北京市通州區(qū)高考化學(xué)三年（2020-2022）模擬題匯編-06氧化還原反應(yīng)

北京市通州區(qū)高考化學(xué)三年（2020-2022）模擬題分類匯編-06

氧化還原反應(yīng)

一、單選題

1.（2022?北京通州?統(tǒng)考三模）下列過(guò)程所用的物質(zhì)中，利用了其氧化性的是

A.用SCh的水溶液吸收BnB.用鋅塊防止鋼鐵船體腐蝕

C.用FeCI3溶液腐蝕銅板D.用鐵粉防止FeSo4溶液氧化

2.（2022.北京通州.統(tǒng)考三模）汽車尾氣中的NQ、CO、碳?xì)浠衔锿ㄟ^(guò)排氣系統(tǒng)的凈

化裝置（催化劑主要由Rh、Pd、Pt等物質(zhì)和稀土材料組成）轉(zhuǎn)化為無(wú)害氣體，凈化原理

如下。下列分析不亞砸的是

Na尸

碳?xì)浠衔?CO\/

\\/木。2+

\'鬲/稀土Ce02F

Pd（鋤Pt（粕）材料Ce0*234

A.催化劑能提高反應(yīng)速率B.NOxsCo均發(fā)生了氧化反應(yīng)

C.CO轉(zhuǎn)化為CO2時(shí)，CeO2轉(zhuǎn)化為CeO*D.催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)有選擇性

3.（2022?北京通州?統(tǒng)考一模）雄黃（ASR）和雌黃（AS2S3）是提取碑的主要礦物原料，二

者都難溶于水，在自然界中共生，且可以相互轉(zhuǎn)化。雌黃（ASS）能溶于HNO3,反應(yīng)如

+

下：As2S3+IOH+IONOJ=2H3ASO4+3S+IONO2↑+2H2Oo下列說(shuō)法不氐酶的是

A.生成ImOIH,AsO4,則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為5mol

B.若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池，可選用硝酸作電解質(zhì)溶液、石墨作負(fù)極、AS2S3作正極

C.反應(yīng)產(chǎn)生的NO?可用NaoH溶液吸收

D.雄黃轉(zhuǎn)化為雌黃過(guò)程需要氧化劑

4.（2022?北京通州?統(tǒng)考一模）稀土永磁材料——高性能較鐵硼合金為新能源汽車提供

核心原材料。從制鉆鐵硼的廢料中提取氧化鉉（NdzCh）的工藝流程如圖1所示，草酸鉉

晶體的熱重曲線如圖2所示。

鉉鐵β!l

廢料H化儂

剩余周體班

?l100%

原始固體質(zhì)量

75.4%

51.9%

45-9%

草酸敕品體加入過(guò)程中的熱小曲貨

已知：i.Nd與酸反應(yīng)生成NcP+離子，草酸鉉晶體［Nd2(CθJ3?lOH2O］的摩爾質(zhì)量是

732g/mol；

ii.Olmol∕LFe"生成Fe(OH)2,開(kāi)始沉淀時(shí)pH=6.3,完全沉淀時(shí)pH=8.3

O.Imol/LFe“生成Fe(C)H%,開(kāi)始沉淀時(shí)PH=I.5,完全沉淀時(shí)pH=2.8

下列說(shuō)法不生觸的是

A.氣體1的主要成分是H2,濾渣1是硼和其他不溶性雜質(zhì)

2++

B.“氧化”時(shí)會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2Fe+H2O2+4H2O=2Fe(OH),；+4H

C.若“調(diào)pH"”與“氧化”順序顛倒，也。?的利用率無(wú)影響

D.由圖2可知，500C時(shí)剩余固體的主要成分是NdQ

5.(2022?北京通州?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))鎂與不同濃度的硝酸溶液反應(yīng)可得到Ne)-NO、

N2O.NHKO3、出等還原產(chǎn)物(每種情況只考慮生成一種還原產(chǎn)物)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的

是

A.24g鎂與足量某濃度的硝酸溶液充分反應(yīng)生成NH4NQ時(shí)消耗2.5molHNO3

B.消耗等量的鎂生成的還原產(chǎn)物物質(zhì)的量最多的是NO2

C.生成氫氣時(shí)所用硝酸濃度應(yīng)小于生成其它產(chǎn)物時(shí)所用硝酸濃度

D.生成等物質(zhì)的量的No和N?O消耗鎂的物質(zhì)的量之比為3：4

6.(2022?北京通州?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))我國(guó)科學(xué)家利用高效固體催化劑LDH,實(shí)現(xiàn)了在常

試卷第2頁(yè)，共10頁(yè)

溫常壓、可見(jiàn)光下人工固氮，其原理如圖所示。下列有關(guān)該反應(yīng)說(shuō)法不正確的是

A.存在極性鍵、非極性鍵的斷裂與形成

B.反應(yīng)過(guò)程中存在太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

C.使用LDH,可同時(shí)提高反應(yīng)速率和N?的轉(zhuǎn)化率

D.反應(yīng)生成1.7gN小時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.3mol

7.（2022.北京通州.統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）2021年，我國(guó)科學(xué)家首次在實(shí)驗(yàn)室實(shí)現(xiàn)CO?到淀粉

