浙江省温州市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应
一、单选题
1．（2022·浙江温州·统考模拟预测）关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是
A．C在反应过程中被还原 B．Si3N4既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂和还原剂质量之比为1：3 D．每生成14.0g Si3N4共转移1.2mol电子
2．（2022·浙江温州·统考三模）关于反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，下列说法不正确的是
A．Cu2O被Cu2S还原 B．Cu2S既是氧化剂，又是还原剂
C．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6 D．生成1molSO2时，转移了6mol电子
3．（2021·浙江温州·统考一模）关于反应：，下列说法不正确的是
A．得到电子
B．HCl体现了酸性和还原性
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D．若生成，则转移了2mol的电子
4．（2021·浙江温州·统考一模）制备乙醛的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是
A．反应过程涉及氧化反应
B．化合物2和化合物4互为同分异构体
C．可以用乙烯和氧气为原料制备乙醛
D．PdCl2需要转化为才能催化反应的进行
5．（2021·浙江温州·统考三模）如图所示化合物是合成纳米管原料之一，W、X、Z、Y是原子半径逐渐减小的短周期元素，且原子序数均为奇数，Z元素无正化合价，W与Z同周期。则下列叙述正确的是
A．液态XY3气化过程中需要破坏X和Y之间的共价键
B．X的氧化物对应水化物一定为强酸
C．Y元素与Na形成的二元化合物与水反应属于非氧化还原反应
D．与W同主族短周期元素形成的单质可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气
6．（2021·浙江温州·统考二模）关于反应，下列说法正确的是
A．Zn在反应过程中被还原 B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物和还原产物之比为 D．每生成1 molZnO共转移2mol电子
7．（2020·浙江温州·模拟预测）是优良的饮用水消毒剂和絮凝剂，一种制备方法是将、、混合共熔，反应为。下列说法不正确的是
A．具有杀菌作用 B．每生成转移
C．该反应条件下，氧化性： D．铁元素被氧化，氮元素被还原
8．（2020·浙江温州·统考三模）过硝酸钠(NaNO4)能与水发生反应：NaNO4+H2O=NaNO3+H2O2，下列说法不正确的是
A．过硝酸钠具有强氧化性，没有还原性
B．过硝酸钠中含有-O-O-结构
C．过硝酸钠可用于杀菌消毒
D．将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液中发生的离子方程式：+2Fe2++2H+=+2Fe3++H2O
9．（2020·浙江温州·统考一模）3Na2S+4H2SO4（浓）=3Na2SO4+4S↓+4H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
A．3:4 B．4:3 C．1:3 D．3:1
10．（2020·浙江温州·统考三模）在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中，涉及很多化学知识。下列说法不正确的是（ ）
A．含有病毒的飞沫混合在空气中形成气溶胶，气溶胶能产生丁达尔效应
B．二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂，能使病毒失去生理活性
C．口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯的链节为
D．疫情期间，“网课"成了我们的主要学习方式，网络光纤的主要成分是晶体硅
11．（2020·浙江温州·统考三模）反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中，被氧化的物质是（ ）
A．NO2 B．O2 C．H2O D．HNO3
二、填空题
12．（2020·浙江温州·统考一模）（1）比较酸性条件下得电子能力的相对强弱：HClO____Cl2（填“＞”、“＜”或“＝”），用一个离子方程式表示：____。
（2）NaCNO是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，NaCNO的电子式是____。
（3）相同温度下，冰的密度比水小的主要原因是____。
三、计算题
