2019-2021北京重點區(qū)高三二?；瘜W匯編：氧化還原反應(yīng)

19/192019-2021北京重點區(qū)高三二?；瘜W匯編氧化還原反應(yīng)一、單選題1．（2020·北京西城·二模）探究甲醛與新制Cu(OH)2的反應(yīng)：①向6mL6mol/LNaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，振蕩，加入0.5mL15%甲醛溶液，混合均勻，水浴加熱，迅速產(chǎn)生紅色沉淀，產(chǎn)生無色氣體；②反應(yīng)停止后分離出沉淀，將所得沉淀洗凈后加入濃鹽酸，不溶解；③相同條件下，甲酸鈉溶液與新制Cu(OH)2共熱，未觀察到明顯現(xiàn)象；已知：，甲醛是具有強還原性的氣體，下列說法正確的是A．紅色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是CuB．將產(chǎn)生的無色氣體通過灼熱的CuO后得到紅色固體，氣體中一定含有COC．從甲醛的結(jié)構(gòu)推測，其氧化產(chǎn)物可能為碳酸()因此實驗中得到的無色氣體中大量含有CO2D．含有-CHO的有機物都可以被新制Cu(OH)2氧化2．（2021·北京東城·二模）實驗室模擬工業(yè)回收碘水中的碘，其操作流程如下：下列判斷正確的是A．在中的溶解度小于在中的B．②、③中涉及的分離操作分別為分液和過濾C．②中與足量完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移了D．②中反應(yīng)消耗的和③中反應(yīng)消耗的的物質(zhì)的量之比為3．（2019·北京朝陽·二模）探究Na2O2與水的反應(yīng)，實驗如圖：（已知：H2O2H++HO2-、HO2-H++O22-）下列分析不正確的是A．①、⑤中產(chǎn)生的氣體能使帶火星的木條復(fù)燃B．①、④中均發(fā)生了氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)C．②、⑤中KMnO4與MnO2的作用不同，產(chǎn)生氣體的量也不同D．通過③能比較酸性：HCl＞H2O24．（2021·北京西城·二模）實驗室可用KMnO4代替MnO2與濃鹽酸反應(yīng)，在常溫下快速制備Cl2，反應(yīng)原理為：2KMnO4+16HCl(濃)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列說法不正確的是A．Cl2是氧化產(chǎn)物B．濃鹽酸在反應(yīng)中只體現(xiàn)還原性C．每生成標準狀況下2.24LCl2，轉(zhuǎn)移0.2mol電子D．反應(yīng)中KMnO4的氧化性強于Cl25．（2021·北京西城·二模）下列物質(zhì)的應(yīng)用中，利用了氧化還原反應(yīng)的是A．雙氧水作消毒劑 B．生石灰作干燥劑C．碳酸氫鈉作膨松劑 D．氧化鐵作紅色顏料6．（2020·北京朝陽·二模）下列變化中，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈紅色B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色變?yōu)榫G色C．向碘水中滴加維生素C溶液，溶液棕黃色褪去D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速變?yōu)榛揖G色，最后呈紅褐色7．（2019·北京朝陽·二模）氮及其化合物的轉(zhuǎn)化過程如圖所示。下列分析合理的是A．催化劑a表面發(fā)生了極性共價鍵的斷裂和形成B．N2與H2反應(yīng)生成NH3的原子利用率為100%C．在催化劑b表面形成氮氧鍵時，不涉及電子轉(zhuǎn)移D．催化劑a、b能提高反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率二、原理綜合題8．（2020·北京西城·二模）某煉鋅廠利用含ZnO的煙塵脫除硫酸工藝煙氣中的SO2制ZnSO4。已知：Ⅰ．ZnSO3·H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水。Ⅱ．25℃時，溶液中S（+4價）各組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH變化曲線如下圖。Ⅲ．O3為強氧化劑，1molO3被還原轉(zhuǎn)移2mole?，同時生成1molO2。(1)SO2造成的環(huán)境問題主要是_____________________。(2)ZnO將SO2轉(zhuǎn)化為ZnSO3·H2O的化學方程式是_____________________________。(3)將ZnSO3·H2O懸濁液轉(zhuǎn)化為ZnSO4時，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，實驗室模擬O3氧化解決該問題。初始時用鹽酸將5%ZnSO3懸濁液調(diào)至pH＝3.5，以一定的進氣流量通入O3，研究O3氧化ZnSO3·H2O，其中溶液pH隨時間變化的曲線如下：①pH＝3.5的溶液中含S（+4價）的離子主要是____________________。②一段時間后，溶液的pH減小，此過程中主要反應(yīng)的離子方程式是________________。③解釋O3氧化可防止管道堵塞的原因：___________________。9．（2019·北京西城·二模）廢水中氨態(tài)氮以NH3·H2O、NH3和NH4+的形式存在，廢水脫氮已成為主要污染物減排和水體富營養(yǎng)化防治的研究熱點。Ⅰ．沉淀法向廢水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO4·6H2O沉淀，可將氨態(tài)氮含量降至10mg·L?1以下。（1）NH3的電子式：______。（2）廢水中的NH3·H2O轉(zhuǎn)化為MgNH4PO4·6H2O的離子方程式是______。