浙江省高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应
一、单选题
1．（2022·浙江·模拟预测）对于反应：，下列说法正确的是
A．该反应中，有三种元素化合价发生改变
B．该反应的还原剂为和，氧化产物为和
C．1.5mol参加反应，被还原的为0.4mol
D．1.5mol参加反应，有4mol转移
2．（2022·浙江·模拟预测）关于反应，下列说法不正确的是
A．有发生氧化反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
D．生成，反应转移电子
3．（2022·浙江·模拟预测）在有机合成中具有重要意义，结构为(四角锥形结构)。其纯品为无色发烟液体，保存时要防水。下列关于该物质的说法错误的是
A．分子中所有原子均满足8电子结构 B．该中心原子I的孤电子对数为1
C．该物质可作氧化剂 D．与反应生成两种酸
4．（2022·浙江·模拟预测）下列反应的离子方程式不正确的是
A．向纯碱溶液中滴加少量盐酸：CO+H+=HCO
B．用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
C．苯与液溴反应：
D．向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2++OH +HCO=CaCO3↓+H2O
5．（2021·浙江·模拟预测）下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的 方案设计 现象和结论
A 探究火柴头中含有硫元素 将5根完全燃烧后的火柴头浸入水中，取浸取液少许于小试管中，加入几滴AgNO3溶液，充分振荡 有白色沉淀产生，火柴头中含有硫元素
B 鉴别红棕色气体是溴蒸气 用湿润的淀粉—KI试纸检验 试纸变蓝色，则该红棕色气体是溴蒸气
C 探究氧化性：Ag+>Fe2+ 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入少量硝酸酸化的AgNO3溶液 溶液变血红色，则氧化性Ag+>Fe2+
D 探究Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜 将一块未经打磨的铝片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入5.0mL浓度均为2.0mol·L-1的CuSO4溶液和CuCl2溶液中 CuSO4溶液中无明显现象；CuCl2溶液中反应剧烈，铝片表面有红色物质生成，则Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜
A．A B．B C．C D．D
6．（2021·浙江·统考模拟预测）关于反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，下列说法正确的是
A．氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
B．H2SO4是氧化剂
C．NaClO3中氯元素被氧化
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
7．（2021·浙江·统考模拟预测）下列“类比”合理的是
A．Fe3O4中Fe元素显+2、+3价，则Pb3O4中Pb显+2、+3价
B．SiH4的沸点比CH4高，则PH3的沸点比NH3高
C．向Fe(OH)3中加入盐酸生成Fe3+，则向Fe(OH)3中加入氢溴酸也生成Fe3+
D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
8．（2020·浙江·统考模拟预测）液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠，下列说法不正确的是
A．液氨的电离方程式可表示为
B．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有生成
C．与少量水反应可能有逸出，所得溶液呈弱碱性
D．与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐
9．（2020·浙江·统考模拟预测）反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化产物是
A． B． C． D．
二、填空题
10．（2021·浙江·模拟预测）某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 amol，其中Cu的物质的量分数为 b，将其全部投入c mol的稀硝酸中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。
(1)若产生标准状况下NO 4.48 L，则反应转移电子的物质的量为___________mol
(2)若b=0.2，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，标准状况下产生NO6.72L，则c=___mol
11．（2021·浙江·模拟预测）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
(1)将X与Y混合可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________ 。
(2)Z 的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_______。
(3) Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备 Na2S2O3的方案理论上可行的是_______ (填字母) 。
a.Na2S＋S b.Na2SO3＋S c.SO2＋Na2SO4 d.Na2SO3＋Na2SO4
(4)已知 Na2SO3能被 K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则 24 mL 0.05 mol·L-1的 Na2SO3溶液与 20 mL 0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr 元素在还原产物中的化合价为_______ 。
三、计算题
12．（2022·浙江·模拟预测）在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成，现称取在敞口容器加热一定时间后，得到固体，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，求：
(1)固体的成分和物质的量比_______。
(2)标准状态下生成的体积_______。
13．（2021·浙江·模拟预测）PCl3和PCl5能发生如下水解反应：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中，在加热条件下缓缓通入0.01molCl2，恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120mL2mol·L-1NaOH溶液，恰好完全中和，计算原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比___(写出计算过程)。
14．（2021·浙江·模拟预测）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=______。
(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=______。(写出计算过程)