13．（2022·浙江温州·统考三模）一定条件下，将28.8gCu2O固体投入100mL12.0mol·L-1的硝酸溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下氮氧化物(NOx)4.48L。(生成气体全部逸出)
(1)x=____。
(2)往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液____mL。(请写出简要的计算过程)
四、元素或物质推断题
14．（2022·浙江温州·统考模拟预测）化合物X含四种元素，某实验小组按如下流程进行相关实验：
已知：①反应I为非氧化还原反应；②溶液D只含1种溶质；③气体F可使品红溶液褪色。请回答下列问题：
(1)X的组成元素为_______(写元素符号)；D中溶质的化学式为_______。
(2)金属C与HI溶液反应可生成黄色固体和无色气体，该反应的离子方程式为_______。
(3)X与稀硫酸反应也可得到A、E、F、G，且E、F的物质的量之比为1：1.写出对应的化学方程式：_______。
(4)将混合气体B通入足量的NaOH溶液中充分反应，试设计实验检验反应产物中的阴离子：_____。
15．（2021·浙江温州·统考三模）某含结晶水的盐A是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，由五种常见元素组成，M(A)＜500 g·mol 1。某兴趣小组对盐A进行了实验探究，流程如下：
已知：①混合气体C转化为气体D时，质量增加了4.8 g；②溶液H为单一溶质，且不与氢氧化钾反应，焰色反应呈紫色。请回答：
(1)盐A除Fe、H、O以外的两种元素是_____。(填元素符号)
(2)混合气体C的组成成分_____(填化学式)
(3)盐A在421~553℃下分解生成混合气体B和混合固体F的化学方程式：_____。
(4)盐A中加入足量稀硫酸，可得到一种二元弱酸，且该弱酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成气体D，试写出该弱酸被氧化的离子方程式：_______。
(5)某兴趣小组用混合气体C还原少量CuO粉末，使CuO完全反应得到红色产物。为确定红色产物的成分，请设计实验方案：_______。(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O)
五、工业流程题
16．（2022·浙江温州·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___________。
17．（2021·浙江温州·统考一模）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，含多个羧基，溶于水形成胶体，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，实验室通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下：
回答下列问题：
(1)发生装置如图所示，装置a的名称___________。
(2)下列说法正确的是___________。
A．将石墨和固体在研钵中充分研磨后，再加入到浓硫酸中
B．临近沸点水浴不易控温，所以98℃回流1h采用油浴加热
C．待反应液冷却至室温后立即加入5%至不再冒气泡为止
D．操作X为离心法，装置如上图所示，操作时应将两支离心管放置于1、4处
(3)请用离子方程式说明的作用___________。
(4)利用中和滴定分析法可以测定氧化石墨烯中羧基含量()：原理：。
①滴定分析法的下列操作中，请选择正确操作并排序：___________a→→→g→→
a．称取mg氧化石墨烯(GO)放入锥形瓶中
b．超声振荡，25℃恒温放置12小时后过滤，滤液配成100mL
c．向锥形瓶中滴加2滴指示剂
d．用25mL酸式滴定管盛放的mol/L盐酸标准溶液进行滴定
e．用25mL碱式滴定管盛放的mol/LNaOH标准溶液进行滴定
f．用滴定管量取20.00mLmol/L NaOH标准溶液滴入锥形瓶中
g．用移液管量取20.00mL滤液移入另一个锥形瓶中
②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗标准溶液体积为___________mL。根据该实验数据，氧化石墨烯中羧基含量w%=___________(用含有、、m的代数式表示)。上述测定结果存在一定的误差，可通过___________(填“提高”或“降低”)标准液浓度来提高该滴定结果的准确度。
参考答案：
1．D
【详解】A．该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；
B．该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；
C．该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；