（3）16℃時，向廢水中加入MgCl2和Na2HPO4，使鎂、氮、磷物質(zhì)的量之比為1︰1︰1，沉淀過程中的pH對剩余氨態(tài)氮濃度的影響如圖。欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mg·L?1，pH的適宜范圍是______，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成，原因是______。Ⅱ．微波?氧化法（4）僅對廢水進行微波加熱，pH對氨態(tài)氮脫出的影響如下表。溶液pH6~78~910~1111~12剩余氨態(tài)氮濃度(mg·L?1)1561004014表中數(shù)據(jù)表明：pH增大有利于廢水中化學平衡______(用化學用語表示)的移動。（5）微波協(xié)同CuO和H2O2除去氨態(tài)氮①其他條件相同，取相同體積的同一廢水樣品，微波10min，剩余氨態(tài)氮濃度與一定濃度H2O2溶液添加量的關(guān)系如下圖。據(jù)圖推測CuO在氨態(tài)氮脫除中可能起催化作用，理由是______。②微波協(xié)同CuO有利于H2O2除去氨態(tài)氮。該條件下，H2O2將NH3氧化為N2的化學方程式是______。三、工業(yè)流程題10．（2021·北京東城·二模）過氧化鈣在水中能緩慢放出氧氣，是一種用途廣泛的供氧劑，可用于魚塘養(yǎng)殖。(1)中所含化學鍵的類型是___________、___________。(2)與水反應(yīng)的化學方程式是___________。(3)由電石渣(主要成分為氫氧化鈣)制備過氧化鈣可實現(xiàn)工業(yè)廢渣的資源化，其制備流程如下：①濾液Y可循環(huán)使用，其主要溶質(zhì)的質(zhì)量與反應(yīng)前的加入量幾乎沒有變化，該溶質(zhì)是___________。解釋其質(zhì)量不變的原因：___________(用化學方程式表示)。②Ⅰ和Ⅱ的反應(yīng)裝置均需置于冰水浴中，解釋Ⅱ中冰水浴的作用：___________(答出一點即可)。(4)樣品純度測定ⅰ.按上圖連接裝置(夾持和加熱裝置均略去)，從水準管口加入適量水，并檢查氣密性；ⅱ.準確稱量樣品加入試管，并使其在試管底部均勻鋪成薄層；ⅲ.上下移動水準管，使水準管中液面與量氣管中液面平齊；讀取量氣管中液面對應(yīng)的刻度，記為；ⅳ.加熱發(fā)生反應(yīng)：，充分反應(yīng)至不再有氣體產(chǎn)生，停止加熱，___________；再次讀取量氣管中液面對應(yīng)的刻度，記為；Ⅴ.計算樣品中的純度。①補全ⅳ中操作：___________。②該實驗條件下，氣體摩爾體積為，樣品中的純度為___________(用質(zhì)量分數(shù)表示)。11．（2020·北京東城·二模）氯化亞銅(CuCl)可用于冶金、電鍍等行業(yè)，其制備的一種工藝流程如下：I．溶解：取海綿銅(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液溫度在60~70℃，不斷攪拌至固體全部溶解，得藍色溶液(過程中無氣體產(chǎn)生)；II．轉(zhuǎn)化：向藍色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反應(yīng)后過濾，得到CuCl粗品；III．洗滌：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗滌，烘干后得到CuCl產(chǎn)品。（資料）CuCl固體難溶于水，與Cl-反應(yīng)生成可溶于水的絡(luò)離子[CuCl2]-；潮濕的CuCl固體露置于空氣容易被氧化。(1)過程I中：①本工藝中促進海綿銅溶解的措施有________。②氧化銅溶解的離子方程式是________。③充分反應(yīng)后NH4+的濃度約為反應(yīng)前的2倍，原因是________。(2)過程II中：①(NH4)2SO3的作用是_________。②NH4Cl的用量對銅的沉淀率的影響如下圖所示。n(NH4Cl)/n(Cu2+)1.1時，CuCl的沉淀率下降的原因是________(用離子方程式表示)。(3)過程III中，用乙醇洗滌的目的是________。(4)產(chǎn)品純度測定：量取CuCl產(chǎn)品ag于錐形瓶中，加入足量的酸性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000mol/LKMnO4標準溶液滴定Fe2+，消耗KMnO4溶液bmL。(本實驗中的MnO4-被還原為Mn2+，不與產(chǎn)品中雜質(zhì)和Cl-反應(yīng))。①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的離子方程式是_________。②產(chǎn)品中CuCl(摩爾質(zhì)量為99g/mol)的質(zhì)量分數(shù)為_________。12．（2020·北京朝陽·二模）近年來，F(xiàn)ePO4作為制備鋰離子電池正極材料LiFePO4的重要原料而成為研究熱點。一種以FeCl3、H3PO4、氨水為主要原料制備FePO4的流程如下圖。已知：H3PO4是弱電解質(zhì)(1)將FeCl3溶液與H3PO4溶液按混合，沒有明顯現(xiàn)象，逐漸滴加氨水至pH=1.5左右，生成FePO4·2H2O沉淀。①操作a為______。②生成FePO4·2H2O的離子方程式是______。③控制氨水用量，避免因pH偏高而產(chǎn)生______雜質(zhì)。(2)測定產(chǎn)物樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)，主要步驟如下：i．取ag樣品，加入過量鹽酸充分溶解，再滴加SnCl2(還原劑)至溶液呈淺黃色；ii．加入TiCl3，恰好將i中殘余的少量Fe3+還原為Fe2+；iii．用cmol·L–1K2Cr2O7標準溶液滴定Fe2+，消耗vmLK2Cr2O7標準溶液。①將步驟iii的離子方程式補充完整：____+____Fe2++___=____Cr3++____Fe3++____；②產(chǎn)物中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為_____。