北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编18氧化还原反应（6）

这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编18氧化还原反应（6），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编18氧化还原反应（6）

一、单选题
1．（2020·北京·模拟预测）科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法错误的是

A．氧化性：，还原性：
B．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
C．该过程中为中间产物
D．上述反应过程中，的成键数目保持不变
2．（2020·北京·模拟预测）冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是

A．活性溴化合物BrCl中含非极性键
B．溴自由基和氯自由基只具有氧化性
C．通过循环大气中OH自由基的浓度降低
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等
3．（2020·北京·模拟预测）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．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
4．（2020·北京·模拟预测）下列方程式与所给事实不相符的是
A．向酸性溶液中滴加溶液，溶液褪色：
B．向沸水中滴加饱和溶液，胶体：
C．向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：
D．用作潜水艇供氧剂：；
5．（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
6．（2020·北京·模拟预测）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A．Fe B． C． D．
7．（2020·北京·模拟预测）下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．根瘤菌固氮 B．84消毒液久置失效
C．用植物秸秆制造酒精 D．用石灰乳脱除烟气中的
8．（2020·北京·模拟预测）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A． B．Mg C． D．
9．（2020·北京·模拟预测）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是

A．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
B．该过程中SO为催化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性
D．SO转化为HSO的方程式为：SO+NO2+H2O=HNO2+HSO
10．（2020·北京·模拟预测）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用溶液除铁锈 B．用溶液除去水体中的
C．用石灰乳脱除烟气中的 D．用酸性溶液检查司机是否酒后驾车
11．（2020·北京·模拟预测）下列物质与水反应时，表现出的性质与其它物质不一样的是
A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O2
12．（2020·北京·模拟预测）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（    ）
A．小苏打用作食用碱
B．氢氧化铝用作胃酸中和剂
C．人工制作的分子筛用作吸附剂
D．用漂粉精[有效成分Ca(ClO)2]杀灭游泳池中的细菌
13．（2020·北京海淀·统考一模）国家标准规定，室内甲醛含量不能超过0.08 mg/m3。银—菲洛嗪法可用于测定空气中甲醛含量，其原理为：①Ag2O将甲醛氧化为CO2②产生的Ag与酸化的Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4：③FeSO4与菲洛嗪(一种有机钠盐)形成有色配合物，一定波长下其吸光度与Fe2+的质量浓度成正比。下列关于a~c的判断正确的是
a.反应①的化学方程式为HCHO+2Ag2O =CO2+ 4Ag↓+H2O
b.理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4
c. 取1m3空气，经上述实验后共得到Fe2+ 1.12mg，室内甲醛含量达标
A．全部正确 B．a、b正确，c错误
C．b、c正确，a错误 D．a正确，b、c错误
14．（2020·北京·模拟预测）水与下列物质反应时，水表现出还原性的是
A．Na B．F2 C．Na2O D．NO2
15．（2020·北京·模拟预测）硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：

下列说法不正确的是
A．①②过程中硫元素均被氧化 B．NO2是生成硫酸盐的催化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程中有氧氢键断裂
16．（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
17．（2020·北京·模拟预测）研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是    

A．反应Ⅰ、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 B．整个过程中O3作催化剂
C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D．反应Ⅲ的方程式为O2+ O = O3
18．（2020·北京西城·统考一模）海水提溴过程中发生反应：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O =5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3，下列说法正确的是
A．标准状况下 2 mol H2O的体积约为 44.8 L
B．1L 0.1 mol·L− 1Na2CO3 溶液中 CO32−的物质的量为 0.1 mol
C．反应中消耗 3 mol Br2 转移的电子数约为 5×6.02×1023
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 5∶1
19．（2020·北京平谷·统考一模）利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是（   ）

A．反应①②③④均为还原反应
B．1 mol 三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3 mol
C．④的电极反应式为+10H++8e-=+3H2O
D．修复过程中可能产生Fe (OH)3
20．（2020·北京·模拟预测）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O