15．（2021·浙江·模拟预测）单质硫在NaOH的热浓溶液中发生歧化反应，将2.56g硫与含0.0600molNaOH的热溶液反应恰好生成amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，再加入1.00mol/L的NaClO溶液VmL，使溶液中所有硫元素全部转化为Na2SO4。计算：(1)a/b=________；
(2)V至少为___________。
16．（2021·浙江·模拟预测）将一定质量的Al、Fe混合物加入到足量的盐酸中，充分反应后得到标准状况下的氢气8.96L；如果将等质量的该混合物加入到足量的NaOH溶液中，充分反应后得到标准状况下的氢气6.72L。
⑴．写出与碱反应涉及的化学方程式：_____________________________
⑵．混合物中Al和Fe的质量分别为________和__________
⑶．当混合物与盐酸反应时，转移电子数为_______mol；与NaOH溶液反应时转移电子数为_______mol。
17．（2020·浙江·二模）化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。COD 是指在特定条件下用一种强氧化 剂(如 KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2 质量，单位：mg·L-1)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol·L-1 溶液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。
已知：2MnO ＋5 ＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O
(1)1 mol KMnO4 的氧化能力与_____g O2 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。
(2)该水样的 COD 值是_____mg·L-1 (保留小数点后一位)。
四、实验题
18．（2022·浙江·模拟预测）高铁酸钾是一种新型非氯高效消毒净水剂，集氧化、消毒、吸附、絮凝、去污等多种功能为一体，是新型、高效、安全、多功能的水处理剂。如图是以三价铁盐作为铁源、次氯酸盐作为强氧化剂制备高铁酸钾的装置图(部分夹持装置略)。回答下列问题：
(1)向圆底烧瓶中添加浓盐酸时，应先使磨口塞上的凹槽与漏斗口上的小孔对准，原因是___________，装置B既可以除去A中挥发出的HCl气体，又可以___________。
(2)实验结束时通入氮气的目的是___________。
(3)低温下，向充分反应后的装置C中液体加入KOH至饱和，可析出高铁酸钾粗产品，该反应的离子方程式为___________。粗产品中的可溶性杂质可通过___________方法进一步提纯。
(4)目前，利用氧化还原滴定原理测定高铁酸钾纯度最为常见的方法是亚铬酸盐法：
样品溶液滴定
准确称取a g高铁酸钾粗品配成溶液，取该待测液于锥形瓶中，加入浓碱性溶液和过量的三价铬盐；再加稀硫酸和指示剂二苯胺磺酸钠，用硫酸亚铁铵标准液滴定至溶液颜色由紫色变成浅绿色，即为终点，共消耗标准液(假设杂质不参与反应)。
①滴定时发生反应的离子方程式为___________。
②该粗品中高铁酸钾的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。
19．（2022·浙江·统考二模）某兴趣小组用二氧化锰(MnO2)和草酸晶体(H2C2O4 2H2O)为原料制备碳酸锰(MnCO3)，按如图流程开展了实验：
已知：①碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，溶于稀无机酸；受热易分解。
②Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)。
请回答：
(1)加入稀硫酸的作用是____。
(2)步骤Ⅰ：反应的离子方程式是____。
(3)下列操作中正确的是____。
A．步骤Ⅱ将滤纸放入布氏漏斗内，用蒸馏水润湿滤纸
B．步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥
C．边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化
D．步骤Ⅳ用乙醇作为洗涤剂，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作
(4)步骤Ⅳ抽滤、洗涤操作可用如图装置进行，打开活塞K，打开抽气泵，转移固液混合物，关闭活塞K，确认抽干，进行洗涤。请给出洗涤的操作排序(洗涤操作只需考虑一次)：a→c→(____)→(____)→(____)→(____)→将产品转至干燥器。____
a．打开活塞K b．关闭活塞K c．加洗涤剂洗涤 d．打开抽气泵 e．关闭抽气泵 f．确认抽干
(5)用吸光光度法确定MnCO3产品纯度：通过对比样品溶液与标准溶液的吸光度测产品的纯度。准确称取Wg产品，用稀硝酸溶解，加入足量过二硫酸铵溶液作氧化剂，以硝酸银作催化剂，加热，反应方程式如下：
MnCO3+2HNO3=Mn(NO3)2+CO2↑+H2O
Mn(NO3)2+5(NH4)2S2O8+8H2O=2HMnO4+5(NH4)2SO4+5H2SO4+4HNO3
反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则MnCO3产品纯度是____(用含W、A、k的式子表示)。取待测液于比色管中时，移液管未润洗，测得产品纯度将____(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
20．（2020·浙江·二模）某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图：
(1)说明氧化性Br2＞I2的实验现象是___。
(2)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2未过量。试设计简单实验方案检验___。
五、元素或物质推断题
21．（2022·浙江·模拟预测）化合物A()由3种元素组成，某小组开展如图的探究实验：
已知：固体C由相对分子质量相差32的甲、乙(相对分子质量：甲>乙)两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同。
请回答：
(1)组成化合物A的元素为O、___________，A的化学式为___________。
(2)溶液E的溶质为___________(用化学式表示)。
(3)由B生成F的离子方程式为___________。
(4)化合物A在KOH溶液中会发生歧化反应，生成两种盐(与C成分不完全相同，其中的氧化产物为固体C中的一种)，且无沉淀生成，写出该反应的化学方程式：___________。
(5)请设计实验方案检验固体C中乙物质的阴离子：取适量纯净的乙物质于试管中，___________。
22．（2021·浙江·模拟预测）某兴趣小组研究一种由两种元素组成的盐X，进行了如下实验：
已知：X中酸根对应的酸为一元酸：气体B与氯化氢反应生成白烟，固体C为单质，固体D为砖红色。
(1)气体A的电子式为___________，X的化学式为___________。
(2)盐X隔绝空气分解的化学方程式为___________。
(3)固体A可溶于稀硫酸中，该反应的离子方程式为___________。
(4)已知盐X有爆炸危险，可用次氯酸钠溶液将其转化为无毒害物质，该反应的化学方程式为___________。
(5)设计实验检验固体D中是否含有固体C___________。
23．（2021·浙江·统考模拟预测）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X由5种短周期主族元素组成；B在标况下的密度为；A的焰色反应是紫色；所有物质都是纯净物。(气体体积已折算为标况下的体积)
请回答：