13．（2020·北京海淀·二模）H2S是一種大氣污染物。工業(yè)尾氣中含有H2S，會造成嚴重的環(huán)境污染；未脫除H2S的煤氣，運輸過程中還會腐蝕管道。(1)干法氧化鐵脫硫是目前除去煤氣中H2S的常用方法，其原理如圖所示。①下列說法正確的是____________(填序號)。a.單質(zhì)硫為淡黃色固體b.脫硫反應(yīng)為3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2Oc.再生過程中，硫元素被還原d.脫硫過程中，增大反應(yīng)物的接觸面積可提高脫硫效率②從安全環(huán)保的角度考慮，再生過程需控制反應(yīng)溫度不能過高的原因是_______。(2)電化學溶解一沉淀法是一種回收利用H2S的新方法，其工藝原理如下圖所示。已知:Zn與強酸、強堿都能反應(yīng)生成H2；Zn(II)在過量的強堿溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。①鋅棒連接直流電源的____________(填“正極”或“負極”)。②反應(yīng)器中反應(yīng)的離子方程式為____________。③電解槽中，沒接通電源時已經(jīng)有H2產(chǎn)生，用化學用語解釋原因:___________。(3)常用碘量法測定煤氣中H2S的含量，其實驗過程如下：i.將10L煤氣通入盛有100mL鋅氨絡(luò)合液的洗氣瓶中，將其中的H2S全部轉(zhuǎn)化為ZnS沉淀，過濾;ii.將帶有沉淀的濾紙加入盛有15mL0.1mol/L碘標準液、200mL水和10mL鹽酸的碘量瓶中，蓋上瓶塞，搖動碘量瓶至瓶內(nèi)濾紙搖碎，置于暗處反應(yīng)10min后，用少量水沖洗瓶壁和瓶塞。(已知:ZnS+I2=ZnI2+S)iii.用0.1mol/LNa2S2O3標準液滴定，待溶液呈淡黃色時，加入1mL淀粉指示劑，繼續(xù)滴定至終點。(已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)①i中，將煤氣中的H2S轉(zhuǎn)化為ZnS的目的是____________。②滴定終點的現(xiàn)象是__________________。③若消耗Na2S2O3標準液的體積為20mL，則煤氣中的含量為_______________mg/m3。四、實驗題14．（2021·北京東城·二模）某化學興趣小組為探究高錳酸鉀與銅的反應(yīng)，設(shè)計實驗如下：實驗一現(xiàn)象酸性溶液一段時間后，培養(yǎng)皿中由銅片向外側(cè)依次呈現(xiàn)：A區(qū)澄清且?guī)缀鯚o色；B區(qū)底部覆蓋棕黑色固體；C區(qū)澄清且紫色變淺資料：a.在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在：b.為粉紅色沉淀、溶于強酸；為黑色沉淀、不溶于強酸(1)被氧化成___________，依據(jù)是___________。(2)為探究的還原產(chǎn)物，取A區(qū)中溶液___________(填操作和現(xiàn)象)，證明有生成。(3)A區(qū)中與反應(yīng)的離子方程式是___________。(4)經(jīng)檢驗，B區(qū)的棕黑色固體是，從溶液中離子擴散的角度，結(jié)合離子方程式解釋B區(qū)和C區(qū)中的現(xiàn)象：___________。(5)小組同學又進行了以下定量實驗：實驗一現(xiàn)象酸性溶液一段時間后，銅片質(zhì)量減少了0.02g，溶液中無固體析出、溶液紫色變淺通過計算，分析溶液紫色變淺而未完全褪色的原因：___________。15．（2020·北京西城·二模）某銅合金中Cu的質(zhì)量分數(shù)為80%～90%，還含有Fe等。通常用間接碘量法測定其中Cu的含量，步驟如下：Ⅰ．稱取ag樣品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去過量的H2O2，冷卻后過濾，濾液定容于250mL容量瓶中；Ⅱ．取50.00mL濾液于錐形瓶中，加入NH4F溶液，控制溶液pH為3～4，充分反應(yīng)后，加入過量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黃色；Ⅲ．向Ⅱ的錐形瓶中加入cmol·L?1Na2S2O3溶液滴定，至錐形瓶中溶液為淺黃色時，加入少量淀粉溶液，繼續(xù)滴至淺藍色，再加入KSCN溶液，劇烈振蕩后滴至終點；Ⅳ．平行測定三次，消耗Na2S2O3溶液的體積平均為vmL，計算銅的質(zhì)量分數(shù)。已知：?。瓼?與Fe3+生成穩(wěn)定的FeF63?（無色）。ⅱ．I2在水中溶解度小，易揮發(fā)。ⅲ．I2+I??I3?（棕黃色）。ⅳ．I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6（無色）。(1)Ⅰ中Cu溶解的離子方程式是__________________________。(2)Ⅱ中Cu2+和I?反應(yīng)生成CuI白色沉淀和I2。①加入NH4F溶液的目的是__________________________。②Cu2+和I?反應(yīng)的離子方程式是_________________________。③加入過量KI溶液的作用是________________________________。(3)室溫時，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3?，使測定結(jié)果不準確。Ⅲ中，在滴定至終點前加入KSCN溶液的原因是_。(4)樣品中Cu的質(zhì)量分數(shù)為______(列出表達式)。16．（2019·北京朝陽·二模）將H2S轉(zhuǎn)化為可再利用的資源是能源研究領(lǐng)域的重要課題。（1）H2S的轉(zhuǎn)化Ⅰ克勞斯法Ⅱ鐵鹽氧化法Ⅲ光分解法①反應(yīng)Ⅰ的化學方程式是________。②反應(yīng)Ⅱ：____+1H2S==

