2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应的电子转移数目计算2

2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应的电子转移数目计算2
一、选择题
1．（2021·辽宁）下列说法正确的是（　　）
A． (标准状况)与水充分反应转移 电子
B． 和 均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D． 与 溶液反应：
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于 ，A不符合题意；
B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2 CuCl2，故 和 均可通过化合反应得到，B符合题意；
C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C不符合题意；
D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故 与 溶液反应： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.与水反应并不充分；
B.两者均可化合得到；
C.浓硫酸不易挥发，无法反应；
D.会发生氧化还原反应，化合价会变化。
2．（2021·北京）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为：
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析错误的是（　　）
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；乙炔炔烃；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项不符合题意；
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项不符合题意；
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项符合题意；
D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.水解过程中各元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有的H2S、PH3可知，CaS、Ca3P2水解生成氢化物和氢氧化钙；
B.该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成；
C.反应②中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到1个电子，P元素化合价从3价升高到+5价，失去8个电子，根据转移电子守恒计算可氧化PH3的物质的量；
D.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质。
3．（2022·衡阳模拟）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过二硫酸钠(Na2S2O8) 去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．56gFe参加反应，消耗的S2O大于1 mol
B．过二硫酸钠(Na2S2O8) 中S的化合价为+6
C．pH越大，越有利于去除废水中的正五价砷
D．碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为： +H2O= SO++H+
【答案】D
【知识点】常见元素的化合价；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.56 gFe 参加反应，根据图示，可得出转化过程中Fe先被氧化为，反应为，然后进一步被氧化为和自由基，因此1molFe参加反应要消耗1.5mol ，A项不符合题意；
B．S的化合价为+6，因为有2个O是-1价，6个O是-2价， 根据正负化合价代数和为0可得出结论，B项不符合题意；
C．碱性条件有利于和生成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，与正五价砷发生共沉淀，C项不符合题意；
D．结合图示可知，碱性条件下与不共存，自由基发生反应的离子方程式为： ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】Ａ．根据图示转化，一个过硫酸根和一个铁反应生成两个硫酸根和一个亚铁离子，反应过程中转移2个电子，同时亚铁离子和过硫酸根反应生成铁离子和自由基，1molFe消耗的过硫酸根大于1mol；
Ｂ．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｃ．溶液的碱性越强越有利于 正五价砷析出；
Ｄ．碱性条件下不会生成氢离子。
4．（2022·杭州模拟）“西门子法”提纯硅的反应之一为：，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是（　　）
A．是还原产物
B．即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为
D．生成时，转移电子
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A不符合题意；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由题意可知，该反应中，Si元素化合价从0价上升到+4价，一部分H元素从+1价下降到0价，一部分从+1价下降到-1价。
D、三氯硅烷中H元素的化合价为-1价，Si元素的化合价为+4价，所以生成1mol三氯硅烷应该转移4mol电子。
5．（2022·白山模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值。溴蒸气与氨气相遇产生“白烟"，化学方程式为8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。下列说法正确的是（　　）
A．生成14gN2时，反应中还原剂的分子数目为4NA
B．标准状况下，11.2LBr2参与反应时转移的电子数为NA
C．0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目为0.5NA
