北京市西城区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

这是一份北京市西城区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

北京市西城区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

一、单选题
1．（2020·北京西城·统考二模）探究甲醛与新制Cu(OH)2的反应：①向6 mL 6mol/L NaOH溶液中滴加8滴2% CuSO4溶液，振荡，加入0.5 mL 15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加热，迅速产生红色沉淀，产生无色气体；②反应停止后分离出沉淀，将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解；③相同条件下，甲酸钠溶液与新制Cu(OH)2共热，未观察到明显现象；已知：，甲醛是具有强还原性的气体，下列说法正确的是
A．红色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu
B．将产生的无色气体通过灼热的CuO后得到红色固体，气体中一定含有CO
C．从甲醛的结构推测，其氧化产物可能为碳酸()因此实验中得到的无色气体中大量含有CO2
D．含有-CHO的有机物都可以被新制Cu(OH)2氧化
2．（2020·北京西城·统考二模）已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法不正确的是
A．CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl－和ClO－
B．CaOCl2和Cl2中均含有非极性共价键
C．在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性
D．每产生标准状况下2.24 L Cl2，转移电子的数目约为6.02×1022
3．（2020·北京西城·统考二模）处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在N2、HCO3−、ClO−、CNO−（C+4价，N-3价）、Cl−等微粒。下列说法不正确的是

A．该废水呈强酸性
B．废水处理后转化为无害物质
C．反应的离子方程式：3ClO−+2CNO−+H2O == N2+2HCO3−+3Cl−
D．每处理1 mol CNO−转移3 mol e−
4．（2020·北京西城·统考一模）下列变化过程不涉及氧化还原反应的是
A
B
C
D
将铁片放入冷的浓硫酸中无明显现象
向 FeCl2 溶液中滴加 KSCN溶液，不变色，滴加氯水后溶液显红色
向 Na2SO3 固体中加入硫酸，生成无色气体
向包有 Na2O2 粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧

A．A B．B C．C D．D
5．（2021·北京西城·统考二模）实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列说法不正确的是
A．Cl2是氧化产物
B．浓盐酸在反应中只体现还原性
C．每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子
D．反应中KMnO4的氧化性强于Cl2
6．（2021·北京西城·统考二模）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．双氧水作消毒剂 B．生石灰作干燥剂
C．碳酸氢钠作膨松剂 D．氧化铁作红色颜料
7．（2021·北京西城·统考一模）下列说法正确的是
A．标准状况下，含有的分子数约为
B．含有的中子数约为
C．和的混合物中含有的氮原子数共约为
D．与足量的反应转移的电子数约为
8．（2021·北京西城·统考一模）下列反应中，酸体现还原性的是
A．与浓盐酸共热制 B．与浓硫酸共热制
C．与稀硫酸反应制 D．与稀硝酸反应制备
9．（2022·北京西城·统考二模）将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是
A．分与合相结合 B．量变与质变相结合
C．化学与社会和谐发展 D．物质变化是有条件的
10．（2022·北京西城·统考二模）某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：

实验
试剂a
现象与结果
I

10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5mol/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
下列说法不正确的是
A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B．由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C．增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D．[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
11．（2022·北京西城·统考二模）向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法不正确的是
A．依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)
B．HCN的结构式是H—C≡N
C．反应中每1molFe转移2mol电子
D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6

二、实验题
12．（2020·北京西城·统考二模）某铜合金中Cu的质量分数为80%～90%，还含有Fe等。通常用间接碘量法测定其中Cu的含量，步骤如下：
Ⅰ．称取a g样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2，冷却后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中；
Ⅱ．取50.00 mL滤液于锥形瓶中，加入NH4F溶液，控制溶液pH为3～4，充分反应后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；
Ⅳ．平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液的体积平均为v mL，计算铜的质量分数。
已知：ⅰ．F−与Fe3+生成稳定的FeF63−（无色）。
ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。
ⅲ．I2+I− ⇌ I3−（棕黄色）。     
ⅳ．I2+2Na2S2O3== 2NaI+Na2S4O6（无色）。                
(1)Ⅰ中Cu溶解的离子方程式是__________________________。
(2)Ⅱ中Cu2+和I−反应生成CuI白色沉淀和I2。
①加入NH4F溶液的目的是__________________________。
②Cu2+和I−反应的离子方程式是_________________________。
③加入过量KI溶液的作用是________________________________。
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3−，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是_。
(4)样品中Cu的质量分数为______(列出表达式)。
13．（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__。
14．（2022·北京西城·统考二模）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2

三、原理综合题
15．（2020·北京西城·统考二模）某炼锌厂利用含ZnO的烟尘脱除硫酸工艺烟气中的SO2制ZnSO4。
已知：Ⅰ．ZnSO3·H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水。
Ⅱ．25℃时，溶液中S（+4价）各组分的物质的量分数随pH变化曲线如下图。