____Fe2++____S↓+____（將反應(yīng)補充完整）。③反應(yīng)Ⅲ體現(xiàn)了H2S的穩(wěn)定性弱于H2O。結(jié)合原子結(jié)構(gòu)解釋二者穩(wěn)定性差異的原因：_______。（2）反應(yīng)Ⅲ硫的產(chǎn)率低，反應(yīng)Ⅱ的原子利用率低。我國科研人員設(shè)想將兩個反應(yīng)耦合，實現(xiàn)由H2S高效產(chǎn)生S和H2，電子轉(zhuǎn)移過程如圖。過程甲、乙中，氧化劑分別是______。（3）按照設(shè)計，科研人員研究如下。①首先研究過程乙是否可行，裝置如圖。經(jīng)檢驗，n極區(qū)產(chǎn)生了Fe3+，p極產(chǎn)生了H2。n極區(qū)產(chǎn)生Fe3+的可能原因：?。瓼e2+-e-=Fe3+ⅱ．2H2O-4e-=O2+4H+，_______（寫離子方程式）。經(jīng)確認，ⅰ是產(chǎn)生Fe3+的原因。過程乙可行。②光照產(chǎn)生Fe3+后，向n極區(qū)注入H2S溶液，有S生成，持續(xù)產(chǎn)生電流，p極產(chǎn)生H2。研究S產(chǎn)生的原因，設(shè)計如下實驗方案：______。經(jīng)確認，S是由Fe3+氧化H2S所得，H2S不能直接放電。過程甲可行。（4）綜上，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ能耦合，同時能高效產(chǎn)生H2和S，其工作原理如圖。進一步研究發(fā)現(xiàn)，除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I-也能實現(xiàn)如圖所示循環(huán)過程。結(jié)合化學用語，說明I3-/I-能夠使S源源不斷產(chǎn)生的原因：________。

參考答案1．A【分析】向6mL6mol·L?1NaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，配制成新制的Cu(OH)2，加入0.5mL15%甲醛溶液，混合均勻，水浴加熱，甲醛具有強還原性，與新制的Cu(OH)2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，迅速產(chǎn)生紅色沉淀，產(chǎn)生無色氣體。將所得沉淀洗凈后加入濃鹽酸，不溶解，根據(jù)已知信息：Cu2O濃鹽酸[CuCl2]?，可知，紅色沉淀不是Cu2O，可能是Cu。甲醛被氧化，根據(jù)甲醛中碳元素的化合價為+2價，可知氧化產(chǎn)物不可能為CO，可能是碳酸鹽，由于水浴加熱，甲醛具有揮發(fā)性，生成的無色氣體中混有甲醛氣體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)已知信息，Cu2O[CuCl2]?，實驗操作②中，紅色沉淀洗凈后加入濃鹽酸，不溶解，則可以確定紅色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu，故A正確；B．甲醛是具有強還原性的氣體，甲醛具有揮發(fā)性，生成的無色氣體中混有甲醛氣體，可將灼熱的CuO還原為銅單質(zhì)，得到紅色固體，所以不能證明氣體中含有CO，故B錯誤；C．配制新制氫氧化銅懸濁液時，NaOH是過量的，在堿性溶液中不可能產(chǎn)生二氧化碳，故C錯誤；D．根據(jù)實驗操作③，甲酸鈉中也含有醛基，與新制的Cu(OH)2反應(yīng)，未觀察到明顯現(xiàn)象，含有-CHO的甲酸鈉沒有被新制Cu(OH)2氧化，故D錯誤；答案選A?！军c睛】2015年第6期77頁《化學教學》上有一篇文章，通過探究了甲酸和新制氫氧化銅的反應(yīng)，實驗結(jié)論是適量甲醛和新制氫氧化銅反應(yīng)生成的是Cu2O和甲酸鈉，過量的甲醛和新制氫氧化銅反應(yīng)生成的是銅和甲酸鈉，副反應(yīng)中有氫氣生成。2．B【分析】根據(jù)已知，②中發(fā)生的反應(yīng)是，③中發(fā)生的反應(yīng)是；【詳解】A．鹵素在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，A錯誤；B．②是將四氯化碳與水溶液分離，二者互不相容，且為液態(tài)混合物，故是分液；③是將固體與液體分離，故為過濾，B正確；C．由方程式可以看出，每與足量完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移了，故與足量完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移了，C錯誤；D．設(shè)②中消耗6mol氫氧化鈉，則③中硫酸的物質(zhì)的量為3mol（含有6mol氫離子），二者之比是2:1，D錯誤；答案選B。3．D【分析】根據(jù)實驗探究可以看出，試管①過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氧氣，試管②中高錳酸鉀具有氧化性，產(chǎn)生氣體，溶液褪色，則體現(xiàn)了過氧化氫的還原性；試管③中過氧化氫與氯化鋇發(fā)復(fù)分解反應(yīng)生成過氧化鋇沉淀與稀鹽酸，試管④中過氧化鋇再與稀硫酸反應(yīng)生成過氧化氫與硫酸鋇沉淀，試管⑤中探究過氧化氫在二氧化錳催化劑作用下分解生成水和氧氣，據(jù)此分析作答。【詳解】A.試管①中過氧化鈉與水反應(yīng)最終生成氫氧化鈉與氧氣，試管⑤中過氧化氫在二氧化錳催化劑作用下分解生成水和氧氣，因此產(chǎn)生的氣體均能是帶火星的木條復(fù)燃，A項正確；B.①中的反應(yīng)機理可以認為過氧化鈉與水反應(yīng)生成過氧化氫與氫氧化鈉，過氧化氫分解生成水和氧氣，發(fā)生的反應(yīng)為復(fù)分解與氧化還原反應(yīng)，④中過氧化鋇再與稀硫酸反應(yīng)生成過氧化氫與硫酸鋇沉淀，過氧化氫分解產(chǎn)生了氧氣，因此兩個試管中均發(fā)生了氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)，B項正確；C.