的全合成，其合成路線如下：設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是

A.標(biāo)況下，11.2LCO2中含有共用電子對(duì)數(shù)目為2NA

B.反應(yīng)②、③無(wú)法在高溫下進(jìn)行

C.反應(yīng)②中，3.2gCHQH生成HCHO時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NA

D.ImolDHA與乙酸發(fā)生取代反應(yīng)，可消耗乙酸分子數(shù)目為NA

8.（2020?北京通州?統(tǒng)考一模）某離子反應(yīng)涉及到H20、CIO-、NH4?OH-、N2,Cr等

微粒，其中N2、CKy的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）

A.該反應(yīng)中Cr為氧化產(chǎn)物

B.NHd+是還原劑，ClO一是氧化劑

C.消耗ImOl還原劑，轉(zhuǎn)移6mol電子

D.反應(yīng)后溶液的酸性減弱

9.（2020.北京通州?統(tǒng)考一模）“暖冰”是科學(xué)家將水置于一個(gè)足夠強(qiáng)的電場(chǎng)中，在20℃

時(shí),水分子瞬間凝固形成的。用“暖冰”做了一個(gè)如圖所示的實(shí)驗(yàn),發(fā)現(xiàn)燒杯中酸性KMno4

溶液褪色。若將燒杯中的溶液換成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血紅色。則下

列說(shuō)法不正確的是（）

A.該條件下H2燃燒生成了既具有氧化性又具有還原性的物質(zhì)

B.水凝固形成20℃時(shí)的“暖冰”所發(fā)生的變化是化學(xué)變化

C.該條件下凡燃燒的產(chǎn)物中可能含有一定量的H2O2

D.在電場(chǎng)作用下，水分子間更易形成氫鍵，因而可以制得“曖冰”

二、實(shí)驗(yàn)題

10.（2022?北京通州?統(tǒng)考三模）物質(zhì)的大小會(huì)對(duì)其性質(zhì)有極大影響。

⑴納米金：具有高電子密度、介電特性和催化作用。納米金的制法：將0.01%的HAUCl4

溶液煮沸，迅速加入1%的檸檬酸鈉（）溶液，持續(xù)煮沸7~10分鐘。

制備時(shí)溶液會(huì)因?yàn)榧尤氲臋幟仕徕c的量不同而產(chǎn)生不同的顏色，如下表所示。

納米金顆粒大?。╪m）顏色

2~5黃

10-20紅

30-80紫

資料：HAUCI4的溶液呈黃色，其酸性比檸檬酸強(qiáng)。

①在制備過(guò)程中，存在如下反應(yīng)，已知產(chǎn)物C5H,Q5是檸檬酸脫去一個(gè)竣基得到的，核

試卷第4頁(yè)，共10頁(yè)

磁共振氫譜顯示其有4組峰。請(qǐng)補(bǔ)全并配平下面的反應(yīng)方程式（要寫出CsUOs的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)

式）?

+□(C5HftO5)+□CO2+□HCI

②檸檬酸鈉的作用是，如果一段時(shí)間后的液體仍為黃色，則可以（填操

作）來(lái)檢驗(yàn)是否生成納米金。

（2）微米水：可以高效誘導(dǎo)分子的還原反應(yīng)，且不需要任何的外加還原劑或外加電荷?？?/p>

學(xué)家使用!上述方法制取納米金時(shí)，引入了不加檸檬酸的對(duì)照組。令人驚奇的是對(duì)照組也

發(fā)生了反應(yīng)，他經(jīng)過(guò)猜想與論證，最終將目光鎖定在水身上，用如下裝置（如圖1所示）

猜想成立。

②發(fā)現(xiàn)隨著丙酮酸濃度的增加，還原效率會(huì)迅速降低，圖2與圖3中丙酮酸濃度均為

IOmolZLo

0

霧化氣體壓強(qiáng)6080100120140160180

霧化氣體壓強(qiáng)/（PSi）

圖2圖3

還原效率會(huì)隨著霧化氣體壓強(qiáng)的增大而增大的原因是。

③為探究還原反應(yīng)的具體過(guò)程，繼續(xù)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)：向水中加入一種指示劑R,這種指示劑

正常狀態(tài)下不顯色，R在遇到一定濃度的H+與還原劑后會(huì)顯示紅色熒光，過(guò)程可以表

示為：示無(wú)色）雄鼠＞R*（紅色熒光）。加入R后觀測(cè)到的現(xiàn)象如圖4所示。

(已加入指示劑R)

圖4

結(jié)合圖4和上述實(shí)驗(yàn)，你可以得出什么推論？o

(3)綜合上述內(nèi)容，你對(duì)物質(zhì)有了哪些更深入的認(rèn)識(shí)？。

11.(2021.北京通州.統(tǒng)考一模)某實(shí)驗(yàn)小組研究KI和酸性KMnO4溶液的反應(yīng)。

實(shí)

驗(yàn)

IIl

序

號(hào)