二、多选题
21．（2020·北京·模拟预测）高铁酸钾是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述不正确的是（    ）
A．用作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．该条件下，物质的溶解性：
22．（2020·北京大兴·统考一模）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气[n(SO2)∶n(NO) =3∶2]同时脱硫脱硝(分别生成SO、NO)，得到NO、SO2脱除率如图，下列说法错误的是

A．酸性环境下脱除NO的反应：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO+3Cl-
B．SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO
C．依据图中信息，在80 min时，吸收液中n(NO)∶n(Cl-)=2∶3
D．随着脱除反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小

三、工业流程题
23．（2020·北京·模拟预测）硝酸铁是一种工业和医药行业常用的原料，用作媒染剂、铜着色剂等。Fe(NO3)3∙9H2O是浅紫色晶体，易溶于水、乙醇和丙酮。
Ⅰ. 利用稀硝酸和铁屑制备硝酸铁。目前常见的生产流程如图所示。

(1)反应釜中原料是稀硝酸和细铁屑，反应的离子方程式是_______。硝酸需要过量，原因是_______。
(2)会污染空气，不能随意排放，浓缩池中也会产生，请用化学用语解释产生的原因_______。
(3)冷却结晶后的硝酸铁晶体，最适宜用下列哪种试剂进行洗涤_______。
A．水 B．四氯化碳 C．20%稀硝酸 D．乙醇
Ⅱ. 利用工业废水制备硝酸铁。不锈钢酸洗废液中含有大量、、等金属离子，可对不锈钢酸洗废液中的各金属元素进行分离，并利用分离的含铁物质制备硝酸铁，同时回收其他金属。
已知：①Cr(OH)3是两性氢氧化物。
②各金属离子沉淀的范围如下表所示：




开始沉淀
1.5
4.6
6.7
完全沉淀
3.2
6.9
9.5

(4)分离出适宜的范围是_______。
(5)请设计实验，继续从废液中分别分离出Cr元素和Ni元素_______。
24．（2020·北京·模拟预测）过氧化钙在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
(1)中所含化学键的类型是___________、___________。
(2)与水反应的化学方程式是___________。
(3)由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：

①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是___________。解释其质量不变的原因：___________(用化学方程式表示)。
②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：___________(答出一点即可)。
(4)样品纯度测定

ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
ⅱ.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为；
ⅳ.加热发生反应：，充分反应至不再有气体产生，停止加热，___________；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；
Ⅴ.计算样品中的纯度。
①补全ⅳ中操作：___________。
②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为___________(用质量分数表示)。
25．（2020·北京·模拟预测）镀镍废件是一种宝贵的可再生资源，可用于制备重要的化工原料NiSO4。将镀镍废件处理后得到废液(含大量的H+、SO、Ni2+以及少量的Zn2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等)，采用如图工艺流程回收其中的镍制备NiSO4晶体。

资料：
P2O4为磷酸二异辛酯(可用HA表示)，不溶于水，是一种弱酸性萃取剂。其酸根离子(A-)可与某些金属离子发生反应。
(1)写出H2O2的电子式________。
(2)加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为______。
(3)加石灰乳的作用是________。

(4)在萃取过程中，若溶液酸度过高，会导致萃取效率变低，其原因是__。
(5)在结晶过程中，需要加浓硫酸调pH至2~4，再进行__，过滤出的固体洗涤、干燥，得NiSO4晶体。
NiSO4在不同温度下的溶解度
温度/℃
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/g
44.4
46.6
49.2
55.6
64.5
70.1
76.7
(6)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__。
26．（2020·北京·模拟预测）重铬酸钾在工业中有广泛的应用，可用铬铁矿为原料制备。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制备重铬酸钾(K2Cr2O7)固体的工艺流程如下：

