北京市朝阳区、丰台区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

这是一份北京市朝阳区、丰台区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应，共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

北京市朝阳区、丰台区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

一、单选题
1．（2022·北京朝阳·统考一模）某同学进行如下实验：
实验
操作和现象
Ⅰ
向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是
A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I-
2．（2022·北京朝阳·统考一模）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用固体制备纯碱
B．用作为潜水艇或呼吸面具的氧气来源
C．用净化含少量泥土的浑浊水
D．用除去粗盐中的钙离子
3．（2022·北京朝阳·统考一模）探究溶液的性质，进行如下实验。(已知：的)
实验
装置
气体a
现象
Ⅰ


溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ

一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是
A．溶液呈碱性：
B．实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，的氧化性强于
C．两个实验中，通入气体后，试管中溶液的均降低
D．实验Ⅰ中，溶液能促进气体的溶解
4．（2021·北京朝阳·统考一模）实验室用如图方法制备饮用水消毒剂：

已知：为强氧化剂，其中N元素为价。下列说法不正确的是
A．的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为
C．若与恰好完全反应，则X为
D．饮用水中残留的可用适量溶液去除
5．（2021·北京朝阳·统考一模）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
B．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
D．用FeCl3溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色
6．（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%
7．（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
8．（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
9．（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
10．（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是阿伏伽德罗常数的值，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
11．（2021·北京丰台·统考一模）下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是
A．NO2气体溶于水，气体由红棕色变为无色
B．SO2气体通入品红溶液，溶液由红色变为无色
C．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黄色
D．KSCN溶液滴入FeCl3溶液中，溶液由棕黄色变为红色
12．（2021·北京丰台·统考一模）向2 mL 1 mol/L淀粉KI溶液中通入SO2再加入1 mL 1mol/L盐酸，溶液迅速变黄，塞紧胶塞静置一段时间，溶液变成乳黄色。

下列说法中不正确的是
资料：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
A．整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用
B．该反应能够证明SO2既有氧化性又有还原性。
C．改变c(H+)对反应速率没有影响
D．结合实验现象可以证明SO2与I-的反应速率小于SO2与I2的反应
13．（2021·北京丰台·统考一模）在大量排放CO2导致全球气候变暖的背景下，以CO2为原料的甲烷催化干重整工艺(DRM)被广泛关注。其主要反应机理如图：

下列关于该过程的说法不正确的是
A．CO2是氧化剂
B．只有极性键发生断裂
C．载体没有参与反应
D．获得的产物可用作燃料、冶炼金属等
14．（2022·北京丰台·统考二模）某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
反应ii：C6H8O6(维生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+
下列说法不正确的是
A．反应ii中维生素C发生氧化反应
B．反应速率：反应i<反应ii
C．溶液pH最终会变大
D．若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)=amol
15．（2022·北京丰台·统考二模）下列物质的用途涉及氧化还原反应的是
A．用NaHCO3作食品膨松剂
B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热
C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂

二、填空题
16．（2021·北京丰台·统考一模）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
I.制备
(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式_______。
(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式_______。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：

过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
过程I的离子方程式是_______。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_______。
II.废水中锰含量的测定
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为____ g/mL。

三、实验题
17．（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）
18．（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________。
19．（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：_________________________。
20．（2021·北京丰台·统考一模）保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应。可用作还原剂和漂白剂。
I.实验室制法
将甲酸钠(易溶于水，微溶于甲醇)、80%甲醇水溶液和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，并维持体系弱酸性环境。
(1)补全反应的化学方程式：HCOONa+NaOH+SO2=_____+CO2+_____，_______。
(2)实验中采用80%甲醇水溶液的目的是______。
(3)反应一段时间后，装置中有白色固体析出，将固体过滤、洗涤、干燥、收集。干燥保险粉的最佳方法____。(选填字母)
a.空气中蒸发干燥b.真空干燥c.氯化氢气流中蒸发干燥
II.工业制法
(4)用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。写出a电极的电极反应式___。