D．当生成29.4gNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.14gN2即0.5molN2，生成0.5molN2时，根据N元素守恒，被氧化的氨气的物质的量是1mol，反应中还原剂的分子数目为NA，故A不符合题意；
B．标准状况下，Br2是液体，11.2LBr2的物质的量不是0.5mol，故B不符合题意；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目，故C不符合题意；
D.29.4gNH4Br的物质的量是，当生成0.3molNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.还原剂是NH3，根据化学方程式，生成1molN2时，只有2mol NH3作为还原剂参与氧化反应，据此分析。
B.注意运用公式n=时，物质状态必须是气态。
C.溶液体积未知，无法计算。
D.根据n=可知n(NH4Br)，结合化学方程式中物质的化学计量系数进行解答。
6．（2022·河南模拟）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．充电时，电极周围升高
B．放电时，每生成，转移个电子
C．使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D．使用催化剂，中间产物更不稳定
【答案】B
【知识点】催化剂；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法不符合题意；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法符合题意；
C．根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法不符合题意；
D．根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据左图，充电时Zn极发生电极反应式为Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，据此分析。
B.放电时，右侧电极发生反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，据此分析。
C.物质能量越低越稳定；活化能增大，则反应速率减慢。
D.根据右图，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量较高，据此分析。
7．（2022·温州模拟）关于反应，下列说法错误的是
A．HCl是氧化产物
B．既发生还原反应又发生氧化反应
C．被氧化的原子与被还原的原子的个数比2∶1
D．生成1molSi时，转移4mol电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．氢气中的氢元素由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，故HCl是氧化产物，A不符合题意；
B．SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，发生氧化反应，其中硅元素由+4价变为0价，发生还原反应，故既发生还原反应又发生氧化反应，B不符合题意；
C．氢气中的氢元素由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，被氧化的氢原子数为3，SiHCl3中硅元素由+4价变为0价，被还原的原子数为1，故被氧化的原子与被还原的原子的个数比3∶1，C符合题意；
D．由选项C分析可知方程式转移4个电子，故生成1molSi时，转移4mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物；利用化合价的变化判断转移电子数。
8．（2022·保定模拟）用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．常温常压下，18g含有的中子数、电子数均为
B．甲烷与白磷分子均为正四面体结构，其1mol分子中所含共价键数目均为
C．标准状况下，22.4LHF所含的分子数目为
D．32g由和组成的混合气体中氧原子数目为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 分子中含有的中子、质子、电子数都是10， 的相对分子质量为 ，18g 为0.9mol ，含有中子、质子、电子的物质的量是1mol，含有的中子数、电子数均为 ，A不符合题意；
B.1mol白磷中含6molP-P键，故1mol白磷分子中含 个共价键，B不符合题意；
C． 适用于标准状况（0℃，101kPa），HF在标准状况下为液体，所以不能用 计算22.4LHF所含的分子数目，C不符合题意；
D． 和 可以用通式 理解，32g由 和 组成的混合气体中氧原子数目为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.1个 分子中含有的中子、质子、电子数都是10；
B.1mol白磷中含6molP-P键；
C.HF在标准状况下为液体；
D.32g由 和 组成的混合气体中氧原子的物质的量是0.2mol。
9．（2022·缙云模拟）二氧化氮通入水中，发生下列反应：该反应中，有关下列说法正确的是（　　）
A．H2O作还原剂
B．被氧化与披还原的物质的个数之比为2∶1
C．HNO3是氧化剂
D．HNO3是还原产物
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．H2O的组成元素在反应前后化合价没有发生变化，所以H2O既不作还原剂，也不作氧化剂，A不符合题意；
B．在该反应中NO2中的+4价的N一部分升高至HNO3中+5价，被氧化；一部分降低至NO中的+2价，被还原。根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知有2个被氧化为HNO3，有1个被还原为NO，故被氧化与披还原的物质的个数之比为2∶1，B符合题意；
C．HNO3是NO2失去电子被氧化产生的物质，属于氧化产物，而不是氧化剂，C不符合题意；
D．HNO3是NO2失去电子被氧化产生的物质，属于氧化产物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应中，化合价升高的物质做还原剂，失电子，发生氧化反应，被氧化。化合价降低的物质做氧化剂，得电子，发生还原反应，被还原。
10．（2021高三上·黄浦月考）汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示，说法正确的是（　　）
A．该过程的催化剂是Ba(NO3)2
B．转化过程中，氮元素均被还原