(1)组成X的元素除了Na、O外还有_______(填元素符号)，X的化学式是_______。
(2)X与发生的反应的化学方程式是_______。
(3)少量C与足量反应也产生G，该反应的离子方程式是_______。
(4)，F、H的阴离子相同，反应后所得溶液呈酸性，原因是_______。
(5)已知C与A加热可制备得到一种气体，请设计实验探究该气体的组成：_______(已知该气体只有两种元素组成)。
24．（2020·浙江·模拟预测）化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：
已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：
（1）甲的化学式为____。
（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为____。
（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为____。
六、工业流程题
25．（2022·浙江·统考模拟预测）某兴趣小组利用初处理过的工业废铜制备胆矾，流程如下：
已知：a.工业废铜含铁、铅等不可溶杂质。
b.25℃时，；。
c.铜表面离子接触的地方浓度充足，另通过物理干预，使Cu先与稀硝酸反应。
d.相关氢氧化物沉淀的对应pH如下表。
物质 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH
4.2 6.7
7.6 9.6
2.7 3.7
请回答：
(1)如图为制备胆矾晶体的装置图，其中碱溶液的作用是_______。
(2)写出向滤液A中加入的离子方程式_______。
(3)下列有关以上流程说法正确的是_______。
A．25℃时，当恰好完全除尽时，
B．向滤液A中加入的，不宜稀硝酸代替
C．步骤中“调节溶液pH”，应用NaOH等碱溶液将pH调至3.7～4.2
D．可使用X射线衍射仪或红外光谱仪检验产物是否为晶体
(4)测定工业废铜中含铜x mol，含铁y mol。加入后，三种物质反应结束后均无剩余，产生的气体只有NO。经一系列操作证明了反应结束的溶液中含和。
①反应结束溶液中的的取值范围是_______。(用含x、y的代数式表示)
②“经一系列操作”具体为_______。
③若，且测定溶液中，则_______。
26．（2022·浙江·模拟预测）铁矿石中含铁量的测定是铁元素提炼的基础和前提，目前主要采用重铬酸钾法测定铁矿石中的铁含量，其流程如图所示：
已知：已知：①氧化性顺序： >Fe3+> ；
②Sn在溶液中的主要存在形式为Sn2+和；
③二苯胺磺酸钠可作氧化还原指示剂，氧化型为紫红色，还原型为无色。
回答下列问题：
(1)提高“酸浸溶解”速率可采取的措施有_______(任写两条)。
(2)“SnCl2还原”过程的离子反应方程式为_______。
(3)“SnCl2还原”后溶液仍呈浅黄色，而“TiCl3还原”后溶液呈现蓝色溶液(五价钨溶液为蓝色)，则蓝色溶液中铁元素的主要存在形式为_______，Na2WO4的作用为_______。
(4)滴定前先进行“K2Cr2O7氧化”，即滴加K2Cr2O7溶液至溶液蓝色褪去，请分析该过程的目的是_______。
(5)“滴定”过程中，用移液管吸取一定体积待测液后，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，_______，数秒后，取出移液管。
(6)现称取m g铁矿石进行测定，“滴定”时共消耗V mL c mol·L 1 K2Cr2O7，则该铁矿石中铁的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
27．（2022·浙江·统考二模）过硼酸钠是一种用途广泛的无机过氧化物，可用作织物的漂白、染色，医药上可作为消毒剂和杀菌剂。一种由硼镁矿制取过硼酸钠的工艺流程图如下所示。
已知：
①，若时，以形式存在；若时，以形式存在。
②过硼酸钠为白色晶体，微溶于水，其水溶液不稳定，存在于冷的溶液中，难溶于乙醇。
③硼砂为白色晶体，溶于水吸热，在水中溶解度如图1所示。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中为加快硼镁矿浸出，除粉碎矿石、升高温度外，还可采取的措施___________。(填一项操作即可)
(2)写出步骤Ⅰ中的化学方程式___________。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅱ中通入的目的是降低溶液pH值使转为
B．步骤Ⅰ、Ⅱ中操作①为过滤，操作②为蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤
C．步骤Ⅲ发生化学反应生成过硼酸钠(其阴离子结构如图所示)，其中硼元素的化合价未发生变化
D．步骤Ⅳ中宜选用的洗涤剂和干燥方式分别为蒸馏水和减压干燥
(4)步骤Ⅲ的回流反应过程需要控制恒温水浴(0℃左右)的理由是_____。
请选出正确的操作排序完成装置A中的回流反应：按图2组装好装置→(___________)→(___________)→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→(___________)→(___________)→(___________)_____。
①用纸槽向c处加入硼砂；②用漏斗向c处加入硼砂；③打开a处旋塞加入双氧水
④调高恒温水浴温度；⑤调低恒温水浴温度；⑥c处加入氢氧化钠溶液。
(5)硼砂水溶液具有缓冲溶液(指酸和盐的混合体系，如醋酸和醋酸钠)的作用，请用离子方程式表示该缓冲溶液的形成过程___________。
28．（2020·浙江·模拟预测）黄铜矿不仅可用于火法炼铜，也可用于湿法炼铜，湿法可同时生产铜、磁性氧化铁和用于橡胶工业的一种固体物质A，流程如图：
（1）工业生产中的过滤操作多采用倾析法分离出固体物质，下列适合用倾析法的有_____。
A 沉淀的颗粒较大 B 沉淀容易沉降 C 沉淀呈胶状 D 沉淀呈絮状
（2） 反应Ⅲ是在设备底部鼓入空气，高温氧化锻烧法来制备磁性氧化铁，写出对应的化学方程式_______________。
（3）固体物质A的成分是______（写名称），溶液B中所含溶质是_______（写化学式）。
（4）潮湿的FeCO3固体若不及时灼烧处理会在空气中逐渐变红褐色的Fe(OH)3固体，写出相关的化学方程式：___________。
（5）本流程中可实现循环使用的物质除了水外，还有______。
七、结构与性质
29．（2020·浙江·模拟预测）比较酸性溶液中的氧化性强弱：______填“”、“”或“”；用一个离子方程式说明与氧化性的相对强弱______。
氰酸铵是一种铵盐，除氢原子外，各原子均满足8电子稳定结构，请写出氰酸铵的电子式______。
抗坏血酸结构简式如图所示易溶于水的主要原因______。
参考答案：
1．C
【详解】A．在的反应中，发生化合价变化的元素有Br、O二种元素，而F、H元素的化合价没有发生变化，在该反应中，只有两种元素化合价发生改变，故A错误；
B．在该反应中，Br元素的化合价由反应前中的＋3价变为反应后中的0价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂为，而是还原产物；Br元素的化合价由反应前中的＋3价变为反应后中的＋5价，化合价升高，失去电子，被氧化，是还原剂，是氧化产物；O元素的化合价由反应前中的-2价变为反应后中的0价，化合价升高，失去电子，所以是还原剂，是氧化产物，即该反应的氧化产物有和，故B错误；
C．5mol参加反应只有2mol作还原剂，2mol只还原了mol，所以1.5mol参加反应，0.6mol作还原剂只还原0.4mol，故C正确；
D．根据方程式可知：每有3mol发生反应，有6mol电子转移，则若有1.5mol参加反应，有3mol转移，故D错误；
故选C。
2．B