III.制备过程中，产生COD值很高的废水的处理方法
资料：COD为化学需氧量，是表示水中还原性物质多少的一个指标。是指在一定的条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，可利用其氧化性氧化水体中的还原性物质，以达到处理COD值很高的废水的目的。
(5)用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程_______。
(6)当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标。可能的原因是_______。
21．（2022·北京丰台·统考一模）实验室研究不同价态铜元素之间的转化。
Ⅰ．研究、的转化
(1)下列试剂能实现转化的是___________。
A．浓硝酸            B．硫黄            C．氯气
(2)两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是___________。
Ⅱ．研究的转化
已知：  
为无色，在空气中极易被氧化为
物质
CuCl(白色)
CuI(白色)
(黑色)
CuS(黑色)
Ksp




实验如下：
实验a

实验b


现象：无明显变化

现象：产生白色沉淀

(3)实验a中反应难以发生的原因是___________。
(4)实验b中反应的离子方程式为___________。
(5)通过对上述实验的分析，甲预测溶液与KI溶液混合也能实现转化
①甲预测的理由是___________。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了转化，理由是___________。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，___________，观察到___________，证明实验c中实现了转化。
(6)基于实验c，乙认为与也能反应得到，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析与反应没有生成的原因___________。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明在一定条件下可以将转化为＋1价Cu，并进一步得到了，实验方案是___________。

四、工业流程题
22．（2022·北京朝阳·统考一模）从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制备CuSO4·5H2O的流程如下。

(1)上述流程中能加快反应速率的措施有_______。
(2)粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：
①相对于Cu2+，粗液中浓度过小，原因是_______(用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。
②粗液中浓度较大，但由于_______，不能得到硝酸铜晶体。
(3)测量粗品中铁(含、)的含量，评定纯度等级。
Ⅰ．用水溶解一定质量粗品，加入稀和溶液，加热。
Ⅱ．待溶液冷却后，加入试剂X至溶液。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。
Ⅲ．用稀溶解红褐色沉淀，滴入溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。
已知：完全沉淀的pH为6.7，完全沉淀的pH为2.8
①Ⅰ中将氧化为的离子方程式是_______。
②试剂X是_______。
(4)电解：在不同电压、不同pH(pH<7)条件下电解溶液，研究溶液的再生条件。
序号
电压

阴极现象
阳极产物
i

a
无气泡，少量金属析出
无，有
ii

b
较多气泡，极少量金属析出
无，有
iii

a
少量气泡，少量金属析出，
有，有
(，)
①iii中产生的原因有、_______。
②溶液再生的合适条件是_______(填实验序号)。
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________。

25．（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。
26．（2022·北京丰台·统考二模）某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，从中提取Se的工艺流程如下：

已知：
化学式
Ag2Se
AgCl
Ksp(常温)
2.0×10-64
1.8×10-10
(1)酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是_______。
(2)“氯化”过程中发生如下转化：
①Se转化为H2SeO3，化学方程式为_______。
②Ag2Se转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因_______。
(3)①“还原”过程中发生反应的化学方程式为_______。
②Cl2、SO2、H2SeO3氧化性由强到弱的顺序为_______。
(4)滴定法测定CuSO4溶液的浓度，其基本原理为：
第一步：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
第二步：2(无色)+I2=(无色)+2I-
①由此可知滴定所用的指示剂为_______。
②已知CuSO4溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗cmol·L-1Na2S2O3溶液VmL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为_______mol·L-1。
③若使用的KI溶液过量，对滴定结果的影响是_______(填“偏大”或“偏小”或“不影响”)。

五、原理综合题
27．（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_____________________________________________。

六、结构与性质
28．（2022·北京丰台·统考二模）氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法如下：
NaBH4B(OH)3→BN
已知：1.电负性：H2.1 B2.0 N3.0 O3.5
2.SiC与BN晶体的熔点和硬度数据如下：
物质
熔点/℃
硬度
碳化硅(SiC)
2830
9-9.5
氮化硼(BN)
3000
9.5
(1)NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”。从化合价角度分析NaBH4具有强还原性的原因是_______。
(2)硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子的空间构型为_______。
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，描述配位键的形成过程_______。
(3)某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：

①氮化硼(BN)属于_______晶体；B原子的轨道杂化类型为_______。
②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______。
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞的边长为_______cm(列计算式)。