C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为2NA
D．三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据图像判断，催化剂是BaO，而Ba(NO3)2是中间产物，故A不符合题意；
B．转化过程中，NOx变为Ba(NO3)2时N元素被氧化或既不被氧化也不被还原，故B不符合题意；
C．还原过程中，Ba(NO3)2变为N2，氮元素的化合价由+5价变为0价，故生成0.1molN2，转移电子数为1NA，故C不符合题意；
D．根据流程中进入循环反应的物质和出来的物质判断，三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质氮气和二氧化碳，水，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】“储存”过程中，BaO、NOx、O2反应生成Ba(NO3)2。“还原”过程中，Ba(NO3)2、CO、CxHy反应生成BaO、N2、H2O和CO2。据此结合选项进行分析。
11．（2021·克拉玛依模拟）雄黄(As4S4)具有驱虫解毒功效，雌黄(As2S3)是雄黄的伴生矿物，二者可以相互转化，转化过程如下，下列有关说法错误的是（　　）
A．H2O参加了该转化过程
B．若1 mol雄黄发生Ⅱ反应转移28 mol电子，则a为SO3
C．已知亚砷酸具有两性，Ⅳ反应是酸碱中和反应
D．As2O3是砒霜的主要成分，它是亚砷酸(H3AsO3)的酸酐
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．III反应As2O3+H2O→ H3AsO3，则H2O参加了该转化过程，A不符合题意；
B．根据S元素在元素周期表中的位置，S的价态不可能大于6，产物a应为S单质，反应方程式为As4S4+3O2=2As2O3+4S，B符合题意；
C．由于亚砷酸具有两性，故当亚砷酸失去一个氢离子后呈现碱性，越与酸反应，则Ⅳ反应是酸碱中和反应，C不符合题意；
D．As2O3和亚砷酸(H3AsO3)中As的化合价均为+3，As2O3是亚砷酸(H3AsO3)的酸酐，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示转化过程找出水即可判断
B.根据反应物结合转移电子数即可判断
C.结合反应物和生成物即可判断
D.结合酸酐的定义判断
12．（2021·宁波模拟）关于反应3LiFePO4+13HNO3=3LiNO3+3Fe(NO3)3+3H3PO4+NO↑+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．LiFePO4中P元素被氧化
B．HNO3反应过程中得到电子
C．生成3.0 g NO时，转移0.1 mol电子
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：1
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在反应前LiFePO4中P元素化合价为+5价，在反应后H3PO4中的P元素化合价仍然为+5价，故反应前后P元素化合价不变，A不符合题意；
B．在反应中N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，得到电子被还原，B符合题意；
C．根据方程式可知：每有1 mol NO反应产生，转移3 mol电子，因此若反应产生3.0 g NO气体，其物质的量是0.1 mol，则反应中转移电子的物质的量是0.3 mol，C不符合题意；
D．在该反应中Fe(NO3)3为氧化产物，NO是还原产物，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为二者的物质的量的比是1：3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】首先标出化合价，找出反应前后元素化合价情况，判断氧化剂、还原剂、被氧化、被还原等相关概念，然后画出双线桥，找到电子转移与物质之间的联系，然后进行计算
13．（2021·顺德模拟）为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（　　）
A．的硫酸溶液中含的数目为
B．含有的质子数和中子数均为
C．通入适量水中，转移的电子数为
D．标准状况下，含有的共价键数为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算含的数目，故A不符合题意；
B．的摩尔质量为20g/mol，的物质的量为0.1mol，每个分子含有质子数、中子数均为10，故含有的质子数和中子数均为，故B符合题意；
C．通与水反应是可逆反应，通入适量水中，转移的电子数小于，故C不符合题意；
D．在标准状况下为液态，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A. 要得到氢离子的物质的量需要溶液体积；
C.氯气通水属于可逆反应无法完全反应；
D.四氯化碳标况下为液体。
14．（2021·天河模拟）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，所含溴原子的数目为
B．与足量的水反应生成，转移的电子数为
C．乙醇中含有的键的数目为
D．的溶液中含有的数目小于
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．标况下，溴是液态的，不能用气体摩尔体积公式计算，A不符合题意；
B．NO2与水的反应，生成1molNO转移2mol电子，故当生成0.1molNO时，转移0.2mol电子即0.2NA个，B符合题意；
C．乙醇的结构简式：CH3CH2OH ，由结构简式可知1mol乙醇中含5molC-H键，C不符合题意；
D．溶液体积未知，无法计算，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.溴在标况下为液体，不能按照气体计算；
C.乙醇中含有5mol的C-H键；
D.没有体积无法计算具体溶液中各离子的物质的量。
15．（2021高三上·宁波月考）火法炼铜的原理Cu2S+O2 2Cu+SO2.下列说法正确的是（　　）
A．+1的Cu被O2还原成了Cu单质
B．0.5 mol O2得到的电子，可氧化得到SO2 11.2 L
C．每生成64 g Cu电子转移的总数约为3×6.02×1023
D．为了提高铜矿的利用率，O2应过量
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.反应过程中，O2中氧元素由0价变为－2价，化合价降低，发生还原反应，为氧化剂，因此＋1价的Cu不是被O2还原，A不符合题意；