Ⅲ．O3为强氧化剂，1 mol O3被还原转移2 mol e−，同时生成1 mol O2。
(1)SO2造成的环境问题主要是_____________________。
(2)ZnO将SO2转化为ZnSO3·H2O的化学方程式是_____________________________。
(3)将ZnSO3·H2O悬浊液转化为ZnSO4时，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟O3氧化解决该问题。初始时用盐酸将5% ZnSO3悬浊液调至 pH＝3.5，以一定的进气流量通入O3，研究O3氧化ZnSO3·H2O，其中溶液pH随时间变化的曲线如下：

①pH＝3.5的溶液中含S（+4价）的离子主要是____________________。
②一段时间后，溶液的pH减小，此过程中主要反应的离子方程式是________________。
③解释O3氧化可防止管道堵塞的原因：___________________。
16．（2021·北京西城·统考一模）NSR(NO2的储存和还原在不同时段交替进行)技术可有效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中NO2的排放，其工作原理如图。

(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566kJ·mol-1
则NSR技术工作原理的热化学方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H3=____。
(2)①存储阶段：Ba存储NO2后转化为Ba(NO3)2的化学方程式是____。
②还原阶段：NO2从Ba(NO3)2中释放，然后在Pt的表面被CO、H2还原为N2。若参加反应的n(CO)=n(H2)，则反应的n(CO)：n(H2)：n(NO2)=____。
(3)某实验小组模拟NSR系统中的一个存储、还原过程。让尾气通过NSR反应器，测得过程中出口NO2浓度变化如图。

①t1时刻前，NO2的浓度接近0，原因是____。
②t2时刻，切换至贫氧条件，NO2的浓度急剧上升又快速下降的原因是____。
17．（2022·北京西城·统考一模）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。

(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能/(kJ/mol)
反应a：  

24.6
反应b：  

3.17
反应c：  

58.17
①已知：  ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。

(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。

①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。

参考答案：
1．A
【解析】向6 mL 6 mol·L−1 NaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，配制成新制的Cu(OH)2，加入0.5 mL15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加热，甲醛具有强还原性，与新制的Cu(OH)2发生氧化还原反应，迅速产生红色沉淀，产生无色气体。将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，根据已知信息：Cu2O 浓盐酸[CuCl2]−，可知，红色沉淀不是Cu2O，可能是Cu。甲醛被氧化，根据甲醛中碳元素的化合价为+2价，可知氧化产物不可能为CO，可能是碳酸盐，由于水浴加热，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，据此分析解答。
【详解】A．根据已知信息，Cu2O [CuCl2]−，实验操作②中，红色沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，则可以确定红色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu，故A正确；
B．甲醛是具有强还原性的气体，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，可将灼热的CuO还原为铜单质，得到红色固体，所以不能证明气体中含有CO，故B错误；
C．配制新制氢氧化铜悬浊液时，NaOH是过量的，在碱性溶液中不可能产生二氧化碳，故C错误；
D．根据实验操作③，甲酸钠中也含有醛基，与新制的Cu(OH)2反应，未观察到明显现象，含有-CHO的甲酸钠没有被新制Cu(OH)2氧化，故D错误；
答案选A。
【点睛】2015年第6期77页《化学教学》上有一篇文章，通过探究了甲酸和新制氢氧化铜的反应，实验结论是适量甲醛和新制氢氧化铜反应生成的是Cu2O和甲酸钠，过量的甲醛和新制氢氧化铜反应生成的是铜和甲酸钠，副反应中有氢气生成。
2．B
【分析】由化学反应方程式CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O可知，反应中混盐含有的阴离子为Cl-和ClO-，CaOCl2自身既是氧化剂又是还原剂，反应中C1-失电子，C1O-得电子，发生归中反应。以此分析。
【详解】A.根据上述分析可知：CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl－和ClO－，故A正确；
B.CaOCl2中没有非极性共价键，故B错误；
C.在CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O反应中，浓硫酸中没有化合价变化，不体现氧化性，故C正确；
D.标准状况下2.24 L Cl2为0.1mol，根据反应中C1-失电子，C1O-得电子，可知发生归中反应生成Cl2，所以转移电子的数目约为6.02×1022，故D正确；
故答案：B。
3．A
【分析】由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。
【详解】A．根据分析，离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，产物中含有碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有HCO3-离子，故A错误；
B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发生的反应产物为N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故B正确；
C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO−+2CNO−+H2O = N2+2HCO3−+3Cl−，故C正确；
D．根据分析，还原反应为ClO-→Cl-，Cl元素由+1价变为-1价，3mol ClO-可处理2mol CNO-，转移电子的物质的量=3mol×2=6mol，则每处理1 mol CNO−转移3 mol e−，故D正确；
答案选A。
【点睛】根据图象，确定出反应物离子和生成物离子，根据元素守恒，电荷守恒配平离子方程式是解本题的关键，根据化合价的变化，计算出转移的电子数的物质的量。
4．C
【详解】A. 铁遇冷的浓硫酸发生钝化，铁被氧化生成致密的氧化层薄膜，属于氧化还原反应，故A错误；
B. 向 FeCl2溶液中滴加 KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，氯化铁与硫氰化钾溶液反应，溶液显红色，属于氧化还原反应，故B错误；
C.亚硫酸钠与硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应前后没有化合价改变，不属于氧化还原反应，故C正确；
D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放出大量的热，放出的热量使氧气和脱脂棉反应，使脱脂棉燃烧，属于氧化还原反应，故D错误；
故选C。
【点睛】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，结合反应的特点以及元素化合价的角度判断反应是否为氧化还原反应是解答关键。
5．B
【详解】A．该反应中HCl中部分氯元素化合价升高得到氯气，所以氯气为氧化产物，A正确；
B．该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化锰和水，体现了酸性，B错误；
C．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，所以转移0.2mol电子，C正确；
D．该反应中KMnO4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，D正确；
综上所述答案为B。
6．A
【详解】A．双氧水作消毒剂利用了过氧化氢的强氧化性使蛋白质变性，故A符合题意；
B．生石灰作干燥剂是利用了生石灰与水反应生成熟石灰，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠作膨松剂是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳，使物质蓬松，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；
D．氧化铁作红色颜料是利用氧化铁的颜色，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；
故答案为：A
7．D
【详解】A．标况下CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．的中子数为18-8=10，则含有的中子数约为，故B错误；
C．和的混合物中含有的氮原子数共介于~之间，故C错误；
D．氯气与Fe反应生成氯化铁，Cl元素化合价从0降低到-1价，1mol氯气参与反应得2mol电子，则与足量的反应，氯气全部参与反应，则转移的电子数约为，故D正确，
故选D。
8．A
【详解】A．Cl元素的化合价升高，还生成氯化锰，则盐酸作还原剂表现还原性，故A正确；
B．S元素的化合价不变，只表现酸性，故B错误；
C．由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H元素的化合价降低，表现氧化性，故C错误；
D．由3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故D错误；
故选：A。
9．A
【详解】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是分与合相结合，与量变与质变相结合量变与质变相结合、化学与社会和谐发展、物质变化是有条件的思想方法无关，故选A。
10．B
【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。
11．A
【详解】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A错误；
B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H—C≡N，故B正确；
C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C正确；
D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D正确；
故选A。
12． Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I− 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 将Cu2+充分还原为CuI；I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发 将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，释放出吸附的I2和I3−，提高测定结果的准确程度 (63.5×5×cv×10−3×)×100%
【分析】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，影响Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，提高Cu含量测定的准确性；
(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附I2和I3−；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗Na2S2O3计算Cu2+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。
【详解】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，导致消耗I−的含量最大，使Cu含量测定不准确，根据题意，F−与Fe3+生成稳定的FeF63−(无色)，加入NH4F溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I−，确保Cu含量测定的准确性；
②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；
③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，同时过量的KI溶液可发生I2+I− ⇌ I3−，I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发，提高Cu含量测定的准确性；
(3)因室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的I2和I3−，I2充分被滴定，提高测定结果的准确程度；
(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L−1×v×10-3L=cv×10-3mol，则n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中Cu的质量分数为==(63.5×5×cv×10−3×)×100%。
13． 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。
14．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 c(Co3+)
(2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O O2
(3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+