逐滴滴加0.0ImOI?LKMn（Il溶液逐滴滴加2mL0.1mol?L^'KI溶液

實(shí)（H2SO4酸化至PH=I）

I

驗(yàn)1—

操

__2mL0.0ImOl?LTKMn（‰溶液

作1

I—2mL0.lmol?L-Kl溶液5（H2SO4酸化至PH=1）

實(shí)

驗(yàn)

KMnO4溶液的紫色褪去，溶液變?yōu)樽豄MnO4紫色溶液迅速變?yōu)樽睾稚珣覞嵋海?/p>

現(xiàn)黃色然后沉淀消失，溶液變?yōu)樽攸S色

象

資料：i.Mn在酸性條件下最終被還原為Mr?+

ii?酸性條件下氧化性：KMnO4>KIO3>l2

(1)實(shí)驗(yàn)I中溶液呈棕黃色，推測(cè)生成了；

(2)實(shí)驗(yàn)小組繼續(xù)對(duì)實(shí)驗(yàn)∏反應(yīng)中初始階段的產(chǎn)物成分進(jìn)行探究:

試卷第6頁(yè)，共10頁(yè)

①經(jīng)檢驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)II初始階段r的氧化產(chǎn)物不是I2.則“實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象a”為

②黑色固體是

③經(jīng)檢驗(yàn)，在“紫色清液”中存在IO，，寫出生成的離子方程式___________;下列實(shí)

驗(yàn)方案中，可用于檢驗(yàn)“紫色清液”中IO3的是(填字母);

A.用潔凈的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化鉀試紙上，觀察試紙是否變藍(lán)色。

B.取少量“紫色清液”于試管中，向其中加入幾滴淀粉溶液，溶液不變藍(lán)，再加入過(guò)量

NaHSo3溶液，觀察溶液是否變藍(lán)色。

C.取少量“紫色清液''于試管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入幾滴硝酸銀溶液，觀

察是否生成黃色沉淀。

(3)探究實(shí)驗(yàn)II中棕褐色沉淀消失的原因。

加入2ml0.1mol?L^l加入2滴2mol?L-1

過(guò)濾，洗滌Kl溶液，振蕩H2SO4溶液

----------->-------------->---------------------------A

保留固體

棕褐色黑色固體無(wú)明顯變化固體溶解，溶液

懸濁液變?yōu)樽攸S色

用離子方程式解釋實(shí)驗(yàn)∏中棕褐色沉淀消失的原因：`

(4)實(shí)驗(yàn)后的反思：導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)I和實(shí)驗(yàn)II中KI和酸性KMno4溶液反應(yīng)產(chǎn)物變化的因素

是(寫出兩點(diǎn))：

三、原理綜合題

12.(2022?北京通州?統(tǒng)考三模)用零價(jià)鐵(Fe)去除含氮廢水中的硝酸鹽(NOI)是環(huán)境修

復(fù)的重要方法。一種去除NO；的過(guò)程如下。

(1)∏中充分反應(yīng)后，分離混合物的方法是

(2)II中反應(yīng)的離子方程式是。

(3)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，在II中補(bǔ)充一定量的Fe"可以明顯提高NO；的去除率。向兩份含氮廢水

［n(NO；)^8.1xlO-5mol］中均加入足量Fe粉，做對(duì)比研究。

實(shí)驗(yàn)序號(hào)iii

所加試劑粉5

FeFe粉、FeCl2(3.6×10^mol)

NO；的去除率≈50%≈100%

分析ii中NO；的去除率提高的原因：

a.Fe?+直接還原NO；了。

通過(guò)計(jì)算說(shuō)明電子得、失數(shù)量關(guān)系：,證明該原因不合理。

b.研究發(fā)現(xiàn)：FeQ4(導(dǎo)電)覆蓋在鐵粉表面；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，產(chǎn)生FeO(C)H)(不導(dǎo)電)，

它覆蓋在FeQ4表面，形成鈍化層，阻礙電子傳輸。

2+

c.Fe能與FeO(OH)反應(yīng)生成Fe3O4。

用s'FeCL做同位素示蹤實(shí)驗(yàn)，證明該原因合理。

d.C「破壞鈍化層。

將ii中的FeCl°替換為,NO；的去除率約為50%,證明該原因不合理。

(4)i、ii中均能發(fā)生Fe+2H+=Fd++H3T.該反應(yīng)明顯有助于i中NO，的去除，結(jié)合

方程式解釋原因：。

(5)測(cè)定NO；含量

步驟［取VmL含氮(N0；)水樣,加入催化劑、VlmLClmO1?L7IFeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(過(guò)量),

再加入稀HzSO-

l

步驟2.用c?mol?LKQG標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe"(Crq；被還原為Cr"),終點(diǎn)時(shí)消

耗v2mLo

2++3+

已知：3Fe+NO；+4H=NO↑+3Fe+2H2O

①水樣中NO；的含量為mol?L-'。

試卷第8頁(yè)，共10頁(yè)

②溶液中。2影響測(cè)定。向步驟1中加入適量NaHCo3,產(chǎn)生C0?驅(qū)趕0?,否則會(huì)使測(cè)

定結(jié)果(填“偏大”或“偏小”)。

四、工業(yè)流程題

13.(2022?北京通州?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè))磷酸亞鐵鋰電池是新能源汽車的動(dòng)力電池之一、采