B.未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，B不符合题意；
C.由反应的化学方程式可知，反应生成Cu与转移电子数的关系为“2Cu～6e－”，64gCu的物质的量为1mol，因此生成64g铜转移的电子数为3×6.02×1023，C符合题意；
D.若O2过量，则Cu与O2进一步反应生成CuO，不利于提高铜的产量，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、O2具有氧化性，不具有还原性；
B、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
C、根据反应过程中电子转移情况计算；
D、O2过量，则过量的O2可能与Cu反应生成CuO；
16．可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解，从而诱导有差别的时空分布，有的区城呈氧化性，而同时有的区域呈还原性。研究人员选择了如图所示的氧化还原平衡体系。已知：声波频率提高可促进氧气的溶解。
下列说法错误的是（　　）
A．MV2+被 还原形成自由基阳离子MV·+的过程伴随着颜色的改变
B．开启可闻声波能够促进MV2+再生
C．持续补充SDT才能维持蓝色
D．向体系中加入1 mol SDT，转移电子为2 mol
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】本题以可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解为载体，考查平衡体系过程分析、平衡移动、可逆反应的特点等。MV2+被 还原形成自由基阳离子MV·+的过程中，溶液颜色由无色变为蓝色，A符合题意：
B.开启可闻声波后，溶液中氧气浓度增大平衡O2(aq)+MV·+ MV2++ 正向移动，促进MV2+再生，B不符合题意；
C.持续补充SDT，增大 浓度，平衡移动生成蓝色MV·+，C不符合题意；
D.向体系中加入1 mol SDT，仅有部分转化为 ，转移电子小于2 mol，D符合题意。
【分析】A、反应过程中溶液由无色变为蓝色；
B、结合浓度对平衡移动的影响分析；
C、持续补充SDT，c(SO2)增大；
D、结合可逆反应的特点分析；
17．（2021·沈阳模拟）设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．在高温、高压和催化剂的条件下， 与足量 反应，转移的电子数为
B． 溶液中 的浓度为 ，则 该溶液中含有的 的数目大于
C．常温下， 的 溶液中，由水电离出的 的数目为
D．标准状况下， 与 恰好完全反应，生成物中气体分子的数目为
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 与足量 反应转移的电子数小于2 ，A项不符合题意；
B．因为溶液中 会发生水解，当溶液中 时， 大于 ，故1L该溶液中含有的 的数目大于 ，B项符合题意；
C．因体积未知，不能确定 的数目，C项不符合题意；
D． 与 反应生成 和多种氯代甲烷，且除一氯甲烷外其他氯代甲烷均为液态，故无法确定生成物中气体的分子数，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.合成氨的反应为可逆反应，反应不能进行彻底
B.考虑到铁离子的水解，即可判断氯离子的物质的量
C.根据n=cv计算，但是V未知
D.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
18．（2021·葫芦岛模拟）《JournalofEnergyChemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是（　　）
A．由图可知捕获CO2过程的初期发生了氧化还原反应
B．熔盐可用CCl4代替
C．d极电极反应式为 -4e-=C+3O2-
D．转移1mol电子该装置最终可捕获CO25.6L(标况下)
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由图可知捕获CO2过程的初期CO2与O2-反应生成 ，元素化合价不变，为非氧化还原反应，选项A不符合题意；
B．若熔盐用CCl4代替，不能导电，无法形成电解池，选项B不符合题意；
C．由图所示，d极电极得电子，反应式为 +4e－=C+3O2－，选项C不符合题意；
D．碳元素化合价由+4变为0，则转移1mol电子可捕获CO25.6L(标况下)，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据初期的反应物和产物即可判断元素化合价是否改变
B.四氯化碳不导电
C.根据反应物和产物即可写出电极式
D.根据电极式即可计算出转移1mol电子捕获的二氧化碳体积
19．（2021·葫芦岛模拟）如图为拟通过甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼。下列说法错误的是（　　）
A．X极为阴极，发生还原反应
B．当电路中有0.2mol电子通过时，Y极质量可能减少3.2g
C．A极的电极反应式： +e-= +Cl-
D．工作时，B极附近液体pH值减小
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．分析可知，X极为阴极，得电子，化合价降低，发生还原反应，A说法不符合题意；
B．Y极为粗铜，含有Cu、Zn、Fe、Al、Ag、Au等，当电路中有0.2mol电子通过时，Y极为Al失电子时，质量可能减少3.2g，B说法不符合题意；
C．A极为正极， 得电子，与氢离子反应生成苯酚和氯离子，电极反应式： +2e-+H+= +Cl-，C说法符合题意；
D．工作时，B极为负极，乙酸根离子失电子，生成二氧化碳和氢离子，则附近液体氢离子浓度增大，pH值减小，D说法不符合题意；
故答案为C。
【分析】过甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼，则甲装置为原电池，乙为电解池，甲中，质子向A极移动，则A极为正极，与A极相连的Y极为阳极；B极为阴极，则X极为阴极。
20．（2021·鹰潭模拟）碱性硼化钒(VB2)一空气电池工作时反应为 。用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示。当外电路中通过 电子时，B装置内共收集到 气体(标准状况下)，则下列说法错误的是（　　）
A．VB2电极发生的电极反应为
B．外电路中电流由c电极流向VB2电极
C．电解过程中，b电极表面有气泡产生