D．14.0g Si3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；
综上所述答案为D。
2．C
【分析】反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑中，Cu2O中Cu由+1价降低到0价的Cu，发生还原反应；Cu2S中Cu由+1价降低到0价的Cu，发生还原反应，S由-2价升高到+4价的SO2，发生氧化反应。
【详解】A．根据分析可知，Cu2O被Cu2S还原，故A正确；
B．根据分析可知，Cu2S既发生氧化反应又发生还原反应，故既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；
C．还原产物为Cu，氧化产物为SO2，故还原产物与氧化产物的物质的量之比为6∶1，故C错误；
D．S由-2价升高到+4价的SO2，故生成1molSO2时，转移了6mol电子，故D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．根据可知：ClO2中氯元素化合价降低了，得到电子，故A正确；
B．根据可知：一部分HClCl2，一部分HClKCl，所以HCl既表现了酸性又表现了还原性，故B正确；
C．根据可知：氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故C正确；
D．生成1molCl2转移2mol电子，则生成，则转移了0.4mol的电子，故D错误；
故答案：D。
4．B
【详解】A．根据图示可知：在反应过程中发生反应：Cu+被O2氧化产生Cu2+，O2得到电子被还原产生H2O，该反应就是氧化还原反应，A正确；
B．化合物2和化合物4分子式分子式不同，因此二者不是同分异构体，B错误；
C．乙烯和氧气在一定条件下发生反应产生乙醛、水，故可以乙烯和氧气为原料制备乙醛，C正确；
D．根据图示可知：PdCl2需要转化为，然后再催化反应的进行，D正确；
故合理选项是B。
5．D
【分析】Z元素无正化合价，则Z为F元素，F呈-1价，则WZ即WF中W为+3价，W与Z同周期，XY 离子显示，Y共用1对电子对即达稳定结构，W、X、Z、Y是原子半径逐渐减小的短周期元素，且原子序数均为奇数，则Y为H，H呈+1价，则XY中X为-3价，X为N元素、W为B元素，据此分析。
【详解】A．气化是物理变化， 液态XY3气化过程中不需要破坏X和Y之间的共价键，A错误；
B． X的氧化物对应水化物可以为硝酸、亚硝酸，硝酸为强酸，亚硝酸为弱酸，B错误；
C． Y元素与Na形成的二元化合物即NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，属于氧化还原反应，C错误；
D． 与W同主族短周期元素形成的单质即铝，铝可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气，D正确；
答案选D。
6．B
【详解】A．该反应中Zn由0价变为+2价，化合价升高被氧化，A错误；
B．该反应中硝酸铵中-3价的N被氧化为0价，+5价的N被还原为0价，所以硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C．该反应中氧化产物为ZnO和N2，还原产物为N2，N2中一半是氧化产物，一半是还原产物，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为(1+0.5)：0.5=3:1，C错误；
D．生成1molZnO时，有1molNH4NO3参与反应，则有1mol硝酸根被还原，且只有硝酸根被还原，所以转移电子为5mol，D错误；
综上所述答案为B。
7．B
【详解】在反应中，铁元素化合价由中的+3价变为中的+6价，化合价升高，为还原剂，而N元素则由中+5价变为中的+3价，化合价降低，做氧化剂。
A．中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，选项A正确；
B．反应中，铁元素由+3价变为+6价，故1mol转移，生成2mol，故每生成转移，选项B不正确；
C．反应中为氧化剂，而为氧化产物，而氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：，选项C正确；
D．N元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项D正确；
答案选B。
8．A
【详解】A．过硝酸钠中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧既有氧化性又有还原性 ，故A选；
B．过硝酸钠中含有-1价的两个氧原子，含有—O—O—结构，故B不选；
C．过硝酸钠与水反应生成过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故C不选；