用濕法治金工藝回收廢舊磷酸亞鐵鋰電池正極片(除LiFeP0」外，還含有Al箔、少量不

溶于酸堿的導(dǎo)電劑)中的資源，流程如圖：

II—>?i∣tιI

ILiFcfO4INeOH港港I----------1

—Ll一向了**化叫一叵1

L-JβriiaI

11

r-一I...一I一

In.1?51----,*°,-ΛJ*iN>,CO,Λrt

v

I——?[——JItiO-HOf,J,JA,,LIOXNaι∣COι4f>*

I_IΓVMWN海

FePO4?IM)

資料：碳酸鋰在水中溶解度:

溫度/℃020406080100

溶解度/g1.541.331.171.010.850.72

(I)I步操作是粉碎廢舊電極，其主要目的是。

(2)11步加入過(guò)量NaOH溶液后，濾液1中存在的主要陰離子是。

(3)111步浸取加入的氧化劑最佳選擇是。(填字母)

A.HNO,B.酸性KMnO4C.H2O2D.NaClO3

(4)浸出液中存在大量HFO；和HPO),從平衡移動(dòng)的角度解釋IV步中加入3θ%Na2CO3

溶液沉鐵的主要原理是o

(5)濾液2中C(Li+)=4mol?L;,加入等體積的Na*。,溶液后，??的沉降率達(dá)到90%,

3

母液中C(Con="溶液混合后體積變化忽略不計(jì)，Ksp(Li2CO3)=1.6×IO]

(6)為將粗品LiWO,提純，Vl步使用(填“熱"或"冰”)水進(jìn)行洗滌操作，理由

是。

(7)工業(yè)上將回收的Li2CO3、FePO4粉碎與足量的炭黑混合高溫灼燒再生制備LiFePO4,

反應(yīng)的化學(xué)方程式為：。

14.(2021.北京通州.統(tǒng)考一模)磷酸鐵(FePO4)常用作電極材料以硫鐵礦(主要成分是

FeS2,含少量AI2O3、SiCh和Fe-QQ為原料制備磷酸鐵的流程如下：

試劑R∕H2SO4

硫FeO(NH4)2HPO4

鐵

焙

酸

礦氧

浸還過(guò)除沉

燒--FePO

粉原濾鋁化鐵4

末

空氣濾渣1濾渣2濾渣3

已知幾種金屬離子沉淀的PH如下表所示:

金屬氫氧化物

Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3

開(kāi)始沉淀的PH2.37.54.0

完全沉淀的PH4.19.75.2

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

⑴濾渣3的主要成分是(寫出化學(xué)#)：

⑵用FeS還原Fe3+的目的是加入FeO的作用是(用離子方程式

表示);

(3)試劑R宜選擇(填字母)；

A.高錦酸鉀B.稀硝酸C.雙氧水D.次氯酸鈉

(4)檢驗(yàn)“氧化”之后溶液是否含F(xiàn)e2+的操作是；

mntn

(5)已知沉淀溶解平衡：MmA,,(s),mM"(aq)+nA"(aq),Ksp=c(M)?c(A'")0常

溫下，KSP(FePoJ=I.3x1(嚴(yán)，“沉鐵，，中為了使C(FeM)WlxlO'mol∕L,C(Po：)最小為

mol∕Lo

試卷第10頁(yè)，共10頁(yè)

參考答案:

?.C

【詳解】A.用S02的水溶液吸收Br2,S元素的化合價(jià)升高，被氧化，利用其還原性，選

項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.用Zn塊防止鋼鐵船體腐蝕，是利用其還原性，B錯(cuò)誤；

2+2+

C.用FeCl3溶液腐蝕銅板發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3++Cu=2Fe+Cu,鐵元素的化合價(jià)降低，被

還原，利用其氧化性，選項(xiàng)C正確；

D.用Fe粉防止FeSO4溶液氧化，利用其還原性，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；

答案選C。

2.B

【詳解】A.催化劑能降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，A正確；

B.NOX中氮元素化合價(jià)降低到0價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，CO中碳元素化合價(jià)升高到+4價(jià)，發(fā)

生氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；

C.由圖示可知，Co轉(zhuǎn)化為CO2時(shí)，碳元素化合價(jià)升高失電子，則CeO2反應(yīng)時(shí)應(yīng)得電子化

合價(jià)降低轉(zhuǎn)化為CeO2,m,C正確；

D.催化劑對(duì)特定反應(yīng)具有催化作用，故催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)有選擇性，D正確；

答案選B。

3.B

【詳解】A.根據(jù)反應(yīng)方程式分析硝酸根中氮由+5價(jià)降低到+4價(jià)，IOmol硝酸根離子完全

被還原轉(zhuǎn)移IOmOl電子，由反應(yīng)可知生成2molH3AsO4轉(zhuǎn)移Iomol電子，則生成Imol

H3AsO4,則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為5mol,A正確；

B.若將該反應(yīng)設(shè)計(jì)成原電池，分析化合價(jià)知As2S3中元素化合價(jià)均升高，應(yīng)在負(fù)極，故可

選用硝酸作電解質(zhì)溶液、石墨作正極、As2S3作負(fù)極，B錯(cuò)誤；

C.NCh會(huì)污染環(huán)境，因此反應(yīng)產(chǎn)生的NCh可用NaOH溶液吸收，C正確；

D.雄黃(As4S4)中AS化合價(jià)為+2價(jià)，雌黃(As2S3)As化合價(jià)為+3價(jià)，故雄黃轉(zhuǎn)化為雌黃

過(guò)程需要氧化劑，D正確；

故選B。

4.C

【分析】鉉鐵硼廢料中主要含Nd、Fe、B,由信息及流程可知，加入稀鹽酸，硼不與酸反

答案第1頁(yè)，共10頁(yè)

