备硫代硫酸钠的方程式分析，制备过程中乙中的溶液先变浑浊，是因为生成了S单质，S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，因此溶液又变澄清；若继续通SO2，由于会生成H2SO3，所以溶液的酸性会增强，溶液再次出现浑浊，说明S单质再次生成，那么原因就是：Na2S2O3在亚硫酸的作用下发生分解，产生了S单质，相关的离子方程式为：；
③通过分析可知，乙装置中出来的气体可能含有SO2，CO2和H2S，因此NaOH溶液吸收的气体可能有SO2，CO2和H2S；
(2)通过分析可知，从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，再进行过滤即可；
(3)①由题可知，在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应并未消耗和生成，总反应实质是Au与O2之间的氧化还原反应，因此总反应的离子方程式为：；
②通过分析可知，碱性太强金的浸出率下降的原因可能是：pH＞10.5时，部分转化成CuO，降低了浓度，从而使浸出率下降；或者是碱性较强时氧气更易将氧化，从而导致浸出率下降。
【点睛】通过结晶法分离产物时，对于溶解度随温度变化不明显的溶质，如NaCl可采用蒸发溶剂的方法使其结晶；对于溶解度随温度变化明显的溶质，如KNO3可采用冷却热饱和溶液的方法使其结晶；若溶液中含有杂质，且杂质在温度较高时溶解度与产物相差较明显，可采用加热蒸发溶剂的方法使杂质结晶析出，再趁热过滤将其除去。
27． Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3 冷凝回流水合肼 N2H4·H2O被NaClO氧化 加热至有大量固体析出，趁热过滤 N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O
【详解】（1）Cl2与过量 NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，则得到溶液X的离子方程式为Cl2 +2OH－=Cl－+ ClO－+H2O；
（2）①A 中的反应为碱性条件下，次氯酸钠与尿素发生氧化还原反应生成水合肼、碳酸钠和氯化钠，反应的化学方程式NaClO+CO(NH2)2+2NaOH N2H4·H2O+ NaCl+Na2CO3；
②由题意可知水合肼的沸点低，易挥发，为防止水合肼挥发，造成产率降低，应选用冷凝管冷凝回流，故答案为：冷凝回流水合肼；
③水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快时，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率会下降，故答案为：N2H4·H2O被NaClO氧化；
④由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随温度变化大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得 NaCl 粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出，故答案为：加热至有大量固体析出，趁热过滤；
（3）①水合肼和盐酸按物质的量之比 1∶1反应生成N2H5Cl和水，反应的离子方程式N2H4·H2O+ H+=N2H5++H2O；
②一定条件下，水合肼与 发生取代反应生成 和乙醇，则碳酰肼的结构简式是 ，故答案为： 。
【点睛】水合肼有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加 NaClO 溶液的速度较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化是解答关键。
28． Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O 加热(至沸) 淀粉溶液 当滴入最后一滴标准液蓝色褪去且半分钟不恢复 偏高 向滤液中加入适量30%H2O2溶液，使其充分反应 滴加1.0mol·L－1NaOH溶液，调节溶液pH约为5(或3.2≤pH＜5.9)，使Fe3＋沉淀完全
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备ZnO，
【详解】(1)①稀硫酸不能溶解铜，H2O2有较强的氧化性，在酸性条件下能氧化铜，使铜溶解，方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
②过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2 除去可加热至沸腾；
(2)①该滴定过程中要用Na2S2O3标准液滴定碘单质的量，淀粉遇碘变蓝，所以可用淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点；
②若留有H2O2，加入KI后，会有以下反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O误当成2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2 生成的碘，使测定结果偏高；
(3)制备ZnO时要先把滤液中的Fe2＋、Fe3＋除去，而Fe2＋和Zn2＋沉淀时溶液的pH接近，故应该先把Fe2＋氧化为Fe3＋，然后通过调节pH把Fe3＋除去，所以步骤为：向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，调节溶液pH约为5(或3.2≤pH＜5.9)，使Fe3+沉淀完全，向滤液中滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液pH约为10(或8.9≤pH≤11)，使Zn2+沉淀完全，900℃煅烧，制得氧化锌。
29． 作萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰 分液漏斗 FeC2O4在水中的溶解度小 ；在加热水煮过程中二价铁被氧化为三价铁 2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O 酸性条件下，H2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原
【分析】（1）有机物易溶于CCl4；
（2）操作i是分离互不相容的液体；
（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在；
（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+；
（5）用稀硝酸溶解菠菜灰，产生的无色气体使澄清石灰水变浑浊，得到的无色溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀（Ag2C2O4），说明菠菜灰含有C2O42-。
【详解】（1）有机物易溶于CCl4，CCl4的作用为萃取剂，萃取有机色素，排除对Fe2+检验的干扰；
（2）操作i是分离互不相容的液体，操作名称是分液，使用的仪器是分液漏斗；
（3）铁元素主要以难溶的FeC2O4形式存在，Fe2+的浓度小，所以溶液A中未能检测出Fe2+；
（4）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O；
（5）用盐酸溶解菠菜灰得到的溶液B含有H2C2O4 和Cl-，酸性条件下，H2C2O4 和Cl-都可能将MnO4-还原，所以滴加酸性KMnO4溶液，振荡后，溶液紫色消失，不能证明溶液B含有Fe2+。