D． 过硝酸钠-1价的氧具有氧化性，亚铁离子具有还原性，将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液发生氧化还原反应，发生的离子方程式是+2Fe2++2H+=+2Fe3++H2O ，故D不选；
故选：A。
9．C
【详解】3Na2S+4H2SO4（浓）=3Na2SO4+4S↓+4H2O中反应物硫化钠中硫元素化合价从－2价升高到0价，失去2个电子，硫酸中硫元素化合价从+6价降低到0价，得到6个电子，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：6＝1：3，答案选C。
10．D
【详解】A．含有病毒的飞沫混合在空气中形成气溶胶，气溶胶属于胶体，因此能产生丁达尔效应，A正确；
B．二氧化氯泡腾片中的二氧化氯具有强氧化性，能使病毒分子氧化而发生变性，因此而失去生理活性，故可作为环境消毒剂，B正确；
C．口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯CH2=CHCH3，聚丙烯的链节为，C正确；
D．网络光纤的主要成分是二氧化硅，D错误；
故合理选项是D。
11．A
【分析】
根据氧化还原反应中元素化合价升高被氧化，发生氧化反应进行判断。
【详解】
反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3中，O元素化合价由0价降为-2价被还原；NO2中N元素化合价由+4价升高为+5价，化合价升高被氧化，故被氧化的物质为NO2。
答案选A。
12． > HClO+H++Cl-=Cl2+H2O 或 冰中氢键的数目比液态水中要多，导致冰里面存在较大的空隙
【分析】（1）得电子能力越强氧化性越强，氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此分析解答；
（2）根据原子最外层电子数及8电子稳定结构分析共价键的形成并用电子式表示；
（3）冰中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键。
【详解】（1）得电子能力越强氧化性越强，酸性条件下，HClO氧化性强于Cl2，则得电子能力HClO氧化性强于Cl2；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则HClO+H++Cl-=Cl2+H2O，故答案为：>；HClO+H++Cl-=Cl2+H2O；
（2）NaCNO是离子化合物，阴离子是CNO-，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：；也可以是O原子与C原子共用两对电子，C原子与N原子共用两对电子，其电子式为：；故答案为：或；
（3）冰中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键，所以冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，分子间的距离更大，所以相同温度下冰的密度比水小，故答案为：冰中氢键的数目比液态水中要多，导致冰里面存在较大的空隙。
13．(1)1.5
(2)250
【解析】(1)
n(Cu2O)==0.2mol，n(NOx)==0.2mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素由+1价升高到+2价，HNO3中生成NOx的N元素由+5价降低为+2x价，依据得失电子守恒可得：0.2mol×2=0.2mol×(5-2x)，x=1.5。答案为：1.5；
(2)
往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，Cu(NO3)2及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)=n()，从而得出4.00mol·L-1×V(NaOH)=n(HNO3)-n(NOx)= 0.100L×12.0mol·L-1-0.2mol，V(NaOH)=0.25L=250mL。答案为：250。
【点睛】在进行有关硝酸的计算时，常使用守恒法。
14．(1) Na、Ag、S、O Na2S2O3
(2)2Ag+2H++I-=2AgI+H2↑
(3)2Na3[Ag(S2O3)2]+2H2SO4=Ag2S↓+3S↓+3SO2↑+3Na2SO4+2H2O
(4)方法一：取少量反应的溶液于小试管中，加入过量的稀盐酸，如果有气泡产生，并有刺激性气味的，则含有SO离子，继续向溶液中滴加BaCl2溶液，若出现白色浑浊，则说明有SO。
方法二：取待检验溶液加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；向溶液中继续滴加几滴BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。
方法三：取待检验溶液加入过量BaCl2溶液，过滤，取滤渣加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；若滤渣不能全部溶解，则有SO。