D．若B装置内的液体体积为 ，则 溶液的物质的量浓度为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据碱性硼化钒(VB2)一空气电池工作时反应为 得到VB2是原电池的正极，其电极发生的电极反应为 ，故A不符合题意；
B．外电路中电流由a极流向b极，再从c电极流向VB2电极，故B不符合题意；
C．根据图中信息得到B为电解池，因此在电解过程中，b为阳极，b电极表面有氧气产生，故C不符合题意；
D．当外电路中通过 电子时，B装置内共收集到 气体(标准状况下)，则阴极产生氢气根据2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，因此生成0.01mol氢气即标准状况下0.224L，说明阴极生成了氢气，则先发生Cu2+＋2e－＝Cu，再发生2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，由于共生成0.448L气体，说明产生了0.224L氢气即0.01mol，转移电子0.02mol，根据转移电子数目相等，因此铜离子得到0.02mol电子，即n(Cu2+)=0.01mol，若B装置内的液体体积为 ，则 溶液的物质的量浓度大于等于 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据判断a电极是正极，VB2电极是负极，发生氧化反应VB2在碱性溶液中失去电子变为B2O3和V2O5的过程即可写出电极式
B.与a连接的b是电解池的阳极，c电极是阴极，因此电流是从c流向VB2
C.根据b是阳极，因此氢氧根离子在b极失去电子产生氧气
D.根据通过的电子数目计算出b电极的体积与B装置的体积进行对比，判断c电极是否氢离子放电即可计算出铜离子的物质的量
21．（2021·鹰潭模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．球碳盐K3C60中阴阳离子个数比为1：3
B．标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数为
C．32g铜与足量硫单质完全反应，转移电子数为NA
D．22.4L Cl2和CO的混合气体中含有的原子数为2NA
【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．球碳盐K3C60中存在阳离子为K+、阴离子为C ，则阴阳离子个数比为1：3，A说法符合题意；
B．NO2气体中存在2NO2 N2O4，则标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数小于NA，B说法不符合题意；
C.32g铜与足量硫单质完全反应，Cu的化合价由0价变为+1价，则转移电子数为0.5NA，C说法不符合题意；
D．标况下，22.4L Cl2和CO的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数为2NA，未给定气体状态，则原子数不能确定，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据球碳盐K3C60=3K++C603-，即可判断阴阳离子的个数比
B.未考虑二氧化氮和四氧化氮的转化
C.硫的氧化性弱将铜氧化为+1价亚铜离子
D.使用摩尔体积时需要注意条件和状态
22．（2021·宜春模拟）W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M位于同一周期，W、Y位于同一主族，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，Y与Z形成的一种化合物的结构如图所示，下列叙述正确的是（　　）
A．最简单离子的半径：
B．氧化物对应水化物的酸性：
C．由Y与M两种元素组成的化合物中各原子一定都满足8电子稳定状态
D． 在足量的 中燃烧，转移的电子数为
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应的电子转移数目计算；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由上述分析可知，X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，
A．电子层越多、离子半径越大，则最简单离子的半径：X＜Z，核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则Z>M，故A不符合题意；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Y，M的氧化物对应水化物也可以是HClO，HClO为弱酸，酸性弱于H3PO4，故B不符合题意；
C．由Y与M两种元素组成的化合物有PCl3和PCl5，PCl5中P原子不是8电子稳定状态，故C不符合题意；
D． 在足量的Cl2中燃烧生成FeCl3，转移的电子数为 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，由Y与Z形成的一种化合物的结构可知Z形成2个共价键、Y形成3个共价键，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为5，其中X、Y、Z位于同一周期，W、Y位于同一主族，结合原子序数可知W位于第二周期时，X、Y、Z位于第三周期，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，X的最外层电子数为3，则X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，以此来解答。
二、多选题
23．（2021高一上·唐山期末）把碎纸片b、c、d、e补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是（　　）
A．纸条排列的顺序可能是：c、d、a、b、e
B．通过该反应可知还原性：ClO>SO
C．氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1
D．每生成1molClO2，反应转移的电子数为2NA
【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据分析可知纸条排列的顺序可能是：c、d、a、b、e，A符合题意；
B．根据分析ClO为氧化剂，SO为还原剂，可知ClO的氧化性大于SO的氧化性，B不符合题意；
C．根据反应2H++2ClO+SO=SO+2ClO2+H2O，可知氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1，C符合题意；