资料：① NaFeO2遇水强烈水解。
②。
(1)K2Cr2O7中Cr元素的化合价是______。
(2)步骤①发生多个反应，补全下列化学方程式___：
___FeO·Cr2O3 + ___Na2CO3 +___KClO3 =12Na2CrO4 +___Fe2O3 +___CO2 + _KCl
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式______。
(4)结合化学用语解释步骤④调pH的目的______。
(5)重铬酸钾纯度测定
称取重铬酸钾试样2.9400 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于锥形瓶中，加入10 mL 2 mol/L H2SO4和足量碘化钾(Cr2O的还原产物为Cr3+)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水和淀粉指示剂，用0.1200 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定(I2 + 2S2O= 2I－ + S4O)。
①滴定终点的颜色变化是______。
②若实验共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度是______(滴定过程中其它杂质不参与反应)。
27．（2020·北京·模拟预测）门捷列夫在研究周期表时预言了“类硅”元素锗和“类铝”元素镓等11种元素。锗及其化合物应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。一种提纯二氧化锗粗品(主要含GeO2、As2O3)的工艺如下：

已知：ⅰ.GeO2与碱反应生成Na2GeO3.ⅱ.GeCl4极易水解，GeCl4沸点86.6℃。
ⅲ.As位于同主族P的下一周期，As2O3+2NaOH = 2NaAsO2+H2O。
(1)Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge在周期表中的位置是_______。
(2)从原子结构角度解释Ge和Si金属性递变的原因_______。
(3)“氧化”过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其离子方程式为_______。
(4)加盐酸蒸馏生成GeCl4，反应的化学方程式为_______。
(5)高纯二氧化锗的含量采用碘酸钾滴定法进行测定。称取ag高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉溶解，用次亚磷酸钠还原为Ge2+，以淀粉为指示剂，用bmol/L的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为V mL。(20℃以下，次亚磷酸钠不会被碘酸钾和碘氧化)
资料：3Ge2++IO+6H+ = 3Ge4++I-+3H2O，IO+5I-+6H+ = 3I2+3H2O。
此样品中二氧化锗的质量分数是_______(用表达式表示)。
28．（2020·北京·模拟预测）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。

已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经____操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是____。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____mol。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。

试剂1是____，物质2是____。

四、实验题
29．（2020·北京·模拟预测）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作


实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：

①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。

用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。
30．（2020·北京·模拟预测）探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是____。
(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，____(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。
(3)探究(2)中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。
针对来源1进行如图实验：

①实验可证实来源1不成立。实验证据是____。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是____。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式：____。
(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：____。