30． 正 Cu2++2e- === Cu Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O 大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解。 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2.) 1:3 SO2 在Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解
【分析】本题为工艺流程题。
（1）电解精炼铜时阳极材料为粗铜，失电子发生氧化反应，此电极与电源正极相连；阴极材料为纯铜，得电子发生还原反应，此电极与电源负极相连，学生需掌握电极反应式的书写；
（2）本题考查氧化还原反应方程式的书写，可根据化合价变化找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据得失电子守恒配平方程式；
（3）连续氧化还原反应，无论过程分几步进行，过程中转移的电子总数是不变的，以此为桥梁找出氯酸钠与草酸之间的物质的量的关系；
（4）①由于亚硫酸酸性强于碳酸酸性，向碳酸根溶液中通入SO2可将碳酸根转化为亚硫酸根，则X为SO2。
②在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。
【详解】（1）精炼粗铜时，阳极材料为粗铜，失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，此电极与电源正极相连；阴极材料为纯铜，得电子发生还原反应，电极反应式Cu2++2e-=Cu。本小题答案为：正；Cu2++2e- === Cu。
（2）浸铜过程中铜转化为硫酸铜，铜元素的化合价由0价升高到+2价，失电子发生氧化反应，铜为还原剂，H2O2为氧化剂，其中的氧元素化合价由-1价降低到-2价，得电子发生还原反应，生成H2O，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能的原因是大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解，也可能是氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2。。本小题答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2)。
（3）浸金时，Au转化为AuCl4-。Au元素化合价由0价升高到+3价，1molAu失3mol电子，NaClO3转化为NaCl，Cl元素的化合价由+5价降低到-1价，1molNaClO3得6mol电子，根据得失电子守恒金与氯酸钠的物质的量比为2:1；下一步中，AuCl4-转化为Au，Au元素化合价由+3价降低到0价，1mol AuCl4-得3mol电子，H2C2O4转化为CO2，C元素的化合价由+3价升高到+4价，1mol H2C2O4失2mol电子，根据得失电子守恒AuCl4-转与草酸的物质的量之比为2:3，则NaClO3与草酸的物质的量之比为1:3。本小题答案为：1:3。
（4）①浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-，此时向溶液中通入SO2，由于亚硫酸酸性强于碳酸酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为SO2。本小题答案为：SO2。
②在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。本小题答案为：在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。
31． Ag2SO4 Ag2SO4(s) +2 I－ ===2Ag I(s) + SO42－ Ag+ + Fe2+ === Ag + Fe3+ ，2Ag+ +SO42－=== Ag2SO4 探究②中白色沉淀的来源，排除②中铵根的影响。或：验证此浓度下硫酸根是否与银离子有沉淀以及铵根是否有还原性（答案合理即给分） 局部溶液发生反应Fe3+ + SCN- Fe(SCN)3，当振荡试管时，溶液中过量银离子与硫氰根反应生成白色沉淀AgSCN，降低了硫氰根离子的浓度，上述平衡逆移，溶液褪色。 避免氧化性、还原性离子直接接触，发生沉淀反应引起离子浓度的降低，导致离子氧化性、还原性减弱（排除银离子与硫氰根接触产生沉淀的影响等合理可以给分） 硝酸银与不同盐反应的类型（沉淀或氧化还原），与构成盐的阴阳离子的种类、离子浓度、反应条件等有关（其它描述合理给分）
【详解】（1）硝酸银与硫酸铵反应产生硫酸银微溶，故①中的白色沉淀是Ag2SO4；
（2）分离并洗涤①的沉淀Ag2SO4，滴加0.5mol/L KI溶液，沉淀转化为更难溶的AgI，白色沉淀转变为黄色沉淀：Ag2SO4(s) +2 I－(aq)===2Ag I(s) + SO42－(aq)；
（3）由于银离子的氧化性比亚铁离子的强，能将其氧化为铁离子，银离子与硫酸根离子反应产生微溶的硫酸银，故②中可能发生的离子反应有：Ag++Fe2+=Ag+ Fe3+ ，2Ag++SO42－= Ag2SO4；
（4）实验①的设计目的：探究②中白色沉淀的来源，排除②中铵根的影响。（或：验证此浓度下硫酸根是否与银离子有沉淀以及铵根是否有还原性。）
（5）Ⅰ.甲同学认为，红色褪去的原因与平衡移动原理有关，因为：局部溶液发生反应Fe3+ + SCN- Fe(SCN)3，当振荡试管时，溶液中过量银离子与硫氰根反应生成白色沉淀AgSCN，降低了硫氰根离子的浓度，上述平衡逆向移动，溶液颜色褪去。
Ⅲ. 丙同学的设计在证明氧化还原反应的优点是：硝酸银与不同盐反应的类型（沉淀或氧化还原），与构成盐的阴阳离子的种类、离子浓度、反应条件等有关。
【点睛】本题考查常见阳离子检验，通过设计实验方案，分析离子反应的原因，考查学生的创新设计的能力，命题侧重于离子检验时排除其他离子可能造成的干扰及简答题的答题规范和实验方案设计。
32． 第三周期第ⅠA族 F−＞Na+＞Al3+ NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3 不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）
【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。
【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族，答案为：第三周期第ⅠA族；
（2）根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：F−＞Na+＞Al3+；答案为：F−＞Na+＞Al3+；
（3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；
（4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2＞I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2＞Br2。答案为：不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。
33． N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol 第3周期IA族 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO
【分析】根据周期表的位置判断，a、b、d、e分别为C、N、O和Si，据此解答。
【详解】（1）a为碳元素，其原子结构示意图为：；d的一种氢化物为常见溶剂，由此可知其为H2O，属于共价化合物，其电子式为：；
（2）b的单质为N2，其与氢气在500℃、101 kPa条件下发生反应生成1molNH3时，放出53.05 kJ热量，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H =-106.1 kJ/mol；