D．Cl化合价由+5价降低为+4价，转移电子数目为2，可得ClO2～e-，每生成1molClO2，反应转移的电子数为1NA，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、结合化合价变化进行判断；
B、氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；
C、结合化合价升降守恒判断化学计量数；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
24．（2020高二下·烟台期末）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO 为淡黄色，VO 具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO 还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是（　　）
A．在酸性溶液中氧化性：VO ＞ ＞Cl2
B．向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由淡黄色变为蓝色
C．向0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，转移电子为1mol
D．浓盐酸还原VO2＋的离子方程式为2VO ＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O
【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．VO2＋具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO 还原为VO2＋，同时生成氯气，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO ＞Cl2，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO ＞VO ，所以在酸性溶液中氧化性：MnO ＞VO ＞Cl2，故A不符合题意；
B．氯气能够氧化Na2SO3溶液生成Na2SO4溶液，因此SO 也能把VO 还原为VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故B符合题意；
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO ，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，因此0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，VOSO4过量，因此0.1molKMnO4转移0.5mol电子，故C不符合题意；
D．浓盐酸还原VO 生成VO2＋和Cl2，反应的离子方程式为2VO ＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.在酸性条件下，根据现象找出氧化剂和氧化产物即可，因为氧化性：氧化剂＞氧化产物
B.亚硫酸钠具有还原性，故可将其进行还原，发生颜色改变
C.根据颜色的转变，确定产物进行计算电子的转移
D.根据反应物和生成物进行写出氧化还原的离子方程式
三、非选择题
25．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
26．（2021·北京）环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　 　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　 　。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)= ×100%
S(B)= ×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　 　。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　 　。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
【答案】（1）Cl2 +H2O= HCl+ HClO；阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
（2）KCl；O2；13%；KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见气体的检验；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为： ；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量： ；生成CO2的物质的量： ；生成CO2转移的电子的物质的量： ，则η(CO2)= ≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
(1)①由图可知，阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，CH2=CH2和HClO反应生成HOCH2CH2Cl；
②阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，阳极氯离子放电后，钾离子通过阳离子膜进入阴极，生成KOH，从而得到KCl和KOH的混合溶液；
(2)①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，即可判断溶液b的溶质；
②i .阳极有H2O放电时会产生氧气，即需要检验氧气；
ii.设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为：，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为， 生成CO2的物质的量为：，生成CO2转移的电子的物质的量为，即可计算 η(CO2)；
iii .实验证实推测成立，则会产生氯气，验证氯气即可。
27．（2020·松江模拟）二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。
完成下列填空：
（1）将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是　 　；理由是　 　。
（2）请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：