【分析】对于反应，中的Cl元素化合价降低，被还原，作氧化剂，HCl中Cl元素化合价升高，被氧化，作还原剂，转移电子总数为2；
【详解】A．部分HCl失去电子转化为氯气，发生了氧化反应，A正确；
B．得电子生成，只作为氧化剂，B错误；
C．在反应中，为氧化产物，为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，C正确；
D．由化学方程式可知，每生成2molNaCl，反应转移2mol电子，故生成1molNaCl，反应转移1mol电子，D正确；
故选B。
3．A
【详解】A．从结构上可以看出，中心I原子形成了5个σ键，不满足8电子稳定结构，A错误；
B．中心原子I形成的σ键为5个，中心原子上的孤电子对数为，B正确；
C．中F为-1价，I为+5价，I元素化合价较高，可作氧化剂，C正确；
D．与发生反应，生成两种酸，D正确。
故选A。
4．C
【详解】A．向纯碱溶液中滴加少量盐酸生成碳酸氢钠和NaCl，A正确；
B．根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒，B正确；
C．苯与液溴在溴化铁作催化剂时发生取代反应生成溴苯和溴化氢，而不是氢气，C错误；
D．向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液，出现白色沉淀，化学方程式为Ca(HCO3)2+Ca(OH)2=2CaCO3↓+2H2O，拆分化简后得选项中离子方程式，D正确；
综上所述答案为C。
5．D
【详解】A．将5根完全燃烧后的火柴头浸入水中，取浸取液少许于小试管中，加入几滴硝酸银溶液，充分振荡，有白色沉淀产生，火柴头中可能含有氯元素等，不能判断是否含有硫元素，A错误；
B．溴蒸气和二氧化氮都是具有氧化性的红棕色气体，均能将碘离子氧化为单质碘，则能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体可能为溴蒸气或二氧化氮，B错误；
C．少量硝酸酸化的AgNO3溶液中的硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，则向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中滴入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变血红色不能确定亚铁离子是被硝酸氧化还是被银离子氧化，无法判断银离子和铁离子的氧化性，C错误；
D．将一块未经打磨的铝片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入5.0mL浓度均为2.0mol/L的硫酸铜溶液和氯化铜溶液中，硫酸铜溶液中无明显现象，氯化铜溶液中反应剧烈，铝片表面有红色物质生成说明氧化膜的破坏与溶液中阴离子有关，氯离子能加速破坏铝片表面的氧化膜，D正确；
故选D。
6．A
【分析】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，S元素的化合价由+4价升高为+6价，以此来解答。
【详解】A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，S元素的化合价由+4价升高为+6价，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，故A正确；
B．H2SO4中元素化合价均不发生变化，不是氧化剂，NaClO3是氧化剂，故B错误；
C．Cl元素的化合价降低，则NaClO3中氯元素被还原，故C错误；
D．产物中的2molNa2SO4，1mol是Na2SO3氧化得到，为氧化产物，1mol为H2SO4表现酸性的产物，还原产物为ClO2，由反应方程式可得，它们的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选A。
7．C
【详解】A．项中Pb的价态为+2和+4价，无+3价，A错误；
B．的沸点比高，分子间能形成氢键，的沸点比低，B错误；
C．盐酸和氢溴酸都是强酸，能与Fe(OH)3反应生成Fe3+，C正确；
D．项过氧化钠的强氧化性可将还原性气体氧化生成即，D错误；
故选C。
8．C
【详解】A．液氨中存在与水的电离类似的电离过程，则液氨的电离方程式可表示为，A正确；
B．钠与液氨的反应，钠由0价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成，B正确；
C．NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液是NaOH，呈强碱性，C错误；
D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐：Na2SO4、NaHSO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4，D正确；
故答案为：C。
9．D
【详解】HCl中的氯元素在反应前后化合价升高从-1～0，失电子、做还原剂、被氧化、发生氧化反应、得氧化产物Cl2，故选：D。
10．(1)0.6
(2)1.2
【分析】某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 a mol，其中Cu的物质的量分数为 b，则n(Cu)=ab mol，n(Fe)=(a-ab)mol。
(1)
若产生标准状况下NO 4.48 L， 即=0.2mol，N由HNO3→NO，由+5价→+2价，得0.2mol×(5-2)=0.6mol，NO是唯一的还原产物，则转移电子的物质的量=得电子物质的量=0.6mol；
(2)
b=0.2，即n(Cu)=0.2a mol，n(Fe)=0.8a mol，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，即各为0.4a mol，则Fe失电子0.4a mol×3+0.4a mol×2=2a mol，Cu失电子0.2a mol×2=0.4a mol，共失电子(2a+0.4a)mol =2.4a mol；
标准状况下产生NO 6.72L，则失电子=×(5-2)=0.9mol，被还原的HNO3的物质的量为0.3mol；
因为得失电子守恒，则2.4a mol=0.9mol，解得a=0.375mol，即n(Cu)=0.2×0.375mol=0.075mol，n(Fe)=0.8×0.375mol=0.3mol，则所得溶液n[Cu(NO3)2]=0.075mol，n[Fe(NO3)2]=0.4×0.375mol=0.15mol，n[Fe(NO3)3]=0.4×0.375mol=0.15mol，则显酸性的硝酸的物质的量为0.15mol×3+0.15mol×2+0.075mol×2=0.9mol；
则硝酸的物质的量=0.3mol+0.9mol=1.2mol，即c=1.2。
11． 1∶2 Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑ b ＋3
【分析】由图象可知，横坐标表示物质类别，纵坐标表示S元素的化合价，则X为H2S；Y为SO2；Z为H2SO4；由此分析解答。
【详解】(1)据分析可知， X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
(2)Z为硫酸，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑；故答案为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑；
(3) Na2S2O3中S元素的化合价为+2价，若要用归中反应制备Na2S2O3，反应物中S元素的化合价必须有1个大于+2，有1个小于+2，a中两种物质中S元素化合价均小于+2，c、d中两种物质中S元素化合价均大于+2，只有b中S元素化合价1个大于+2，1个小于+2，故答案为：b；