應(yīng)，則濾渣是硼，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)生成氣體為氫氣，Nd能與酸發(fā)生置換反應(yīng)，反應(yīng)為

Fe+2HCl=FeCb+H2J2Nd+6HCl=2NdCl3+3H2↑,然后加過(guò)氧化氫可氧化亞鐵離子，加NaOH

調(diào)節(jié)PH使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，濾液2中加草酸生成Nd2(C2O4)3-IOH2O在氧氣下焙

燒得到Nd2O3,以此來(lái)解答。

【詳解】A.Fe與鹽酸反應(yīng)生成氣體為氫氣，硼不與酸反應(yīng)，則氣體的主要成分是H2,濾

渣是硼和其他不溶性雜質(zhì)，A正確；

B.往濾液1中加入H2O2的目的是將Fe?+氧化為Fe",pH=4時(shí)Fe?+已經(jīng)完全沉淀，則反應(yīng)

2++

方程式為，2Fe+H2O2+4H2O=2Fe(OH),J+4H,B正確；

C.若“調(diào)pH儀4”與“氧化”順序顛倒，即先氧化此時(shí)溶液顯酸性，反應(yīng)為

2++3+

2Fe+H2θ2+2H=2Fe+2H2O,此時(shí)生成Fe3+并未完全沉淀，且Fe3+能夠催化H2O2的分解，

從而減小了H2O2的利用率，C錯(cuò)誤；

1QQ

D.由圖可知，設(shè)質(zhì)量為IOog,含結(jié)晶水為IoOgX忘≈24.6g,則110℃時(shí)完全失去結(jié)晶水,

然后Nd2(C2O4)3在氧氣中加熱導(dǎo)致固體質(zhì)量減少，此時(shí)剩余固體的摩爾質(zhì)量為

732g∕mol×51.9%=379.91g∕mol,Nd2O2CO3的摩爾質(zhì)量為380g∕mol,則500C時(shí)剩余固體的主

要成分是Nd2O2CO3,D正確；

故答案為：Co

5.D

【詳解】A.24g鎂與硝酸反應(yīng)失去2mol電子，根據(jù)得失電子守恒生成的NH4NO,為

:mol=0.25mol,同時(shí)生成ImOIMg(NO31,根據(jù)氮原子守恒消耗的硝酸為

5—(—3)

0.25mol×2+1mol×2=2.5mol,A正確；

B.生成等物質(zhì)的量的各種還原產(chǎn)物時(shí)需要電子最少的是NO?,因此消耗消耗等量的鎂生成

的還原產(chǎn)物物質(zhì)的量最多的是NO?,B正確；

C.硝酸濃度較大時(shí)硝酸根的氧化性強(qiáng)于氫離子，因此會(huì)得到含氮的還原產(chǎn)物，生成氫氣時(shí)

硝酸濃度應(yīng)該很小，C正確；

D.生成等物質(zhì)的量的NO和Nq需要的電子的物質(zhì)的量之比為(5-2):(5-1)*2=3：8,因

此消耗鎂的物質(zhì)的量之比為3；8,D錯(cuò)誤；

故選D。

6.C

答案第2頁(yè)，共K)頁(yè)

【分析】該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2N2+6H2O生24N∏3÷3θ2o

LDH

【詳解】A.存在極性鍵、非極性鍵的斷裂（H-O極性鍵、N-N非極性鍵）與形成（H-N極性

鍵、OQ非極性鍵），故A正確；

B.2N2+6H2O劈4NH3+3θ2為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)過(guò)程中存在太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故B正

LDH

確；

C.催化劑不能使平衡發(fā)生移動(dòng)，使用LDH,可同時(shí)提高反應(yīng)速率，但不能提高N2的轉(zhuǎn)化

率，故C錯(cuò)誤；

D.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2N2+6H2O型如4NH3+3O2,由于氮元素從O價(jià)降為-3價(jià)，所以

LDH

每生成1molNH3轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3mol,反應(yīng)生成1.7g（即0?lmol）N&時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為

0.3mol,故D正確；

故選C。

7.D

【詳解】A.CC?的結(jié)構(gòu)式為O=C=O,標(biāo)況下11.2LCO2中含有共用電子對(duì)數(shù)目為

0.5molx4xNA=2NΛ,故A正確；

B.反應(yīng)②、③需要用酶作2催化劑，反應(yīng)②、③無(wú)法在高溫下進(jìn)行，故B正確；

C.反應(yīng)②中，3.2gCHQH生成HCHo時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為贏扁x2XNA=O.2NA,故C