参考答案：
1．D
【详解】A．根据方程式和可得氧化性：，还原性：，A正确；
B．根据图示可知：在第Ⅱ阶段，、在存在条件反应产生、。在第Ⅲ阶段，结合变为，结合变为，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：，B正确；
C．根据图示的转化过程知该过程中→→，为中间产物，C正确；
D．由题图可知由，最终生成，的成健数目由3变为4，D错误。
故答案选D。
2．D
【详解】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A错误；
B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B错误；
C．BrO+HO2=HOBr+O2，Cl+HOBr=BrCl+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C错误；
D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D正确；
故选：D。
3．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
4．B
【详解】A． 酸性溶液与溶液反应生成二氧化碳、Mn2+和水，则离子方程式为：，A正确；
B． 向沸水中滴加饱和溶液得到胶体：则，B不正确；
C．银氨溶液与乙醛经水浴加热，得到乙酸铵、银、氨气和水：，C正确；
D． 能分别与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂：；，D正确；
答案选B。
5．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。
6．A
【详解】A．Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，水中氢元素化合价降低，得到电子，被还原，水表现出氧化性，A符合；
B．和水反应生成盐酸和次氯酸，水中元素的化合价均不发生变化，水不是氧化剂也不是还原剂，B不符合；
C．和水反应生成氢氧化钠，不是氧化还原反应，C不符合；
D．和水反应生成硝酸和NO，水中元素的化合价均不发生变化，水不是氧化剂也不是还原剂，D不符合；
答案选A。
7．D
【详解】A．根瘤菌有固氮作用，能将空气中的N2转化为NH3，此过程涉及氧化还原反应，故A不符合题意；
B．84消毒液的主要成分是NaClO，它与空气中的二氧化碳和水反应能产生具有强氧化性的次氯酸，次氯酸不稳定易分解成HCl和O2，此过程涉及到氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用植物秸秆制造酒精涉及到反应：(C6H10O5)n+nH2O→nC6H12O6，C6H12O6→2C2H5OH+2CO2↑，此过程涉及到氧化还原反应，故B不符合题意；
D．是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的时，与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或者亚硫酸氢钙，反应过程中无元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为D。
8．B
【详解】A．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故A错误；
B．2Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，作氧化剂，在反应中表现出氧化性，故B正确；
C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C错误；
D．SO2+H2OH2SO3，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D错误；
故选B。
9．B
【详解】A. 根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故A正确；
B. SO是反应物，参与了反应，不是催化剂，故B错误；
C.  硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D. 由图可知，SO转化为HSO的过程中还有HNO2和HSO生成，离子方程式为：SO+NO2+H2O=HNO2+HSO，故D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．溶液水解显酸性，氢离子与氧化铁反应生成铁离子和水，可除去铁锈，与氧化还原反应无关，A不符合题意；
B．S2-可与Hg2+反应生成HgS，因此可用溶液除去水体中的，与氧化还原反应无关，B不符合题意；
C．石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，可与烟气中的发生复分解反应，与氧化还原反应无关，C不符合题意；
D．乙醇具有还原性，可与橙色的酸性重铬酸钾发生氧化还原反应，生成绿色的铬酸钾，因此用酸性溶液检查司机是否酒后驾车与氧化还原反应有关，D符合题意；
答案选D。
11．A
【详解】A. Na与水反应生成NaOH和H2，Na元素的化合价升高，Na作还原剂；
B. Cl2与水反应生成HCl和HClO，Cl元素的化合价既升高又降低，Cl2既是氧化剂又是还原剂；
C. NO2与水反应生成HNO3和NO，N元素的化合价既升高又降低，NO2既是氧化剂又是还原剂；
D. Na2O2与水反应生成NaOH和O2，Na2O2中的O元素化合价既升高又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂；
根据以上分析可知，在与水反应时，Na是还原剂，Cl2、NO2、Na2O2都既是氧化剂又是还原剂，答案选A。
12．D
【详解】A．小苏打用作食用碱时，主要是与酸发生非氧化还原反应产生二氧化碳，受热体积膨胀，从而使面团变得松软，A不合题意；
B．氢氧化铝能与胃酸(盐酸)反应为复分解反应，不涉及氧化还原反应，B不合题意；
C．人工制作的分子筛表面积大，具有很强的吸附能力，常用作吸附剂，不涉及氧化还原反应，C不合题意；
D．漂粉精[有效成分Ca(ClO)2]具有强氧化性，能杀灭游泳池中的细菌，涉及氧化还原反应，D符合题意；
故选D。
13．B
【详解】a．由题干可知，HCHO与Ag2O反应，产物为CO2和Ag，故化学方程式为HCHO+2Ag2O =CO2+ 4Ag↓+H2O，故a项正确；
b．由题干可知：n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)，所以理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4，故b项正确。
c．1.12mg Fe2+物质的量为0.02mmol，因为n(HCHO)~4n(Ag)~4n(Fe3+)~n(Fe2+)，故HCHO的物质的量为0.005mmol，故m(HCHO)=0.005mmol×30g/mol=0.15mg，取1m3空气，故甲醛含量为0.15mg/m3，超过国家标准，所以室内甲醛含量超标，故c项错误。
故答案为：B。
14．B