方法四：取待检验溶液加入过量盐酸酸化的BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。另取少量待检验溶液加入几滴KMnO4溶液，振荡，溶液紫色褪去，则有SO。
【分析】无色气体F可以使品红溶液褪色，应为SO2，其物质的量为=0..04mol；溶液D与稀硫酸反应生成SO2和淡黄色固体，且溶液D只含一种溶质，则D为Na2S2O3，根据反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O可知，Na2S2O3的物质的量为0.04mol，淡黄色固体E为S单质，物质的量为=0.04mol；金属C与HI溶液反应可生成黄色固体和无色气体，反应中有I元素，该黄色固体应为AgI，则金属C应为Ag，其物质的量为=0.02mol；反应I为非氧化还原反应，加入的是0.01molNa2S，则二元化合物A应为Ag2S；溶液D中含有0.04molNa2S2O3，加入的硫化钠溶液中含有0.02molNa+，所以X中含有0.04molS2O、0.02molAg+和0.06molNa+，所以X应为Na3[Ag(S2O3)2]。
【详解】（1）根据分析可知X的组成元素为Na、Ag、S、O；D中溶质为Na2S2O3；
（2）根据题意和元素守恒可知Ag与HI反应生成AgI和H2，离子方程式为2Ag+2H++I-=2AgI+H2↑；
（3）根据题意Na3[Ag(S2O3)2]与稀硫酸反应生成Ag2S、S、SO2、Na2SO4，其中S、SO2的物质的量之比为1∶1，说明S2O发生歧化，根据元素守恒可得化学方程式为：2Na3[Ag(S2O3)2]+2H2SO4=Ag2S↓+3S↓+3SO2↑+3Na2SO4+2H2O；
（4）Ag2S与过量氧气反应生成B，B为混合气体，则应为SO2、SO3的混合气体，通入足量的NaOH溶液中充分反应，阴离子应为SO、SO，SO可以和盐酸反应生成气体，且具有还原性，SO可以和Ba2+生成难于酸的BaSO4，具体检验方法为：方法一：取少量反应的溶液于小试管中，加入过量的稀盐酸，如果有气泡产生，并有刺激性气味的，则含有SO离子，继续向溶液中滴加BaCl2溶液，若出现白色浑浊，则说明有SO。
方法二：取待检验溶液加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；向溶液中继续滴加几滴BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。
方法三：取待检验溶液加入过量BaCl2溶液，过滤，取滤渣加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；若滤渣不能全部溶解，则有SO。
方法四：取待检验溶液加入过量盐酸酸化的BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。另取少量待检验溶液加入几滴KMnO4溶液，振荡，溶液紫色褪去，则有SO。
15． C、K n(CO)=0.3 mol，n(CO2)=0.15 mol 2K3Fe(C2O4)3·3H2O3K2CO3+Fe2O3+6CO↑+3CO2↑+6H2O↑ 5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 取红色物质少量放入试管中，向其中加入足量H2SO4，充分振荡，若红色物质不溶解，溶液呈无色，则红色物质为Cu单质；若有红色物质存在，且溶液显蓝色，说明红色物质为Cu2O。
【分析】0.1 mol的盐A在温度为421～553℃及隔绝空气条件下分解产生0.75 mol混合气体B和混合固体F，0.75 mol混合气体B通过足量无水氯化钙得到0.45 mol混合气体C，气体减少0.3 mol，说明在B中含有水蒸气，其物质的量为n(H2O)=0.75 mol-0.45 mol=0.30 mol；将混合气体C通过足量灼热CuO后得到0.45 mol的气体D，将D通入足量澄清石灰水产生45 g白色沉淀E，则E是CaCO3，n(CaCO3)==0.45 mol，气体D为CO2，n(CO2)=0.45 mol，由于混合气体C转化为气体D时，质量增加了4.8 g；说明混合气体C中含有CO，发生反应CuO+COCO2+Cu，增加质量是CO发生该反应变为CO2增加的O元素的质量，则n(CO)=，故C中含有CO2的物质的量为n(CO2)=0.45 mol-0.3 mol=0.15 mol。固体F溶于水得到8 g红棕色固体G为Fe2O3，n(Fe2O3)=，则n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.05 mol×2=0.1 mol；溶液H为单一溶质，溶液H呈碱性，且不与氢氧化钾反应，焰色反应呈紫色，则H中含有K+离子，H为K2CO3。