正確；

D.DHA含有2個(gè)羥基，ImolDHA與乙酸發(fā)生取代反應(yīng)，可消耗2mol乙酸，故D錯(cuò)誤；

選D。

8.B

【分析】由曲線變化圖可知，隨反應(yīng)進(jìn)行N2的物質(zhì)的量增大，CKy的物質(zhì)的量減小，故N2

是生成物，CIO一為反應(yīng)物，則N出+應(yīng)是反應(yīng)物，N元素化合價(jià)發(fā)生變化，具有氧化性的ClO

為反應(yīng)物，由氯元素守恒可知Cr是生成物，則反應(yīng)的方程式應(yīng)為

+

3CIO-+2NH4+2OH=N2↑+5H2O+3C1-,以此解答該題。

【詳解】根據(jù)分析，反應(yīng)的方程式應(yīng)為3C1O-+2NH4++2OH-=N2T+5H2O+3C1-,

答案第3頁(yè)，共10頁(yè)

A.由方程式可知，N元素的化合價(jià)升高，則N?為氧化產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；

B.由方程式可知，NH4+被CIo-氧化成N2,NH&+是還原劑，ClO一是氧化劑，故B正確；

C.N元素化合價(jià)由-3價(jià)升高到。價(jià)，則消耗Imol還原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子，故C錯(cuò)誤；

D.反應(yīng)在堿性條件下發(fā)生，反應(yīng)消耗OH,反應(yīng)后溶液的堿性減弱，故D錯(cuò)誤；

答案選B。

9.B

【詳解】A.酸性KMnO4溶液褪色，說(shuō)明燃燒生成了具有還原性的物質(zhì)；含有少量KSCN的

FeCI2溶液呈血紅色，說(shuō)明燃燒生成了具有氧化性的物質(zhì)，故A正確；

B.水凝固形成20。C時(shí)的“暖冰”，只是水的存在狀態(tài)發(fā)生了變化，沒(méi)有生產(chǎn)新的物質(zhì)，所發(fā)

生的是物理變化，故B錯(cuò)誤；

C.該條件下H2燃燒生成了既具有氧化性又具有還原性的物質(zhì)，該物質(zhì)可能是雙氧水，故C

正確；

D.在電場(chǎng)作用下，水分子間更易形成氫鍵，因而可以制得“暖冰”，否則20℃時(shí)?，水分子不

能瞬間凝固形成冰，故D正確；

答案選B。

io.（1）

還

原劑丁達(dá)爾效應(yīng)

(2)2—羥基丙酸水蒸氣的濃度增大，平衡正向移動(dòng)，還原效率增大微米水

制備納米金時(shí)，反應(yīng)體系顯酸性，且體系中存在還原劑；

(3)物質(zhì)的大小會(huì)對(duì)其性質(zhì)有極大影響

【分析】本題是一道無(wú)機(jī)物制備類的實(shí)驗(yàn)題，本題采用了兩種方法制備納米金，選擇了兩種

還原劑，一種是檸檬酸，一種是微米水；同時(shí)要注意在本題中，兩種方法中都有水存在，但

是作用不完全相同，故本題也證明了物質(zhì)的大小會(huì)對(duì)其性質(zhì)有極大影響，以此解題。

【詳解】(1)①根據(jù)題目中給的信息可知C5H(Q5的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

答案第4頁(yè)，共10頁(yè)

根據(jù)得失電子守恒和元素守恒可知方程式為:

②在該反應(yīng)中，AU的化合價(jià)降低，作氧化劑，檸檬酸鈉中碳的化合價(jià)升高，作還原劑；由

納米金形成分散系，屬于膠體，可以用丁達(dá)爾效應(yīng)來(lái)檢驗(yàn)；

（2）①通過(guò)題中信息可以發(fā)現(xiàn)，丙酮酸發(fā)生了還原反應(yīng)，應(yīng)該生成2—羥基丙酸；

②丙酮酸濃度相同，霧化氣體壓強(qiáng)越大，說(shuō)明水蒸氣的濃度增大，平衡正向移動(dòng)，還原效率

增大；

③圖4顯示紅色，說(shuō)明溶液中存在氫離子和還原劑，故可以得到結(jié)論是：微米水制備納米金

時(shí)，反應(yīng)體系顯酸性，且體系中存在還原劑；

（3）題中兩種制備納米金的方法中，反應(yīng)體系中都有水，但是水的狀態(tài)不同，水發(fā)揮的作

用也不是完全相同的，通過(guò)微米水實(shí)驗(yàn)可知，該狀態(tài)下水本身也可以還原2HAUC14制備納米

金，故對(duì)物質(zhì)更深刻的認(rèn)識(shí)是：物質(zhì)的大小會(huì)對(duì)其性質(zhì)有極大影響。

H.h溶液分層，下層液體無(wú)色MnO22MnO:+r+2H+=2Mnθ21+

+2+

10；+H2OBMnθ2+2I+4H=Mn+I2+2H2O試劑的相對(duì)用量（滴加順序）

溶液酸性強(qiáng)弱

【詳解】（1）實(shí)驗(yàn)I中Kl溶液過(guò)量，Mn0,在酸性環(huán)境中最終被還原為Mn2+,而低濃度碘水

的顏色為黃色，所以可以推測(cè)生成了12單質(zhì)；

（2）①實(shí)驗(yàn)II初始階段r的氧化產(chǎn)物不是I2,則有機(jī)溶劑四氯化碳中未溶解I2而呈無(wú)色，但四

氯化碳不溶于水、密度比水大，導(dǎo)致液體分層；

②Kl和酸性KMneU溶液反應(yīng)的黑色生成物能催化H2O2分解，則可聯(lián)想到固體黑色固體為

MnC）2；

③根據(jù)題目所給信息，該條件下酸性高鎰酸鉀溶液將r氧化為IO?自身被還原為MnO2,

+

根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為2MnO4+I+2H=2MnO2i+IO3+H2O5