②中KMnO4與過氧化氫反應(yīng)生成氧氣，KMnO4體現(xiàn)氧化性，而⑤中MnO2則起催化作用，兩個試管中產(chǎn)生氧氣的量均由過氧化氫的量決定，因溶液是等分的，但②中過氧化氫全部被氧化⑤中的過氧化氫發(fā)生歧化反應(yīng)，所以產(chǎn)生氣體的量不相同，C項正確；D.根據(jù)已知條件可以看出過氧化氫屬于二元弱酸，而鹽酸屬于一元強酸。試管③因為生成了過氧化鋇沉淀，不是可溶性的鹽溶液，則不能證明鹽酸與過氧化氫的酸性強弱，D項錯誤；答案選D。4．B【詳解】A．該反應(yīng)中HCl中部分氯元素化合價升高得到氯氣，所以氯氣為氧化產(chǎn)物，A正確；B．該反應(yīng)中部分濃鹽酸被氧化生成氯氣，體現(xiàn)還原性，部分鹽酸反應(yīng)得到氯化錳和水，體現(xiàn)了酸性，B錯誤；C．標況下2.24L氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol，氯氣為唯一氧化產(chǎn)物，化合價由-1價變?yōu)?價，所以轉(zhuǎn)移0.2mol電子，C正確；D．該反應(yīng)中KMnO4為氧化劑，氯氣為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，D正確；綜上所述答案為B。5．A【詳解】A．雙氧水作消毒劑利用了過氧化氫的強氧化性使蛋白質(zhì)變性，故A符合題意；B．生石灰作干燥劑是利用了生石灰與水反應(yīng)生成熟石灰，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故B不符合題意；C．碳酸氫鈉作膨松劑是利用碳酸氫鈉和酸反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳，使物質(zhì)蓬松，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故C不符合題意；D．氧化鐵作紅色顏料是利用氧化鐵的顏色，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，故D不符合題意；故答案為：A6．A【詳解】A．向Na2CO3溶液中滴入1~2滴酚酞溶液，溶液呈紅色，是CO32-的水解使溶液呈堿性的緣故，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A符合題意；B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，溶液由橙色變?yōu)榫G色，是乙醇還原K2Cr2O7的緣故，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B不符合題意；C．向碘水中滴加維生素C溶液，溶液棕黃色褪去，是維生素C還原碘的緣故，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C不符合題意；D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成白色沉淀后迅速變?yōu)榛揖G色，最后呈紅褐色，是生成的Fe(OH)2有較強還原性，被空氣中氧氣氧化為Fe(OH)3的緣故，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D不符合題意；故答案為A。7．B【詳解】A.催化劑A表面是氮氣與氫氣生成氨氣的過程，發(fā)生的是同種元素之間非極性共價鍵的斷裂，A項錯誤；B.N2與H2在催化劑a作用下反應(yīng)生成NH3屬于化合反應(yīng)，無副產(chǎn)物生成，其原子利用率為100%，B項正確；C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時，氨氣轉(zhuǎn)化為NO，N元素化合價由-3價升高到+2價，失去電子，C項錯誤；D.催化劑a、b只改變化學反應(yīng)速率，不能提高反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率，D項錯誤；答案選B?！军c睛】D項是易錯點，催化劑通過降低活化能，可以縮短反應(yīng)達到平衡的時間，從而加快化學反應(yīng)速率，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率或產(chǎn)率。8．酸雨2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2OHSO3?HSO3?+O3=SO42?+O2+H+（2HSO3?+O3=SO42?+O2+H2SO3）O3將ZnSO3·H2O氧化為可溶的ZnSO4的化學反應(yīng)速率快，單位時間內(nèi)固體殘留量少，防止管道堵塞【分析】(1)SO2造成酸雨的主要氣體；(2)ZnO和SO2以及水反應(yīng)生成ZnSO3·H2O；(3)①根據(jù)25℃時，溶液中S(+4價)各組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH變化曲線分析判斷pH＝3.5的溶液中含S(+4價)的離子；②一段時間后，由于通入O3，將HSO3?氧化為SO42?，硫酸是強電解質(zhì)，溶液的pH減??；③O3將難溶的ZnSO3·H2O氧化為可溶的ZnSO4，反應(yīng)速率加快。【詳解】(1)SO2造成的環(huán)境問題主要是酸雨；(2)ZnO和SO2以及水反應(yīng)生成ZnSO3·H2O，化學方程式是2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O；(3)①根據(jù)25℃時，溶液中S(+4價)各組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH變化曲線，pH＝3.5的溶液中HSO3?濃度遠遠大于H2SO3，pH＝3.5的溶液中含S(+4價)的離子主要是HSO3?；②一段時間后，由于通入O3，將HSO3?氧化為SO42?，硫酸是強電解質(zhì)，HSO3?