（3）X、Y为同周期金属元素，它们简单离子的电子层与d离子的电子层结构相同，因此X和Y是第三周期的钠、镁和铝等，Y离子半径在同周期元素简单离子半径中最小，因此Y是铝，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱中，因此X是Na，则X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应生成盐和水的化学方程式是：；X为钠元素，其在周期表中位置为：第3周期IA族；
（4）与Y同周期的W元素，其原子半径是同周期主族元素中最小的，则W为氯元素，工业上制取Y和W的无水化合物A1Cl3方法如下：Y的氧化物Al2O3与a、W的单质C和Cl2在高温条件下反应，每消耗6kg碳单质，过程中转移1×103mo1电子，则反应中碳的化合价变化为=2，即碳元素化合价由0价升高为+2价，生成物应该为CO，根据氧化还原反反应的配平，可知相应反应的化学方程式：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。
34． 化学 2SO2+O2 2SO3 SO2 + H2O2＝ H2SO4 H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）
【详解】（1）煤的液化、气化、干馏都属于化学变化过程，故答案为：化学；
（2）①SO2在反应器中与空气反应使其转化为SO3，故反应器中的化学方程式2SO2+O2 2SO3，故答案为：2SO2+O2 2SO3；
②利用H2O2吸的氧化性是二氧化硫转化成硫酸，即H2O2吸收SO2的化学方程式SO2+H2O2＝H2SO4，尾气中SO2的含量（体积分数）的计算式，故答案为：SO2+H2O2＝H2SO4；；
（3）①由图中信息可知，0~t1段溶液中的n(Fe3+)逐渐减小，是因为H2S和FeCl3溶液发生了反应生成了硫单质其离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；在酸性条件下，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变，故答案为：t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）。
35． 2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH bcd 碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价 Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl— ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。 c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降 0.1
【分析】（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。
（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；
b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯；
c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法；
d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯。
（3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。
②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
（4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。
②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。
③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。
【详解】（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案为：2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。
（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；
b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯，故b符合题意；
c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；
d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。
（3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。本小题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。
②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4，Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。本小题答案为：Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。
（4）①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。
②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。
③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即1m3食盐水中I-的含量≤0.2 mg•L-1×1m3×1000=0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则1m3含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水需处理掉1.47 mg•L-1×1m3-0.2g=1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=0.1L。本小题答案为：0.1。
36． k和c a和l 2∶1 4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2++N2O↑+5H2O
【详解】（1）N位于第二周期VA族，其原子结构示意图为；
（2）氮的固定是游离态的氮转化成为化合态的氮，根据循环图，得出属于氮的固定的是k和c；发生非氧化还原反应，说明化合价没有发生变化，即属于非氧化还原反应的是a和l；
（3）反应h的化学反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，氧化产物是HNO3，NO是还原产物，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:1；
（4）根据信息，Zn＋H＋＋NO3－→Zn2＋＋N2O↑＋H2O，Zn的化合价升高2价，N2O中N的化合价共降低8价，最小公倍数为8，然后根据所带电荷数守恒以及原子守恒，离子反应方程式为4Zn+2NO3－+10H＋=4Zn2＋+N2O↑+5H2O。
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