【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
15． 酸雨 2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O HSO3− HSO3−+O3=SO42−+O2+H+（2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3） O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞
【分析】(1)SO2造成酸雨的主要气体；
(2)ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O；
(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线分析判断pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子；
②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，溶液的pH减小；
③O3将难溶的ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4，反应速率加快。
【详解】(1)SO2造成的环境问题主要是酸雨；
(2) ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O，化学方程式是2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O；
(3)①根据25℃时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线，pH＝3.5的溶液中HSO3−浓度远远大于H2SO3，pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子主要是HSO3−；
②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，HSO3−的氢离子被释放，溶液的pH减小；离子方程式是：HSO3−+O3=SO42−+O2+H+(或2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3)；
③O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞。
16．(1)-746.5kJ/mol
(2) Ba+O2+2NO2=Ba(NO3)2 1：1：1
(3) t1时刻前几乎所有的NO2都被存储在催化剂上 存储在催化剂上的NO2被迅速释放，后又与还原性气体快速反应转化为N2

【解析】（1）
；
（2）
从图中可以看出，存储阶段Ba与O2、NO2反应生成硝酸钡，化学方程式为：Ba+O2+2NO2=Ba(NO3)2；NO2从Ba(NO3)2中释放，然后在Pt的表面被CO、H2还原为N2，若参加反应的n(CO)=n(H2)，化学方程式为：,反应的n(CO)：n(H2)：n(NO2)=1：1：1；
（3）
存储阶段，NO2被存储在催化剂上，故t1时刻前，NO2的浓度接近0，故原因为：t1时刻前几乎所有的NO2都被存储在催化剂上；切换至贫氧条件，NO2被释放出来，故原因为：存储在催化剂上的NO2被迅速释放，后又与还原性气体快速反应转化为N2。
17．(1) 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
(2) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 溶液直接与反应是脱除的主要原因

【详解】（1）①已知：反应a：  ，
  ，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
（2）①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。