的氫離子被釋放，溶液的pH減??；離子方程式是：HSO3?+O3=SO42?+O2+H+(或2HSO3?+O3=SO42?+O2+H2SO3)；③O3將ZnSO3·H2O氧化為可溶的ZnSO4的化學反應(yīng)速率快，單位時間內(nèi)固體殘留量少，防止管道堵塞。9．Mg2++NH3?H2O+HPO42?+5H2O=MgNH4PO4?6H2O↓pH＝8~10pH偏大，NH4+、Mg2+易與OH?結(jié)合生成NH3?H2O、Mg(OH)2，NH3?H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42?電離，PO43?濃度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH?相同的H2O2溶液添加量，相同時間內(nèi)，與不加CuO相比，加入CuO，氨態(tài)氮濃度降低的多，反應(yīng)速率快3H2O2+2NH3N2+6H2O【分析】(1)N原子最外層有5個電子，據(jù)此書寫NH3的電子式；(2)根據(jù)題意，廢水中的NH3?H2O轉(zhuǎn)化為MgNH4PO4?6H2O，據(jù)此書寫反應(yīng)的離子方程式；(3)由圖可以判斷欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mg·L?1的pH適宜范圍；根據(jù)pH對NH4+、Mg2+、PO43?濃度的影響分析解答；(4)根據(jù)廢水中存在NH3?H2O，結(jié)合氨水的性質(zhì)分析解答；(5)①根據(jù)圖像對比添加了CuO和未添加CuO的反應(yīng)速率，以及氨態(tài)氮濃度的高低分析解答；②在微波協(xié)同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，據(jù)此書寫反應(yīng)的方程式。【詳解】(1)NH3的電子式為，故答案為；(2)根據(jù)題意，廢水中的NH3?H2O轉(zhuǎn)化為MgNH4PO4?6H2O，反應(yīng)的離子方程式為Mg2++NH3?H2O+HPO42?+5H2O=MgNH4PO4?6H2O↓，故答案為Mg2++NH3?H2O+HPO42?+5H2O=MgNH4PO4?6H2O↓；(3)由圖可以看出，欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mg·L?1，pH適宜范圍為8~10，pH偏大，NH4+、Mg2+易與OH?結(jié)合生成NH3?H2O、Mg(OH)2，NH3?H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42?電離，PO43?濃度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，故答案為pH＝8~10；pH偏大，NH4+、Mg2+易與OH?結(jié)合生成NH3?H2O、Mg(OH)2，NH3?H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42?電離，PO43?濃度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成；(4)由表格數(shù)據(jù)可知，僅對廢水進行微波加熱，剩余氨態(tài)氮濃度降低、水溶液的pH增大，pH的增大，有利于廢水中NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH?逆向移動，故答案為NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH?；(5)①由圖可知，在相同時間和H2O2溶液添加量相同時，添加了CuO的反應(yīng)速率較快，氨態(tài)氮的剩余濃度遠遠小于未添加CuO，故答案為相同的H2O2溶液添加量，相同時間內(nèi)，與不加CuO相比，加入CuO，氨態(tài)氮濃度降低的多，反應(yīng)速率快；②根據(jù)上述分析，在微波協(xié)同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反應(yīng)的方程式為3H2O2+2NH3N2+6H2O，故答案為3H2O2+2NH3N2+6H2O。10．離子鍵(非極性)共價鍵減少和分解損失，利于析出待整個裝置恢復(fù)至室溫，上下移動水準管使其中液面與量氣管中液面平齊或【分析】在電石渣中加入氯化銨溶液，發(fā)生反應(yīng)為Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，過濾后在溶液中加入雙氧水，發(fā)生反應(yīng)為CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，過濾，濾液Y為氯化銨；【詳解】(1)中含有離子鍵和共價鍵；(2)與水反應(yīng)的化學方程式是；(3)①Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)為Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)為CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，則循環(huán)利用的溶質(zhì)為NH4Cl；②冰水浴的作用為減少和分解損失，利于析出；(4)①由于氣體熱脹冷縮，故需待整個裝置恢復(fù)至室溫，上下移動水準管使其中液面與量氣管中液面平齊；②，，，，純度為。11．控制溫度在60~70℃、不斷攪拌CuO+2H+=Cu2++H2ONO3-幾乎全部被還原為NH4+還原劑CuCl+Cl-=[CuCl2]-去除CuCl固體表面的水，防止其被空氣氧化CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-【分析】I．溶解：溶解步驟的溫度應(yīng)控制在60～70℃，原因是溫度低溶解速率慢，溫度過高NH4NO3易分解，該步驟中Cu與NH4NO3反應(yīng)的離子方程式為（N元素被還原到最低價）4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O；II．