向H中加入足量稀盐酸，反应产生CO2的物质的量是0.15 mol，根据元素守恒可知n(K+)=2n(K2CO3)=2×0.15 mol=0.3 mol，n()= n(K2CO3)=0.15 mol，故在0.1 mol A中含有C元素的物质的量n(C)=n(CO)+n(CO2)+n()=0.3 mol+0.15 mol+0.15 mol=0.6 mol。盐A中加入足量稀硫酸，可得到一种二元弱酸，且该弱酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成气体D，说明该弱酸是草酸，A是草酸盐，在0.1 mol的盐A中，n(K)：n(Fe)：n(C)：n(H2O)=0.3 mol：0.1 mol：0.6 mol：0.3 mol，所以该盐化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知盐A除Fe、H、O以外的两种元素是C、K元素；
(2)混合气体C中含CO、CO2，其中含有CO为0.3 mol，含有CO2为0.15 mol；
(3)盐A是K3Fe(C2O4)3·3H2O，在421~553℃下分解生成混合气体CO、CO2、H2O及Fe2O3、K2CO3，该反应的化学方程式为：2K3Fe(C2O4)3·3H2O3K2CO3+Fe2O3+6CO↑+3CO2↑+6H2O↑；
(4)盐A是K3Fe(C2O4)3·3H2O，与足量稀硫酸反应产生二元弱酸H2C2O4，H2C2O4具有强的还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化为CO2气体，KMnO4被还原为Mn2+。反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(5)某兴趣小组用CO、CO2的混合气体还原少量CuO粉末，使CuO完全反应得到红色产物。为确定红色产物的成分，设计实验方案为：取红色物质少量放入试管中，向其中加入足量H2SO4，充分振荡，若红色物质不溶解，溶液呈无色，则红色物质为Cu单质；若有红色物质存在，且溶液显蓝色，说明红色物质为Cu2O。
16．(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 。
17．(1)滴液漏斗
(2)BD
(3)2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
(4) f→b，c→d 8.00 ×100% 降低
【分析】由题给流程可知，将石墨和浓硫酸在0℃的冰水浴中混合均匀，剧烈搅拌下，分批缓慢加入高锰酸钾固体；将反应混合物在98℃的油浴中加热回流1小时，使反应物充分反应；将反应液冷却至室温，加入大量蒸馏水，而后加入5%过氧化氢溶液除去过量的高锰酸钾；离心分离、洗涤、干燥得到氧化石墨烯。
（1）
由实验装置图可知，装置a为滴液漏斗，故答案为：滴液漏斗；
（2）
A．制备氧化石墨烯的反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加高锰酸钾固体，故错误；
B．油浴和水浴相比，油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，所以不采用热水浴，而采用油浴，故正确；
C．由分析可知，加入5%过氧化氢溶液的目的是除去过量的高锰酸钾，加入5%过氧化氢溶液前，应将反应液冷却至室温，加入大量蒸馏水，故错误；
D．离心法是利用离心力分离液体与固体颗粒或液体与液体的混合物中各组分的装置，操作时应将两支离心管放置于对称的1、4处，保证实验顺利进行，故正确；
故选BD；
（3）
由分析可知，加入5%过氧化氢溶液的目的是除去过量的高锰酸钾，发生的反应为酸性条件下，过氧化氢与高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
（4）
①由题意可知，滴定分析法的操顺序作为称取mg氧化石墨烯(GO)放入锥形瓶中，用滴定管量取20.00mLmol/L NaOH标准溶液滴入锥形瓶中，超声振荡，25℃恒温放置12小时后过滤，滤液配成100mL，用移液管量取20.00mL滤液移入另一个锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2滴指示剂，用25mL酸式滴定管盛放的mol/L盐酸标准溶液进行滴定，则正确操作顺序为a→f→b→g→c→d，故答案为：f→b，c→d；
②由图可知，滴定前溶液的体积为0.80mL，滴定后溶液的体积为8.80mL，则消耗盐酸标准溶液的体积为8.00mL；由滴定原理可知，氧化石墨烯中羧基的物质的量和滴定消耗盐酸溶液中氯化氢的物质的量之和等于加入氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量，则氧化石墨烯中羧基含量w%=×100%=×100%；若标准液浓度过高可能会使测定结果存在一定的误差，为减少误差，应选择与待测液浓度接近的标准溶液，则应降低标准溶液的浓度，故答案为：8.00；×100%；降低。
试卷第1页，共3页
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