答案第5頁(yè)，共10頁(yè)

A.試紙若變藍(lán)說(shuō)明有碘單質(zhì)生成，但氧化劑不一定是10；,也可能是剩余的殘留的高鐳酸

鉀，A不符合題意；

B.開(kāi)始時(shí)溶液不變藍(lán)，說(shuō)明不含碘單質(zhì)，滴加NaHSO3溶液后變藍(lán)，說(shuō)明原溶液中含有10；,

被NaHSo3還原生成碘單質(zhì)，B符合題意；

C.硝酸不能還原IO；,所以無(wú)論是否含有IO-都不會(huì)有黃色沉淀生成，C不符合題意；

故答案為：Bi

?KI和酸性KMno4溶液的反應(yīng)生成KIO3和Mno2，根據(jù)電子守恒和電荷守恒配平寫出的

離子方程式為2MnO4+r+2H+=2MnO2l+IO3+H2O;

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知MnO2、KI和硫酸反應(yīng)生成的棕黃色溶液中含有I2,根據(jù)化合價(jià)升降

規(guī)律可知還生成MnSo4,結(jié)合酸性條件和守恒思想、配平、寫出的離子方程式為

+2+

MnO2+2I+4H=Mn+l2+2H2O；

(4)由實(shí)驗(yàn)I和實(shí)驗(yàn)II的現(xiàn)象得到：所得產(chǎn)物成分與試劑的相對(duì)用量(滴加順序)有關(guān)，由探究

實(shí)驗(yàn)∏中棕褐色沉淀消失原因的實(shí)驗(yàn)可知，所得產(chǎn)物成分與溶液酸性強(qiáng)弱有關(guān)，實(shí)際上，物

質(zhì)的變化主要與其自身的性質(zhì)有關(guān)，還與外界條件，如濃度大小、用量多少、溶液的酸堿性

等因素有關(guān)，故答案為：試劑的相對(duì)用量(滴加順序)、溶液酸性強(qiáng)弱。

12.⑴過(guò)濾;

+

(2)3Fe+NO3+2H+H2O=Fe3O4+NH；；

(3)還原NO］所需電子：3.24×10-4mol,Fe?+最多提供的電子：3.6×10-5moLFe?+失去的

電子數(shù)明顯小于NO；所需電子數(shù)；7.2xlO-5nκ)lNaCl；

2+

(4)Fe+2FeO(OH)=Fe3O4+2H÷,Fe?+破壞了鈍化層；

(5)2當(dāng)；偏大。

【詳解】(1)由步驟∏得四氧化三鐵和廢水，因?yàn)樗难趸F難溶于水，可得步驟Il的分

離操作為過(guò)濾；

故答案為：過(guò)濾；

(2)由步驟II反應(yīng)產(chǎn)物為四氧化三鐵和NH；,且鐵粉和NO］在酸性條件下發(fā)生該反應(yīng)，所

答案第6頁(yè)，共10頁(yè)

以該氧化還原反應(yīng)為3Fe+NO3+2H++HQ=FeQ4+NH：；

+

故答案為：3Fe+N0；+2H+H2O=Fe5O4+NH：；

（3）根據(jù)物質(zhì)得失電子的計(jì)量關(guān)系，可知Fe2+~Fe3+~l/,Fe2+最多提供的電子：

3.6×10-5mol,NO；~NH：~8e"N0；所需電子：3.24xl0^4mol,Fe?+失去的電子數(shù)明顯小于

NO；所需電子數(shù)；為說(shuō)明是否是Cl-破壞鈍化層，根據(jù)控制變量法的思想將

3.6x1OfmOlFeC4（即n（Cl）=7.2XlOTmol）替換為氯離子物質(zhì)的量相同的氯化鈉，即

7?2xl（PmolNaCl看是否能達(dá)到同樣的去除率，若不能達(dá)到同樣的去除率說(shuō)明Cl不能破壞

鈍化層，反知為Fe?+破壞了鈍化層；

故答案為：還原NO-所需電子：3.24×10-4mol,Fe?+最多提供的電子：3.6xlO?ιol°Fe?+失去

的電子數(shù)明顯小于NOa所需電子數(shù)；7.2×10?olNaCl；

（4）根據(jù)上述分析可知生成的FeQ4（導(dǎo)電）覆蓋在鐵粉表面；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，產(chǎn)生