　 　CH3OH+　 　NaClO3+　 　　 　→　 　 CO2↑+　 　ClO2↑+　 　Na2SO4+　 　　 　
（3）该反应中，被氧化的元素是　 　。还原产物与氧化产物的物质的量之比是　 　。
（4）根据上述反应可推知　 　。
a.氧化性：ClO2＞NaClO3 b.氧化性：NaClO3＞CH3OH
c.还原性：CH3OH＞ClO2 d.还原性：CH3OH＞Na2SO4
（5）若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为　 　升。
（6）消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的　 　倍。
【答案】（1）试液变成无色；二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性
（2）1；6；3；H2SO4；1；6；3；5；H2O
（3）CH3OH中-2价的碳；6：1
（4）bc
（5）7.84
（6）2.63
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O；(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6：1；(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是ClO2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3＞ClO2，NaClO3和CH3OH反应时，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3＞CH3OH，还原性：CH3OH＞ClO2，故答案为：bc；(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35×22.4L=7.84L；(6) ，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。
【分析】(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原产物进行判断；(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系；(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。
28．（2020·虹口模拟）二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的Al级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3 + 4HCl → 2ClO2↑+
Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O
方法二：H2C2O4 +
2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 +
2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
完成下列填空：
（1）在方法一中，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为　 　
mol。
（2）在方法二中，反应物H2C2O4　 　（填序号）。
a．仅做氧化剂
b．既被氧化又被还原
c．发生氧化反应
d．既未被氧化也未被还原
（3）两种方法相比，　 　（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是　 　。
（4）实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为 　 　。
（5）氯原子核外共有　 　种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是　 　。
（6）CCl4分子的空间构型为　 　，CO2的电子式是　 　。
（7）相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：
氯化物 NaCl KCl CCl4
熔点/℃ 804 773 -22.92
试解释表中氯化物熔点差异的原因：　 　。
【答案】（1）0.2
（2）c
（3）方法二；方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染
（4）2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O
（5）17；3s23p6
（6）正四面体；
（7）NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)方法一：2NaClO3 + 4HCl →2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气，化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。(2) 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；
故答案为：c；(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；(4) 硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O；(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体； CO2的电子式是 ；(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱； NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。
【分析】分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。
29．（2020·赤峰模拟）烟气的脱硝(除 )技术和脱硫(除 )技术都是目前环境科学研究的热点。
（1）工业上可以采用“质子膜电解槽”对烟气进行脱硫脱硝，其工艺如图甲所示：
① 溶液吸收 主要反应的化学方程式为　 　；
②电解的主要目的是　 　，阴极的电极反应式为　 　；
③“高价氮的化合物”中NO2在反应器中发生化合反应的化学方程式为　 　；
（2）利用活性焦炭的吸附作用，可以对烟气进行脱硫和脱硝。被吸附的 与活性焦炭反应生成 和 ，当生成 时，转移电子的物质的量为　 　 ；