(4)S元素的化合价由+4价升高为+6价，Cr元素的化合价由+6价降低，设还原产物中Cr元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.024L×0.05mol/L×(6-4)=0.02L×0.02mol/L×2×(6-x)，解得x=+3，故答案为：+3。
12．(1)为2：1
(2)0.168L
【解析】(1)
物质的量为0.02mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2g，若全部生成氧化铜，则质量为1.6g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44g，而得到固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物质的量为xmol，氧化亚铜物质的量为ymol，则有x+2y=0.02，80x+144y=1.52，解得x=0.01，y=0.005，则物质的量比为2：1；故答案为：为2：1。
(2)
生成了标准状况下0.224L二氧化硫即物质的量为0.01mol，说明生成三氧化硫物质的量为0.01mol，分析得到硫、铜化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到物质的量为，其标准状态下的体积0.168L；故答案为：0.168L。
13．1:2
【详解】由反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl、H3PO3+Cl2+H2O=H3PO4+2HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可以得出以下关系式：PCl3—H3PO3—Cl2—H3PO4—5HCl—8NaOH，则0.01molCl2恰好将H3PO3氧化为H3PO4时，生成0.01mol H3PO4和0.05molHCl，共消耗NaOH 0.08mol；设PCl5的物质的量为x，由反应PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl、H3PO4+3NaOH=Na3PO4+3H2O，可得出以下关系式：PCl5—H3PO4—5HCl—8NaOH，则x molPCl5与水反应的产物共消耗NaOH的物质的量为8x，由此可以得出：8x+0.08mol=0.24mol，x=0.02mol，故原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比为0.01mol：0.02mol=1:2。答案为：1:2。
14． 30.0 3
【详解】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V== =0.03L=30.0mL，故答案为30.0；
(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有
解得x=3，故答案为3。
15．
【分析】（1）通过S单质的物质的量计算出S和NaOH的物质的量之比，确定a与b的比值；
（2）根据得失电子守恒、原子守恒进行计算。
【详解】（1）2.56g硫与含0.0600molNaOH的热溶液反应恰好生成amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，根据条件硫单质的物质的量为=0.08mol，硫单质和氢氧化钠的物质的量之比为4:3，反应为，所以a=0.02mol，b=0.01mol，因此a/b=2；
（2）加入1.00mol/L的NaClO溶液VmL，使溶液中所有硫元素全部转化为Na2SO4，硫元素守恒，所以可以看做硫单质全部变成了+6价，转移电子物质的量为0.48mol，次氯酸钠得电子，氯元素从+1价变为-1价，所以次氯酸钠的物质的量为0.24mol，所以V=240mL。
16．(10分)
⑴．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
⑵．5.4g 5.6g
⑶．0.8mol 0.6mol （每空2分）
【详解】（1）因铝具有两性，可以与酸、碱发生反应，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，正确答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）因铝与碱发生反应，而铁与碱不发生反应，所以由氢气的体积求出铝的质量，
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2↑
2mol 3mol×22.4L/mol
n（Al） 6.72L
n（Al）=0.02mol
所以铝的质量为m（Al）=n×M=0.02mol×27g/mol=5.4g
根据电子守恒，相同质量的铝与酸、碱反应失去的电子数相同，生成氢气的量是相同的，铝与酸反应产生的氢气的体积为 6.72L，所以Fe与盐酸反应得的氢气的体积为8.96L-6.72L=2.24L，物质的量为0.1mol，
Fe+2HCl═FeCl2+H2↑
1mol 1mol
0.1mol 0.1mol
所以铁的质量为m（Fe）=n×M=0.1mol×56g/mol=5.6g，正确答案为：5.4g；5.6g；
（3）Fe与HCl反应中，由Fe→FeCl2，Fe元素化合价升高2，失去2e-，0.1molFe 失去电子数为0.2mol，Al与HCl反应中，Al→AlCl3 ，Al元素化合价升高3，失去3e-，0.2molAl 失去电子数为0.6mol，所以在Al、Fe与HCl反应中共失去0.8mol电子；因铝与足量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，Al～NaAlO2化合价升高3，失去3e-，0.2molAl 失去电子数应为0.6mol；正确答案为：0.8； 0.6。
17． 40 5.2
【分析】由最后KMnO4溶液滴定多余的溶液，可求出溶液与水样消耗KMnO4溶液后剩余的KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO4溶液的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。
【详解】(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1.25molO2的氧化能力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40；
(2)根据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。
18．(1) 使分液漏斗内外的空气相通，平衡内外压强，便于液体顺利流出 观测气体流速，进而调节后续反应速率
(2)将体系内残留的氯气排尽
(3) 重结晶
(4) ％
【分析】本实验利用次氯酸盐和三价铁盐制备高铁酸钾，装置A用于制备氯气，将制得的氯气通过装置B，除去其中混有的少量HCl，然后通入装置C中，氯气与NaOH反应转变为次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，与三价铁离子反应生成高铁酸钠，最后利用装置D吸收没有反应的尾气，向制得的含高铁酸钠等物质的混合溶液中加入KOH至饱和，可析出高铁酸钾粗产品，粗产品通过重结晶方法进一步提纯，据此分析解答。
【详解】（1）向圆底烧瓶中添加浓盐酸时，应打开上口玻璃塞或先使磨口塞上的凹槽与漏斗口上的小孔对准，使分液漏斗内外的空气相通，平衡内外压强，便于漏斗里的液体顺利流出。由分析知，装置B用于除去A中挥发出的HCl气体，又可以用于观测气体流速，进而调节后续反应速率。
（2）氯气有毒，多余氯气必须处理，实验结束时通入氮气的目的是将体系内残留的氯气排尽。