参考答案：
1．D
【详解】A．向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将溴水中的溴萃取出来，CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2，A正确；
B．向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将碘水中的碘萃取出来，CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性，B正确；
C．向KBr、KI的混合液中加入CCl4，滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，氯气将KI中的碘置换出来，Cl2的氧化性强于I2，C正确；
D．再滴加氯水，振荡后紫色褪去，氯气与碘、水反应生成了盐酸和碘酸，继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色，氯气和溴化钾反应生成溴单质，水溶液中已不存在I-，D错误；
答案选D。
2．B
【详解】A．碳酸氢钠加热分解得到纯碱，同时生成水和二氧化碳，反应的化学方程式为，反应的过程中元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，故A不符合题意；
B． 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为，，反应过程中氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；
C． Al2(SO4)3在溶液中水解出Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，水解过程中元素的化合价没有发生变化，为非氧化还原反应，故C不符合题意；
D． 中的碳酸根离子与钙离子结合生成碳酸钙沉淀，从而除去粗盐中的钙离子，该反应为非氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
3．D
【详解】A。溶液因水解呈碱性，水解方程式为，故A错误；
B．实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较和的氧化性，故B错误；
C．实验Ⅰ中随的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；
D．溶液因水解呈碱性，溶于水显酸性，故溶液能促进气体的溶解，故D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．NH4C1为离子化合物，是铵根离子和氯离子构成的，电子式为，故A正确；
B．氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，故B正确；
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，发生反应为：，x为NaCl、NaOH的混合溶液，故C错误；
D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确。
故选：C。
5．C
【详解】A．过氧化钠与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成氧气，反应中发生了氧化还原反应，故A不选；
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，K2Cr2O7酸性溶液被乙醇还原成三价铬离子，溶液由橙色变为绿色，与氧化还原反应有关，故B不选；
C．发生的离子反应为AgCl+I-⇌AgI+Cl-，无化合价变化，与氧化还原反应无关，故C选；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁离子被还原为亚铁离子，与氧化还原反应有关，故D不选；
故选：C。
6．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。

7．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。

8．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。

9．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。
10．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。
11．A
【详解】A．二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，气体由红棕色变为无色，N元素的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，A项正确；
B．SO2气体通入品红溶液，溶液由红色变为无色说明二氧化硫具有漂白性，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B项错误；
C．碘化钾溶液滴入氯化银浊液中，生成碘化银沉淀，该反应元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C项错误；
D．KSCN溶液滴入氯化铁溶液中，溶液变为红色，发生络合反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，D项错误；
答案选A。
12．C
【详解】A．由题可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和SO，反应方程式为3SO2+2H2OS↓+2SO+4H+，KI在反应过程中没有任何改变，故为催化剂，A正确；
B．根据A选项的方程式可知，SO2既有氧化性又有还原性，B正确；
C．H+为反应物，改变反应物浓度，改变反应速率，C错误；
D．KI先与SO2反应生成I2，若SO2与I-的反应速率大于SO2与I2的反应，则应该马上生成淡黄色固体，但是先生成了乳黄色液体，而要在一定条件下沉淀才能生成S，则可以说明SO2与I-的反应速率小，D正确；
答案选C。
13．C
【详解】A．由题干所示主要反应机理图可知，该过程的总反应为：CH4+CO2 CO+2H2，反应中CO2中的C元素的化合价由+4价降低为+2价，被还原，CO2是氧化剂，A正确；
B．由题干所示主要反应机理图可知，该过程的总反应为：CH4+CO2CO+2H2，故反应物CH4和CO2均只含极性共价键，故只有极性键发生断裂，B正确；
C．由题干所示主要反应机理图可知，载体在反应过程中参与反应，C错误；
D．该过程的总反应为：CH4+CO2CO+2H2，获得的产物为CO和H2可用作燃料、冶炼金属等，D正确；
故答案为：C。
14．D
【详解】A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C6H6O6中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B正确；
C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C正确；
D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)＞amol D错误；
答案选D。
15．B
【详解】A．用NaHCO3作食品膨松剂是因为受热分解放出二氧化碳气体，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热，在反应中铁粉被氧气氧化，发生了氧化还原反应，故B正确；
C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4，先反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙再与盐酸反应，都为复分解反应，故C错误；
D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂，原理是铁离子和铝离子发生水解反应生成胶体，不涉及氧化还原反应，故D错误。
故选B。
16． 4Al+3MnO23Mn+2Al2O3 MnO2+SO2MnSO4 2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生 55 c(V1-V0)×10-3
【详解】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。
17． 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。
18． 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。
19． 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。
20． HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O 溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率 b 2+2e-+2H+=+2H2O H2O22∙OH Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)
【详解】
I. (1)该反应为制备保险粉Na2S2O4的反应，根据已知的反应物和部分生成物结合得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O ，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
(2)由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故实验中采用80%甲醇水溶液的目的是溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率，故答案为：溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率；
(3) 由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故干燥保险粉的最佳方法是避免与O2和酸性物质接触，最好用真空干燥，故答案为：b；
II.工业制法
(4)根据装置图中物质的进出情况可知，电极a为由NaHSO3转化为保险粉Na2S2O4，故用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4的电极反应式为2+2e+2H+=+2H2O，故答案为：2+2e-+2H+=+2H2O；
III. (5) 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，故用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程为：H2O22∙OH，故答案为：H2O22∙OH；
(6) Fe2+消耗•OH，•OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的•OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)，当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标，故答案为：Fe2+消耗OH，OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)。
21．(1)B
(2)都具有氧化性，但氧化性强弱不同
(3)反应限度太小或者溶液中不稳定极易转化为Cu和
(4)
(5) 具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀 可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu 洗涤沉淀物，向其中加入氨水 观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色
(6) 与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应 按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀。