轉(zhuǎn)化：發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋；過濾得到固體為CuCl，濾液主要是硫酸銨和硫酸；III．洗滌：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗滌，去除CuCl固體表面的水，防止其被空氣氧化，烘干后得到CuCl產(chǎn)品?！驹斀狻浚?）①溫度低溶解速率慢，溫度過高NH4NO3易分解，本工藝中促進海綿銅溶解的措施有控制溫度在60~70℃、不斷攪拌。故答案為：控制溫度在60~70℃、不斷攪拌；②氧化銅是堿性氧化物，與酸反應(yīng)生成銅鹽和水，氧化銅溶解的離子方程式是CuO+2H+=Cu2++H2O。故答案為：CuO+2H+=Cu2++H2O；③充分反應(yīng)后NH4+的濃度約為反應(yīng)前的2倍，原因是：發(fā)生4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O反應(yīng)，NO3-幾乎全部被還原為NH4+。故答案為：NO3-幾乎全部被還原為NH4+；（2）①根據(jù)發(fā)生的反應(yīng);2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3的作用是還原劑。故答案為：還原劑；②n(NH4Cl)：n(Cu2+)1.1時，Cl-濃度增大，與CuCl絡(luò)合生成可溶的絡(luò)合物，CuCl的沉淀率下降的原因是CuCl+Cl-=[CuCl2]-。故答案為：CuCl+Cl-=[CuCl2]-；（3）過程III中，用乙醇洗滌的目的是去除CuCl固體表面的水，防止其被空氣氧化。故答案為：去除CuCl固體表面的水，防止其被空氣氧化；（4）①鐵離子具有氧化性，能將CuCl氧化，CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的離子方程式是CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-。故答案為：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-；②根據(jù)電子守恒得關(guān)系式：5CuCl~5e-~KMnO4，產(chǎn)品中CuCl(摩爾質(zhì)量為99g/mol)的質(zhì)量分數(shù)為===。故答案為：。【點睛】本題考查混合物分離提純，把握流程中的反應(yīng)、物質(zhì)的性質(zhì)、離子反應(yīng)的書寫等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，難點（4）計算CuCl的含量：根據(jù)電子守恒得關(guān)系式：5CuCl~5e-~KMnO4，計算CuCl的物質(zhì)的量，再根據(jù)質(zhì)量分數(shù)的計算公式計算。12．過濾Fe3++H3PO4+3NH3?H2OFePO4?2H2O↓+3+H2OFe(OH)31614H+267H2O【分析】向FeCl3和H3PO4的混合溶液中加入氨水并水浴加熱，由于H3PO4為弱電解質(zhì)，在水中電離程度較小導致磷酸鐵的產(chǎn)率不高，向溶液中加入氨水，氨水可以和磷酸反應(yīng)生成磷酸根，同時水浴加熱加快反應(yīng)速率，使磷酸鐵的產(chǎn)率升高，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)①將制得的懸濁液通過過濾的方式將固體和液體分開，得到FePO4·2H2O固體，故答案為：過濾；②生成磷酸鐵的離子方程式為Fe3++H3PO4+3NH3·H2OFePO4·2H2O↓+3+H2O；③在滴加氨水的過程中需要控制溶液pH，因氨水呈堿性，氨水中的一水合氨電離出的氫氧根可以與溶液中的Fe3+反應(yīng)生成沉淀，因此需要控制溶液pH，以保證溶液中的Fe3+全部轉(zhuǎn)化為磷酸鐵，故答案為Fe(OH)3；(2)①利用化合價升降法配平化學方程式；根據(jù)題目中所給出的反應(yīng)物與生成物可知，生成物中存在鐵離子和鉻離子，因此反應(yīng)應(yīng)該在酸性環(huán)境下進行，反應(yīng)前溶液中含有大量的H+，故方程式中反應(yīng)前有H+參加反應(yīng)，反應(yīng)后生成水；反應(yīng)前后中的Cr元素的化合價從+6下降到+3，F(xiàn)e元素的化合價從+2上升到+3，根據(jù)反應(yīng)前后得失電子守恒計算，正確配平的離子方程式為+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②根據(jù)上題的化學方程式，與Fe2+的物質(zhì)的量關(guān)系為1:6，說明每消耗1mol需要消耗Fe2+6mol，因此，消耗濃度為c的重鉻酸鉀標準溶液vmL，則溶液中含有6cv×10-3mol的Fe2+，故原樣品中含有6cv×10-3mol的Fe，原樣品中Fe的質(zhì)量分數(shù)為=。13．a(chǎn)bd防止硫粉燃燒產(chǎn)生SO2，污染環(huán)境、導致爆炸正極[Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2OZn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑富集、提純煤氣中的H2S溶液藍色恰好消失，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)藍色1700【分析】（1）干法氧化鐵脫硫的過程是將氧化鐵和H2S相互接觸，二者發(fā)生反應(yīng)生成Fe2S3·H2O從而達到脫硫的目的，化學方程式為3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，同時生成的Fe2S3·H2O可以通過再生的方法將S單質(zhì)分離出來，化學方程式為2Fe2S3·H2O+3O2=2Fe2O3·H2O+6S，這樣既可以脫硫又可以將硫進行回收；（2）電化學溶解-沉淀法是一種回收利用H2S的新方法，實驗過程是以Zn為陽極在堿性條件下發(fā)生電解，生成[Zn(OH)4]2-，將[Zn(OH)4]2-與H2S氣體在反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)生成ZnS固體，達到回收利用H2S的方法；（3）利用碘量法測定煤氣中H2S的含量，首先將煤氣通入鋅氨溶液中將S元素富集起來，將生成的ZnS與碘水混合，二者發(fā)生反應(yīng)，因I2為足量，所以I2剩余，通過碘量法測量未參加反應(yīng)的I2的含量間接測量煤氣中H2S的含量?！