（3）高铁酸钾微溶于浓碱，在低温下、强碱溶液中比较稳定，则低温下，向充分反应后的装置C中液体加入KOH至饱和，可析出高铁酸钾粗产品，该反应的离子方程式为。粗产品中的可溶性杂质可通过重结晶方法进一步提纯。
（4）①滴定时酸性环境中把氧化为，自身被还原为，发生反应的离子方程式为。
②由流程图知，存在反应，，可得关系式：，到达滴定终点时，消耗的的物质的量为，则的物质的量为，该a g粗品中高铁酸钾的质量分数为％％。
19．(1)增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)
(2)MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O
(3)BC
(4)b→f→a→e
(5) % 偏低
【分析】向草酸晶体中加入稀硫酸和二氧化锰将锰转化为Mn2+而溶解，反应原理为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，充分搅拌，使充分反应后抽滤除去不溶性杂质，向所得滤液中加入饱和碳酸氢铵溶液，调节pH为3~7，反应原理为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2CO3+H2O+CO2↑，抽滤、洗涤、干燥得到MnCO3粗产品，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息②可知：Mn(Ⅳ)在酸性条件下易被还原为Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，则加入稀硫酸的作用是增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)，故答案为：增强溶液的酸性，使Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ)；
（2）由分析可知，步骤Ⅰ的反应方程式为：MnO2+ H2C2O4+H2SO4=MnSO4+2CO2↑+2H2O，则该反应的离子方程式是MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，故答案为：MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
（3）A．由于步骤Ⅱ过滤的溶液呈强酸性，当过滤的溶液具有强酸性、强碱性或强氧化性时要用玻璃纤维代替滤纸或用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A错误；
B．由题干已知信息①可知，碳酸锰受热易分解，为了防止碳酸锰受热分解，步骤Ⅳ不宜烘干，可以选用减压干燥，B正确；
C．由题干已知信息②可知， Mn(Ⅱ)在碱性条件下易被氧化为Mn(Ⅳ)，边搅拌边缓慢滴加饱和碳酸氢铵溶液，避免局部碱性过大使Mn(II)氧化，C正确；
D．由题干信息①可知，碳酸锰几乎不溶于水，不溶于醇，则步骤Ⅳ用蒸馏水作为洗涤剂就可以，洗涤结束后，将固体迅速转移并进行后续操作，D错误；
故答案为：BC；
（4）结合抽滤的操作可知，经过一系列操作完成步骤IV中的抽滤和洗涤，正确的操作顺序为：开抽气泵(即打开活塞K)→转移固液混合物→关闭活塞→确认抽干→打开活塞K→调低抽气泵真空度（减缓抽滤速度）→用洗涤剂洗涤→关闭活塞K→确认抽干→打开活塞K→关抽气泵，故答案为：b→f→a→e；
（5）由题干信息可知，反应结束用蒸馏水定容至100mL，取10mL至比色管中，测得溶液中MnO的吸光度为A，A=kc(k为常数，c为浓度)，则c=mol/L，根据锰元素守恒，原样品中含有的MnCO3的物质的量为：n(MnCO3)=mol/L×0.1L=mol，则MnCO3产品纯度为：=%，取待测液于比色管中时，移液管未润洗，将使溶液中MnO的浓度偏小，吸光度A的值偏小，则测得产品纯度将偏低，故答案为：%；偏低。
20． 振荡后试管中四氯化碳层呈紫红色，则氧化性Br2＞I2 向分液漏斗中继续通入氯气，若溶液橙黄色加深，则说明分液漏斗中通入Cl2未过量
【详解】(1)若溴的氧化性较强，则可与KI反应生成碘，四氯化碳溶液会呈紫红色，所以若出现现象：振荡后试管中四氯化碳层呈紫红色，则氧化性Br2＞I2；
(2)若氯气不过量，则有溴离子剩余，继续通氯气则可以生成更多溴单质，溶液的橙黄色加深，所以实验方案为：向分液漏斗中继续通入氯气，若溶液橙黄色加深，则说明分液漏斗中通入Cl2未过量。
21．(1) K、S
(2)KCl、HCl
(3)
(4)
(5)加水溶解，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀溶解，并将生成的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，则其阴离子为
【分析】化合物A()由3种元素组成，隔绝空气加热产生气体B和固体C，根据固体C和过量盐酸反应产生的气体B可与双氧水和足量氯化钡溶液反应产生46.6g白色沉淀F(即0.2mol硫酸钡)，可推断气体B为，且固体C与过量盐酸反应生成0.2mol。根据已知信息固体C由相对分子质量相差32的甲、乙(相对分子质量：甲>乙)两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同，结合固体C和过量盐酸反应产生3.2g黄色沉淀D(即0.1molS)、0.2mol气体B()，推测固体C为0.1mol亚硫酸盐和0.1mol硫代硫酸盐混合物；且化合物A隔绝空气加热时产生，则固体A中、，A由三种元素组成，另一种元素质量为。由于亚硫酸盐和硫代硫酸盐的物质的量均为0.1mol，则若为+1价金属离子，其物质的量为0.4mol，相对原子质量为39，即为K元素。
【详解】（1）根据以上分析，可知组成化合物A的元素为O、K和S；A中，由于A的摩尔质量满足，则化学式为。
（2）固体C为和的混合物，其与过量盐酸反应，得到的溶液E的溶质为KCl和过量的HCl。
（3）二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，由B生成F的离子方程式为；
（4）化合物A()在KOH溶液中会发生歧化反应，生成两种盐(与C成分不完全相同，且其中的氧化产物为固体C中的一种)，中S的平均化合价为+3价，固体C中中S的化合价为+4价，中S平均化合价为+2价，所以氧化产物应为，由于产物为盐且无沉淀生成，则还原产物为，根据得失电子守恒、原子守恒，配平得反应的化学方程式为。
（5）乙是，加水溶解，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀溶解，并将生成的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，则其阴离子为。
22．(1) Cu(N3)2
(2)Cu(N3)2Cu+3N2↑
(3)Mg3N2+8H+=3Mg2++2NH
(4)Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+Cu(OH)2
(5)取mg固体D，与氧气加热充分反应后冷却称量，若所得固体质量为g，则无C，若大于g，则含有C(或取mg固体与足量氢气共热，冷却后称量，若所得固体质量为g，则无C，若小大于g，则含有C)
【分析】气体B与氯化氢反应生成白烟，则B为NH3，则固体A中含N元素，猜测为Mg3N2，固体B为MgO，气体A为N2，固体D为砖红色，为Cu2O，则溶液A为Cu(NO3)2，固体C为Cu，X由Cu、N元素组成，X中酸根对应的酸为一元酸，则该酸为HN3，则X的化学式为Cu(N3)2。
（1）
气体A为N2，电子式为，X的化学式为Cu(N3)2；
（2）
Cu(N3)2隔绝空气分解生成N2和Cu，观察法配平化学方程式为Cu(N3)2Cu+3N2↑；
（3）
Mg3N2溶于稀硫酸发生反应生成MgSO4和(NH4)2SO4，该反应的离子方程式为Mg3N2+8H+=3Mg2++2NH；
（4）