FeO（OH）（不導(dǎo)電），它覆蓋在FeQ4表面，形成鈍化層，阻礙電子傳輸。而

Fe"+2FeO（OH）=FeQ4+2H+,破壞了鈍化層有利于內(nèi)層的鐵能繼續(xù)與硝酸根反應(yīng)；

2t+

故答案為：Fe+2FeO（OH）=Fe3O4+2H,Fe?+破壞了鈍化層；

（5）步驟1.取VmL含氮（N0；）水樣，加入催化劑、vlmLc,mol?口FeSO,標(biāo)準(zhǔn)溶液（過(guò)量）,

2++3+

再加入稀H2SO4。發(fā)生3Fe+NO；+4H=N0T+3Fe+2H2O,

,

步驟2.用c?mol-rLCrq,標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2+（Cr2θ;被還原為Cr"）,終點(diǎn)時(shí)消耗

v2mL?發(fā)生6Fe"+G2θf(wàn)+14H+=6Fe"+2Cr"+7Hq,根據(jù)K2CrQ7標(biāo)準(zhǔn)溶液的用量求得剩

余的FeSO4的物質(zhì)的量=6c2V2Xl（Pmol,則參與步驟I反應(yīng)的FeSO」的物質(zhì)的量

（）2++3+

=CIVI-6C,V2×10?O1,根據(jù)該反應(yīng)3Fe+NO；+4H=N0T+3Fe+2H2O可得反應(yīng)消耗的

硝酸根物質(zhì)的量n（NO、）=紀(jì)?色"UtmOl,所以原水樣中NO；的含量

3

c（NO1）=（CM-6叱2）：10-3m。］/L=9尸「6。#2）mol/L；因?yàn)槿芤褐??存在，也會(huì)消耗FeSO4r

3v?10-33v

所以Kwrq7用量偏小，由于FeSo4總量一定，所以參與步驟I反應(yīng)的FeSO,物質(zhì)的量會(huì)偏

答案第7頁(yè)，共10頁(yè)

大(計(jì)算造成的誤差)，自然計(jì)算出來(lái)的水樣中NO；的含量也偏大；

故答案為：①；②偏大。

3v

13.(1)增大接觸面積，提高溶解效率

⑵OH-、AlO,

⑶C

⑷co；結(jié)合H+，使c(H*)減小，H2PO;HPo：+H=,HPO；PO；+H*兩個(gè)電離

平衡均向右移動(dòng)，C(Pc);)增大，與Fe?+結(jié)合形成磷酸鐵

(5)0.04mol?r'

(6)熱溫度升高，碳酸鋰溶解度減小，熱水可減少溶解損失

高溫

(7)Li,C03+2FeP01+2C2LiFeP0l+3C0t

【分析】正極片經(jīng)堿溶可得到NaAlo2溶液，含有磷酸亞鐵鋰的濾渣1加入鹽酸、氧化劑浸

取，可除去不溶于酸堿的導(dǎo)電劑，得到含有P、Fe,Li的浸出液，加入30%Na2CCh溶液沉

鐵，生成沉淀FePO/2凡0,濾液2在60~8(ΓC條件下，加入飽和Na2CO3溶液沉鋰，可生

成碳酸鋰沉淀。

(0

廢舊電極LiFePo”為不溶于水的塊狀物質(zhì)，為了加快和NaoH的反應(yīng)速率，需要將其研磨成

小顆粒，增大接觸面積，從而達(dá)到目的，故答案為：增大接觸面積，提高溶解效率。

(2)

廢舊電極含有鋁，可與NaOH溶液反應(yīng)，生成易溶于水的NaAlo2,從而與LiFePO4相分離,

則∏步加入過(guò)量NaOH溶液后，濾液1中存在的主要陰離子是OH、AIO；,故答案為：OH、

AlOJo

(3)

A.HNO§作氧化劑的還原產(chǎn)物為氮的氧化物，為有害氣體，故不選A；

B.酸性KMnO,能和Hcl發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使酸的用量增大，且生成氯氣為有害氣體，

答案第8頁(yè)，共10頁(yè)

故不選B；

C.H2。2作氧化劑的還原產(chǎn)物為H2O,不引入雜質(zhì)，減少污染物的排放，故C選；

D.NaClo3能和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，不宜選用，故不選D；

故答案選C。

(4)

加入NaWQ溶液后，Coj可結(jié)合H+,使c(H+)減小，從而使HzPO；.HPO^÷H+,

HPO；PO；+H*,兩個(gè)電離平衡均向右移動(dòng)，則C(Po增大，與Fe3+結(jié)合形成磷酸

鐵,故答案為：COj結(jié)合H+,使c(H+)減小，H2PO」HPoj+H+,HPOjPO；+H*

兩個(gè)電離平衡均向右移動(dòng)，C(P0，)增大，與Fe"結(jié)合形成磷酸鐵。

(5)

濾液2中C(Li+)=4mol?L1加入等體積的Na^O;溶液后，l?的沉降率達(dá)到90%,混合溶

液中含有的C(Li+)=4mol?L√x(l-90%)xg=0.2mol∕L,已知：

2+3

Ksp(Li2CO3)=c(Li)?c(CO;-)=1.6×10,則母液中

,,、K(LLCOJ16x10-3.

CCof=