驹斀狻浚?）①單質(zhì)硫為淡黃色固體，a正確；根據(jù)分析，脫硫反應(yīng)的化學方程式為3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，b正確；再生過程中S元素化合價從-2價變?yōu)?價，反應(yīng)過程中失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)被氧化，c錯誤；脫硫過程中，增大反應(yīng)物與氣體的接觸面積，可以使固體與氣體的反應(yīng)更加完全，提高脫硫效率，d正確；故選abd；②再生反應(yīng)不易溫度過高，在高溫條件下，再生過程生成的硫單質(zhì)易與氧氣發(fā)生反應(yīng)生成SO2污染空氣；（2）①根據(jù)分析，若想通過Zn吸收S2-，需將Zn變成Zn2+，通過反應(yīng)生成ZnS沉淀。此時在電解池中Zn電極一定為陽極，與電源正極相連，電極方程式為Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，陰極為水中H+得電子的反應(yīng)，方程式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；②電解過程中生成的[Zn(OH)4]2-與H2S發(fā)生反應(yīng)生成ZnS，反應(yīng)的離子方程式為[Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O；③根據(jù)已知條件，Zn可以在強堿中發(fā)生反應(yīng)，生成氫氣，故反應(yīng)的離子方程式為Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑；（3）①煤氣中H2S含量較低，難以直接測量，故需要將煤氣通入到鋅氨溶液中，將S元素全部轉(zhuǎn)化為ZnS固體，利用少量的液體將含量低的H2S收集起來，這樣起到富集、提純煤氣中的H2S的目的；②滴定終點時，體系中不再出現(xiàn)I2，溶液顏色發(fā)生變化，故滴定終點的現(xiàn)象是：溶液藍色恰好消失，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)藍色；③碘量法測定I2含量時，消耗硫代硫酸鈉20mL，根據(jù)化學方程式，設(shè)與硫代硫酸鈉反應(yīng)的I2的物質(zhì)的量為xmol，則解得x=1×10-3mol，說明與ZnS反應(yīng)的I2的物質(zhì)的量為1.5×10-3mol-1×10-3mol=5×10-4mol，根據(jù)化學方程式可知參加反應(yīng)的ZnS的物質(zhì)的量為5×10-4mol，說明含有S元素5×10-4mol，故H2S為5×10-4mol，即10L煤氣中含有5×10-4mol的H2S，煤氣中H2S的含量為=1700mg/m3?！军c睛】碘量法測定H2S含量時利用的是反滴定法，先將ZnS中加入過量且定量的碘水，讓ZnS與I2充分的反應(yīng)，再利用硫代硫酸鈉滴定剩余的I2，達到準確測量S含量的效果。14．被氧化可能生成或，根據(jù)資料a，在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在，所以其氧化產(chǎn)物為通入足量后，取上層清液，加入足量的溶液，觀察到粉紅色沉淀A區(qū)生成的向外擴散，C區(qū)的向內(nèi)擴散，二者在B區(qū)相遇發(fā)生反應(yīng)：；C區(qū)減小，溶液顏色變淺，理論上，能與實驗二中恰好完全反應(yīng)，但溶液紫色并未完全消失，說明有剩余，所以有其他氧化劑參與反應(yīng)，如空氣中的【詳解】(1)Cu被氧化只會生成Cu+和Cu2+，由于資料中說明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化產(chǎn)物為Cu2+；(2)根據(jù)資料提示，MnS為粉紅色沉淀，故加入Na2S觀察有無沉淀生成，且為了防止CuS產(chǎn)生干擾，還要加入強酸觀察沉淀是否部分溶解，故答案為通入足量后，取上層清液，加入足量的溶液，觀察到粉紅色沉淀；(3)根據(jù)(1)(2)題可得：A區(qū)中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式為；(4)B區(qū)的棕黑色固體是，A區(qū)生成的向外擴散，C區(qū)的向內(nèi)擴散，二者在B區(qū)相遇發(fā)生反應(yīng)：；C區(qū)減小，溶液顏色變淺；(5)通過計算，，理論上，能與實驗二中恰好完全反應(yīng)，但溶液紫色并未完全消失，說明有剩余，所以有其他氧化劑參與反應(yīng)，如空氣中的。15．Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O將溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為FeF63?，防止其氧化I?2Cu2++4I?=2CuI↓+I2將Cu2+充分還原為CuI；I?與I2結(jié)合生成I3?，減少I2的揮發(fā)將CuI沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度更小的CuSCN沉淀，釋放出吸附的I2和I3?，提高測定結(jié)果的準確程度(63.5×