Cu(N3)2和次氯酸钠溶液将其转化为无毒害物质是N2，N元素化合价升高，则NaClO中Cl元素化合价降低生成NaCl，该反应的化学方程式为Cu(N3)2+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+Cu(OH)2；
（5）
D为Cu2O，加热条件下被氧气氧化成氧化铜，反应方程式为：2Cu2O+O24CuO，取mg的Cu2O加热后能得到g CuO，若D中含有Cu，在O2中加热后发生反应2Cu’+O22CuO，固体质量应大于g，故实验方案可设计为：取mg固体D，与氧气加热充分反应后冷却称量，若所得固体质量为g，则无C，若大于g。
23． H、N、S 与水缓慢反应产生、，水解使溶液呈酸性 把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出，另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl
【分析】D为无色液体，推测D为H2O，且n(H2O)=1.8g÷18g/mol=0.1mol，则X中含H；
在标况下的密度为，则B的摩尔质量=×22.4L/mol=28g/mol，则单质B为N2，X含N，N的物质的量为2×(2.24L÷22.4L/mol)=0.2mol；
A的焰色反应是紫色，则A含K元素，由A→E可知A还含Cl元素，则A为KCl，E为AgCl，A中K的物质的量=Cl的物质的量=AgCl的物质的量=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，则X不含Cl、K；
由C→F→G可知G为硫酸钡，C、F含硫酸根，且物质的量为46.6g÷233g/mol=0.2mol，C和0.2molNaOH完全反应，则C含硫酸氢根，且C中H的物质的量=硫酸根的物质的量=0.2mol，则X含S，且S的物质的量=46.6g÷233g/mol=0.2mol。
【详解】(1)结合分析可知组成X的元素除了Na、O外还有H、N、S；结合分析可知X中H的物质的量=0.2mol+0.2mol=0.4mol，质量为0.4mol×1g/mol=0.4g，N质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，S的质量为0.2mol×32g/mol=6.4g；A为KCl，不含O，B为N2，不含O，C为硫酸氢盐，C中O的物质的量=4×n(S)=0.8mol，D中O的物质的量为0.1mol×1=0.1mol，H的物质的量为0.2mol，则A、B、C、D中O的总物质的量为0.9mol，则X中O的物质的量为0.9mol-0.1mol×3=0.6mol，质量为0.6mol×16g/mol=9.6g；
则X中Na质量为23.8g-2.8g-0.4g-6.4g-9.6g=4.6g，物质的量为4.6g÷23g/mol=0.2mol，则X中Na、H、N、S、O的个数比=0.2:0.4:0.2:0.2:0.6=1:1:1:1:3，因此X的化学式为；
(2)结合分析可知X为，其摩尔质量为(14+2+32+48+23)g/mol=119g/mol，23.8gX的物质的量为23.8g÷119g/mol=0.2mol，即0.2mol与发生反应生成0.1molKCl、0.1molN2、0.2molNaHSO4、0.1molH2O，因此反应的化学方程式是；
(3)C为NaHSO4，少量NaHSO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为；
(4)即+H2O→Na2SO4+H，F、H的阴离子相同，S化合价升高，N化合价应降低，因此H为硫酸铵，因此反应后所得溶液呈酸性，原因是与水缓慢反应产生、，水解使溶液呈酸性；
(5)C为NaHSO4，A为KCl，C和A加热可制备得到一种气体，推测该气体为HCl(原因为HCl低沸点，易挥发)，检测其为HCl即检验其溶液呈酸性及含氯离子，具体方法为把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出，另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl。
24． AgOCN 2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑ 1：2
【分析】已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）= ，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。
【详解】（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；
（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑；
（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。
25．(1)吸收工业废铜与稀硝酸产生的气体，防止污染空气
(2)
(3)AB
(4) 取少许反应结束的试液，将其平均分成2份，滴加到2个洁净的试管中，向一支试管内滴加试剂，产生蓝色沉淀；向另一支试管中滴加KSCN试剂，溶液颜色变成血红色，则证明溶液中含和
【分析】工业废铜加入稀硝酸、稀硫酸溶解，过滤后所得滤液加入双氧水氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，经过调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，得到滤液B为硫酸铜，结晶得到胆矾。
【详解】（1）如图为制备胆矾晶体的装置图，其中碱溶液的作用是吸收工业废铜与稀硝酸产生的气体，防止污染空气；
（2）向滤液A中加入，将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；
（3）A．25℃时，当恰好完全除尽时，pH=3.7,c(OH-)10-10.3mol/L, ，故，选项A正确；
B．向滤液A中加入的，不宜稀硝酸代替，否则会产生NO，污染空气，且产生硝酸铜，引入杂质，选项B正确；
C．应用NaOH等碱溶液将pH调至3.7～4.2，会引入Na+，不符合，选项C错误；
D．红外光谱仪通常用来测定有机物分子中的化学键和官能团,从而测定有机物结构式，无法确定是否为晶体，选项D错误；
答案选AB；
（4）①反应结束溶液中含和、Cu2+，溶质为硝酸亚铁、硝酸铁和硝酸铜，根据铁、铜守恒，若铁只以存在，则，若铁只以存在，则，故的取值范围是；
②“经一系列操作”为证明和存在，具体为取少许反应结束的试液，将其平均分成2份，滴加到2个洁净的试管中，向一支试管内滴加试剂，产生蓝色沉淀；向另一支试管中滴加KSCN试剂，溶液颜色变成血红色，则证明溶液中含和；
③若，且测定溶液中，故=0.5ymol=0.4xmol，==0.4xmol+0.4xmol+xmol2=4xmol，由氮原子守恒可知，n(NO)=zmol-4xmol=(z-4x)mol，根据电子转移守恒有4x=(z-4x)(5-2)，则。
26．(1)粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度等
(2)2Fe3++Sn2++6Cl =2Fe2++
(3) Fe2+ 作为“TiCl3还原”过程的指示剂
(4)“K2Cr2O7氧化”是为了除去“TiCl3还原”后溶液中的+5价钨和Ti3+，防止对后续滴定造成干扰
(5)使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出
(6)×100％
【分析】铁矿石加入盐酸酸浸溶解，得到的溶液加入适量氯化锡进行还原，再加入钨酸钠、氯化钛进行还原，进而加入重铬酸钾氧化，再滴定，计算其中矿石中的铁含量。
(1)
粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度均可以提高“酸浸溶解”速率；
(2)