【详解】A．Na与生成氢气，中H的化合价降低被还原，表现出氧化性，故A不选；
B．与F2反应生成O2和HF，中O的化合价升高被氧化，表现出还原性，故选B；
C．与Na2O反应生成NaOH，中没有元素化合价发生变化，则即没体现还原性又没体现氧化性，故C不选 ；
D．与NO2反应生成HNO3和NO，中没有元素化合价发生变化，则即没体现还原性又没体现氧化性，故D不选。
答案选B
15．B
【分析】图中过程①表示和NO2反应生成和，过程②表示和NO2加入一个水分子转化为HNO2和，由此分析。
【详解】A．转化为，硫元素从+4转化为+5价，转化为，硫元素由+5价转化为+6价，硫元素的化合价升高，①②过程中硫元素均被氧化，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B错误；
C．硫酸盐(含、)气溶胶中含有，转化过程有水参与，则在水中可电离生成H+和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由转化为，根据图示对照，有水分子中的氧氢键的断裂，故D正确；
答案选B。
16．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。
17．B
【分析】在紫外线作用下，NO2分解生成NO和O，O2与O发生反应Ⅲ生成O3，O3与NO发生反应I生成NO2，丙烯与O3发生反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，据此分析解答。
【详解】A. 反应Ⅰ为O3+3NO=3NO2，反应Ⅱ为丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，均存在化合价的变化，均属于氧化还原反应，故A正确；
B. 整个过程中O3属于中间产物，故B错误；
C. 由分析知，反应Ⅱ中丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，故光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质，故C正确；
D. 由分析知，反应Ⅲ的方程式为O2+ O = O3，故D正确；
故选B。
18．C
【分析】反应3Br2 +6Na2CO3 +3H2O =5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3中，Br2一部分被还原成NaBr，一部分被氧化成NaBrO3，Br2既是氧化剂又是还原剂。
【详解】A．标准状况下H2O不是气体，不能用22.4L/mol计算2mol水的体积，A错误；
B．CO32-在溶液中会水解，导致其物质的量小于0.1mol，B错误；
C．每消耗3 mol Br2，其中有0.5 mol Br2被氧化成NaBrO3，有2.5 mol Br2被还原成NaBr，整个过程中转移电子的物质的量为5 mol，数目约为 5×6.02×1023，C正确；
D．氧化产物是NaBrO3，还原产物是NaBr，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1:5，D错误；
答案选C。
【点睛】标准状况下H2O、SO3、CCl4、HF等不是气体，不能用22.4L/mol计算已知体积的这些物质的物质的量。
19．B
【详解】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以均为还原反应，A说法正确；
B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为−2价，则1mol三氯乙烯完全脱Cl时，即转化为1molC2H4时，得到6mol电子，B说法错误；
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化+8e-=，生成物中有生成，则应用H+和H2O来配平该反应，所以④的电极反应式为+10H++8e-=+3H2O，C说法正确；
D．由修复过程示意图可知，生成的二价铁、氧气与氢氧根离子反应，能生成Fe(OH)3，D说法正确；
答案为B。
20．A
【详解】A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；
B．Cl2+H2OHCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；
C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；
D．Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；
答案选A。
21．CD
【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【详解】A. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；
B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；
C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为−1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，故C错误；
D. 结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D错误；
故选：CD。
22．AC
【详解】A．次氯酸钙溶液应显碱性，且酸性环境下会生成弱电解质HClO，HClO不能写成离子形式，故A错误；
B．SO2在水中的溶解度大于NO，更多的二氧化硫溶于水中被氧化，会使得SO2脱除率高于NO，故B正确；
C．脱除反应的化学原理分别为：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO+3Cl-；SO2+ClO-+H2O=2H++2SO+Cl-；已知n(SO2)∶n(NO)=3∶2；依据图中信息及得：在80min时，NO脱除率80%，即反应的NO为：2mol×80%=1.6mol，1.6molNO生成1.6mol NO和2.4molCl-；SO2脱除率100%，即3molSO2全部反应生，成3molCl-，所以Cl-共3mol+2.4mol=5.4mol；吸收液中n(NO)∶n(Cl-)=1.6：5.4=8：27，故C错误；
D．脱除反应的化学原理分别为：2NO+3ClO-+H2O=2H++2NO+3Cl-；SO2+ClO-+H2O=2H++2SO+Cl-，生成大量H+，使H+浓度增大，pH减小；所以吸收剂溶液的pH逐渐减小，故D正确；
综上所述答案为AC。
23．(1) Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O 防止生成，抑制水解
(2)4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑
(3)C
(4)
(5)加入过量NaOH，Cr3++4OH-=+2H2O，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，过滤后滤渣中可得Ni元素；再向滤液中加入稀盐酸，调节至pH=7-8，，过滤，滤渣中可得元素