【分析】氧化性强的物质可将变价金属氧化到较高价态，氧化性弱的物质可将变价金属氧化到较低价态。CuSO4溶液和Cu体系存在，加入Cl-生成CuCl白色沉淀，使平衡逆向移动而可导致Cu溶解。Ksp较大的物质容易转化为Ksp较小的物质。
（1）
实现转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现转化，故选B。
（2）
、的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但需要强氧化剂，需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同。
（3）
据已知  ，K值大，即溶液中不稳定极易转化为Cu和，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生。
（4）
实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：。
（5）
①实现转化需加入还原剂，甲预测的理由是具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；
②向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu，故无法证明实现了转化；
③要证明实验c中实现了转化，需证明存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的，随即在空气中被氧化为，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证。
（6）
①与两溶液混合后只得到了CuS，是由于与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；
②因与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到，故可将与分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用的溶度积较小，将转化为。实验方案是：按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即。
。
22．(1)加热、搅拌
(2) 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大
(3) 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 氨水

(4) 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ii  

【解析】（1）
常用加快化学反应速率的措施有加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：加热，搅拌，故答案为：加热、搅拌；
（2）
①由于离子反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致溶液中相对于Cu2+，粗液中浓度过小，不能得到硝酸铜晶体，故答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②粗液中浓度较大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能导致不能得到硝酸铜晶体，故答案为：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；
（3）
①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将氧化为，便于后续调节pH来产生氢氧化铁沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为： 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是氨水等，故答案为：氨水；
（4）
，故答案为：①由表中信息可知，iii中产生了Cl2，Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，故iii中产生的原因有、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe2+的损失少，且阳极上不产生Cl2，对环境无污染，故溶液再生的合适条件是ii，故答案为：ii。
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． 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。
25． 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。
26．(1)将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离
(2) Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3 Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2-(aq)，Se2-被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2-)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
(3) H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4 Cl2> H2SeO3>SO2
(4) 淀粉 不影响

【分析】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se，据此分析解答。
【详解】（1）酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
（2）①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，化学方程式为：Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；
②由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知：Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2-(aq)，Se2-被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2-)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
（3）①SO2具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，发生反应的化学方程式为：H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；
②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知：氧化性Cl2> H2SeO3>SO2；
（4）①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉；
②由关系式知：2CuSO4~ I2~ 2Na2S2O3，c（CuSO4）=；
③若使用的KI溶液过量，因为过量的I-不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。
27． 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：。
28．(1)NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价
(2) 平面三角形 B与水中的OH-形成配位键，B原子佳电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键
(3) 共价
sp3 N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC

【详解】（1）NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH4具有强还原性；
（2）硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-
①硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键；
（3）①氮化硼(BN)属于共价晶体；由图可知每个B原子距离最近的N原子有4个，B原子的价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp3杂化；
②N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的边长为acm，，。