根据已知信息②Sn在溶液中的主要存在形式为Sn2+和，可知Sn2+还原Fe3+时，被氧化成，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2++6Cl =2Fe2++ ；
(3)
Sn2+还原Fe3+，但溶液仍为浅黄色，说明仍含有部分Fe3+；加入TiCl3和钨酸钠后，溶液呈现蓝色，说明钨由+6价变为+5价，且氧化性顺序：>Fe3+> ，说明此时溶液中没有Fe3+，钨酸钠的作用即为指示Fe3+是否被还原完全；
(4)
“K2Cr2O7氧化”和“滴定”时均用K2Cr2O7，且均为氧化剂，说明定量滴定前，需氧化除去其他还原性离子；
(5)
移液管是量取一定体积的液体的仪器，用移液管吸取25.00mL溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管；
(6)
根据6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得n(Fe2+)=6n()=6cV×10 3 mol，m(Fe)= 6cVM(Fe)×10 3 g =336cV ×10 3 g，ω=×100％=×100％。
27．(1)提高NaOH溶液的浓度、搅拌等
(2)Mg2B2O5 H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2
(3)BD
(4) 防止过氧化氢和过硼酸钠分解外，还有降低过硼酸钠的溶解度，便于析出晶体 ①⑥④⑤③
(5)2H+++5H2O ，加入少量碱：2OH-++7H2O4
【分析】硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7 10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，步骤ⅢNa2B4O7 10H2O在双氧水、NaOH溶液作用下才生成过硼酸钠，Na2B4O7+2NaOH+4H2O2+11H2O═4NaBO3 4H2O。
【详解】（1）步骤Ⅰ中为加快硼镁矿浸出，除粉碎矿石、升高温度外，还可采取的措施提高NaOH溶液的浓度、搅拌等。(填一项操作即可)故答案为：提高NaOH溶液的浓度、搅拌等；
（2）步骤Ⅰ为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg(OH)2，反应方程式为：Mg2B2O5 H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2，故答案为：Mg2B2O5 H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg(OH)2；
（3）反应为NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7 10H2O与为NaHCO3的反应，离子方程式为：2Na++4BO2-+2CO2+11H2O=Na2B4O7 10H2O+2HCO3-，
A. 步骤Ⅱ中通入的目的是降低溶液pH值使转为，故A正确；
B. 步骤Ⅰ、Ⅱ中操作①为过滤，操作②为蒸发结晶、趁热抽滤，故B错误；
C. 步骤Ⅱ发生化学反应生成Na2B4O7 10H2O，步骤ⅢNa2B4O7 10H2O在双氧水、NaOH溶液作用下才生成过硼酸钠，其中硼元素的化合价未发生变化，故C正确；
D. 过硼酸钠为白色晶体，微溶于水，其水溶液不稳定，存在于冷的溶液中，难溶于乙醇，步骤Ⅳ中宜选用的洗涤剂和干燥方式分别为乙醇和减压干燥，故D错误；
故答案为：BD；
（4）步骤Ⅲ的回流反应过程需要控制恒温水浴(0℃左右)的理由是防止过氧化氢和过硼酸钠分解外，还有降低过硼酸钠的溶解度，便于析出晶体。
正确的操作排序完成装置A中的回流反应：按图2组装好装置→(①用纸槽向c处加入硼砂)→(⑥c处加入氢氧化钠溶液)→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→(④调高恒温水浴温度，待硼砂溶解后)→(⑤调低恒温水浴温度)→(③打开a处旋塞加入双氧水)，在6°C左右搅拌1小时，有大量晶体析出。故答案为：防止过氧化氢和过硼酸钠分解外，还有降低过硼酸钠的溶解度，便于析出晶体；①⑥④⑤③；
（5）硼砂水溶液具有缓冲溶液的作用，用离子方程式表示该缓冲溶液的形成过程：加入少量酸：2H+++5H2O ，加入少量碱：2OH-++7H2O4 ，故答案为：2H+++5H2O ，加入少量碱：2OH-++7H2O4 。
28． AB 6FeCO3+O22Fe3O4+6CO2 硫 CuCl2、NaCl 4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2 NaCl
【分析】黄铜矿CuFeS2与FeCl3发生反应Ⅰ：CuFeS2+3FeCl3=CuCl↓+4FeCl2+2S↓，过滤，滤液为氯化亚铁，与NaHCO3发生反应Ⅱ生成FeCO3，过滤，向FeCO3中通入空气生成四氧化三铁，滤渣为S、CuCl，与NaCl溶液发生反应Ⅳ：CuCl+NaCl=Na[CuCl2]，S不溶，过滤得到Na[CuCl2]溶液，固体为S，向滤液中加入水，Cu+在反应V中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，溶液A含有CuCl2、NaCl，据此答题。
【详解】(1)沉淀的颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部，常用倾析法分离。沉淀呈胶状或絮状，静止后不容易沉降，不能采取倾析法分离；故答案为：AB。
(2)高温氧化锻烧法来制备磁性氧化铁，化学方程式为：6FeCO3+O22Fe3O4+6CO2，故答案为：6FeCO3+O22Fe3O4+6CO2。
(3)滤渣为S、CuCl，与NaCl溶液发生反应Ⅳ：CuCl+NaCl=Na[CuCl2]，S不溶，过滤得到Na[CuCl2]溶液，固体为S；向滤液中加入水，Cu+在反应V中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，溶液A含有CuCl2、NaCl，故答案为：硫；CuCl2、NaCl。
(4)潮湿的FeCO3固体若不及时灼烧处理会在空气中逐渐变红，二价铁被氧化为三价铁并水解生成红褐色的氢氧化铁，化学方程式为：6FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；
故答案为：6FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2。
(5)反应Ⅳ使用氯化钠溶液，反应Ⅴ生成的溶液A含有CuCl2、NaCl，氯化钠可循环使用；故答案为：NaCl（或氯化钠）。
29． 抗坏血酸分子中含有4个，与溶剂水形成分子间氢键，因此易溶于水
【分析】氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；书写离子化合物的电子式时，应找出阴阳离子，若是双核或多核离子，则需搞清楚原子之间共用电子对的数目；含羟基的物质，溶于水时要考虑氢键的影响；
【详解】二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，二氧化锰是氧化剂，氯气是氧化产物，氯气与亚铁离子反应生成铁离子，氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性强弱的顺序为：，所以氧化性：>，则在酸性条件下二氧化锰可以将亚铁氧化成铁离子，反应的离子方程式为：；
氰酸铵是一种铵盐，除氢原子外，各原子均满足8电子稳定结构，根据8电子的稳定结构，则O原子与C原子共用一对电子，C原子与N原子共用三对电子，其电子式为；
由结构简式知：抗坏血酸分子中含有4个 OH，与溶剂水形成分子间氢键，增强了抗坏血酸的溶解性，因此易溶于水。
试卷第1页，共3页
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