【分析】反应釜中稀硝酸和Fe反应，方程式为4HNO3+Fe=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，NO可以与O2反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，NO与NO2通入碱液中吸收；Fe(NO3)3溶液在120℃下浓缩，加入Fe(NO3)3晶种后结晶，经过离心分离得到Fe(NO3)3∙9H2O。
【详解】（1）根据分析，稀硝酸和Fe反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，离子方程式为Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；硝酸具有强氧化性，硝酸过量可以将Fe2+完全氧化为Fe3+，而且酸过量可以抑制Fe3+的水解；
（2）浓缩池中有过量的硝酸，受热分解，方程式为4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑；
（3）A．硝酸铁晶体溶于水，不能用水洗涤，A不符合题意；
B．CCl4不溶于水，因此无法洗涤，B不符合题意；
C．20%稀硝酸可以洗去硝酸铁表面较浓的硝酸，也可以抑制Fe3+的水解，C符合题意；
D．乙醇可以洗去水，但不能抑制Fe3+的水解，D不符合题意；
故选C。
（4）调pH需要Fe3+完全沉淀，Cr3+不能沉淀，因此pH的反应是3.2≤pH<4.6；
（5）利用Cr(OH)3是两性氢氧化物的性质，在溶液中加入过量NaOH，Cr3+转化为，Cr3++4OH-=+2H2O，此时Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，可将Ni(OH)2沉淀过滤出来从而分离出Ni元素，在剩余的溶液中加稀盐酸，调节至pH=7-8，转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后分离出Cr元素。
24． 离子键 (非极性)共价键    减少和分解损失，利于析出 待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或
【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；
【详解】(1)中含有离子键和共价键；
(2)与水反应的化学方程式是；
(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出；
(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
②，，，，纯度为。
25． 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 调节pH除去Fe3+和Cu2+、使SO与Ca2+结合生成CaSO4沉淀被除去 若酸度过高，c(H+)偏大，使平衡HAH++A-逆向移动，A-浓度减小，导致萃取效率变低 蒸发浓缩、冷却结晶 ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O
【分析】在含镍废料中加入H2O2，H2O2具有氧化性，能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳，调整溶液的pH至5.7，可以使溶液中的Fe3+和Cu2+变为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀过滤除去，同时可以使溶液中的SO变为CaSO4沉淀除去。然后再向溶液中加入P204磺化煤油，使溶液中的Zn2+通过萃取进入有机相中，然后分液除去，再将滤液蒸发、浓缩、冷却结晶得到NiSO4晶体。
【详解】(1)H2O2是共价化合物，在该分子中两个O原子通过共价单键结合，每个O原子再分别与1个H原子形成共价键，从而使分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为：；
(2)H2O2具有氧化性，在酸性条件下会将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)石灰乳主要成分是Ca(OH)2，加入石灰乳能够消耗溶液中的H+，调整溶液的pH，使溶液中Fe3+和Cu2+变为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀除去，同时使SO与Ca2+结合生成CaSO4沉淀也被除去；
(4)P2O4为磷酸二异辛酯，可用HA表示，该物质不溶于水，是一种弱酸性萃取剂，在溶液中存在电离平衡：HAH++A-。若溶液的酸度过高，则溶液中c(H+)偏大，会使平衡HAH++A-逆向移动，导致溶液中A-浓度减小，因而使萃取效率变低；
(5)NiSO4是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。在结晶过程中，需要加浓硫酸调正溶液的pH至2~4，再根据NiSO4在水中的溶解度随温度的升高而增大的性质，将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶操作，就可获得其晶体，然后过滤出晶体，对晶体进行洗涤、干燥处理，就得到NiSO4晶体；
(6)Ni2+具有还原性，ClO-具有强氧化性，在碱性条件下反应产生NiOOH、Cl-及H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O。
26． +6 6 12 7 12 3 12 7 FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－ 增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O 由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 80%
【分析】铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3) ，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加入碳酸钠、氯酸钾熔融氧化后生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2，水浸后NaFeO2水解得到滤渣1为红褐色氢氧化铁固体，滤液1含有Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2，调节pH值使Na2SiO3和NaAlO2转化为氢氧化铝和硅酸沉淀即是滤渣2，滤液2中含有Na2CrO4、调pH值使铬酸钠转化为重铬酸钠，加入氯化钾，生成重铬酸钾，获得产品，据此回答问题。
【详解】(1)K2Cr2O7中钾元素的化合价是+1价，氧元素的化合价是—2价，依据化合价原则，则Cr元素的化合价是+6；
(2) FeO·Cr2O3生成Na2CrO4 和Fe2O3化合价升高7，氯酸钾生成氯化钾化合价降低6，最小公倍数是42，则FeO·Cr2O3的系数是6，氯酸钾和氯化钾的系数是7，依据原子守恒配平其它物质的系数，则配平后的化学方程式是6FeO·Cr2O3 + 12Na2CO3 +7KClO3 =12Na2CrO4 +3Fe2O3 +12CO2 +7KCl，则答案为6 12 7 12 3 12 7；
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－；
(4)有 可知，步骤④调pH的目的增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O；
(5) ①滴定终点的颜色变化是由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②碘化钾与重铬酸钾反应依据电子守恒得 ，有I2 + 2S2O= 2I－ + S4O可得，则 所得产品中重铬酸钾的纯度是 =80%。
27． 第四周期，IVA族 Ge与Si属于同主族元素，Ge比Si多一层，原子半径增大，失去电子能力增强，金属性增强 3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O (化简与否均正确)
【分析】粗品加入NaOH溶液碱浸时，GeO2与碱反应生成Na2GeO3，元素镓为“类铝”元素，则As2O3生成NaAsO2；氧化过程为氯酸钠与NaAsO2反应生成Na3AsO4和氯化钠；加入盐酸时，Na2GeO3与盐酸蒸馏生成GeCl4，GeCl4水解生成GeO2∙nH2O，再经烘干可得高纯GeO2。
【详解】(1)Si位于第三周期IVA族，Ge位于同主族Si的下一周期，第四周期IVA族；
(2)Ge位于同主族Si的下一周期，则Ge原子半径大于Si，对最外层电子的作用力减弱，失去电子能力增强，金属性增强；
(3)“氧化”过程氯酸钠将NaAsO2氧化为Na3AsO4，则氯酸钠变为氯化钠，反应的离子方程式为3AsO+ClO+6OH−=3AsO+Cl−+3H2O；
(4)已知ⅰ.GeO2与碱反应生成Na2GeO3，根据流程，加入盐酸时，Na2GeO3生成GeCl4，反应的方程式为Na2GeO3+6HCl=2NaCl+GeCl4+3H2O；
(5)根据方程式可知，n(Ge2+)：n(IO)=3：1，则n(Ge2+)=3n(IO)=3bmol/L×V mL，二氧化锗的质量分数=×100%=×100%。
28． 过滤 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 4 5 NO 2H2O 4 AC 2
NaCl溶液 Fe、Cu
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。
【详解】(1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；
答案选AC；
(4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol；
(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。
【点睛】浓硝酸不能单独将Au溶解，将浓硝酸中加入浓盐酸，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，为易错点。
29． I2 溶液分层，下层液体无色 MnO2 2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O B MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O 试剂的相对用量(滴加顺序) 溶液酸性强弱
【详解】(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。
30． S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀， 向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质
【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓；
(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO；
(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；
(4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。