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入 的 乳浊液中，发生的反应如下： ， ，改变 ， 的去除率变化情况如图乙所示。
①当 大于1.4时， 去除率升高，但 的去除率却降低。其可能的原因是　 　；
② 和 发生的主要反应为 。保持 的初始浓度不变，改变 ，将反应后的混合气体通入 乳浊液中吸收。为节省 的用量，又能保持 去除效果，则 合适的值约为　 　；
（4）已知： ， ，则 　 　。
【答案】（1）；再生 ；；
（2）8
（3） 和 反应生成 和 ，导致 的去除率降低；0.6
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①由分析可知氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的化学方程式为SO2+NaOH═2NaHSO3，故答案为：SO2+NaOH═2NaHSO3；
②由分析可知，电解可以将亚硫酸氢钠转化为Na2S2O4，将Ce3+转化为Ce4+，达到Ce4+再生循环的目的；酸性条件下，亚硫酸氢钠在阴极上得到电子发生还原反应生成Na2S2O4，电极反应式为 ，故答案为：Ce4+再生； ；
③“高价氮的化合物”中二氧化氮在气液反应器中与氨气和氧气反应生成硝酸铵反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(2)由题意可知，被吸附的二氧化氮与活性焦炭反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO2+2C=N2+2CO2，由方程式可知，生成1mol氮气，反应转移8mol电子，故答案为：8；
(3)①由题意可知，二氧化氮、二氧化氮和一氧化氮混合气体能与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应，则当 大于1.4时，NO2和OH 反应生成NO3 和NO，导致NO2去除效率升高，NO去除率降低，故答案为：NO2和OH 反应生成NO3 和NO，导致NO去除率降低；
②O3和NO反应的化学方程式为NO+O3=NO2+O2，NO和NO2与氢氧化钙溶液反应的化学方程式为NO+ NO2+2OH-=2NO2-+ H2O，由图可知二氧化氮和一氧化氮的物质的量比为1.4时NOx去除效果最好，设一氧化氮的物质的量为x， 为a，则臭氧的物质的量为ax，由方程式和可知二氧化氮和一氧化氮的物质的量比为1.2可得ax=1.4(x-ax)， 解得x≈0.6，故答案为：0.6；
(4)将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①-②×2可得 ，则△H=-905.5kJ/mol-(+180 kJ/mol)×2=-1265.5 kJ/mol，故答案为：1265.5。
【分析】(1)由流程图可知，将烟气通入氢氧化钠溶液中，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠溶液，未反应的一氧化氮进入含有Ce4+的吸收液中，一氧化氮与Ce4+反应生成Ce3+和高价氮的化合物；在电解池中，酸性条件下，亚硫酸氢钠在阴极上得到电子发生还原反应生成Na2S2O4，Ce3+在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+；Ce4+和高价氮的化合物经过萃取和反萃取分离得到Ce4+和高价氮的化合物，Ce4+进入Ce4+的吸收液中循环使用，高价氮的化合物进入气液反应器中与氨气和氧气反应生成硝酸铵；
(2)由题意可知，被吸附的二氧化氮与活性焦炭反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO2+2C=N2+2CO2，结合方程式中的定量关系计算电子转移总数；
(3)①当 大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低是因为二氧化氮反应生成一氧化氮；
②O3和NO反应的化学方程式为NO+O3=NO2+O2，NO和NO2与氢氧化钙溶液反应的化学方程式为NO+ NO2+2OH-=2NO2-+ H2O，由图可知二氧化氮和一氧化氮的物质的量比为1.4时NOx去除效果最好；
(4)由盖斯定律计算可得。
30．（2020·唐山模拟）三氯化钌广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。现以固体含Ru废料为原料制备RuCl3晶体，其工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）K2RuO4中Ru的化合价为　 　，“碱熔”中产生的气体可用于　 　(写一种工业用途)。
（2）“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，则需要氧化剂的物质的量为　 　mol。
（3）为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有　 　。
（4）RuO4气体有剧毒，“盐酸吸收”时的化学方程式为　 　。
（5）可用氢还原重量法测定产品的纯度，其原理为2RuCl3＋3H2 = 2Ru＋6HCl，所得实验数据记录如下：
实验序号 产品质量/g 固体Ru质量/g
① 5.1875 2.0210
② 5.1875 2.0190
③ 5.1875 2.0200
④ 5.1875 1.6200
则产品的纯度为　 　(用百分数表示)。
（6）钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，根据图示写出合成反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）＋6价；用来制取硝酸
（2）2
（3）适当升高温度、粉碎固体废料
（4）2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O
（5）80.00%
（6）N2＋3H2 2NH3
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；除杂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)根据K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为 2价分析得到K2RuO4中Ru的化合价为＋6价，“碱熔”中产生的气体是二氧化氮，二氧化氮可用于制硝酸；故答案为：＋6价；用来制取硝酸。(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，根据得失电子守恒分析2mol K2RuO4氧化为RuO4失去4mol电子，NaClO中Cl元素的化合价由+1价降为-1价，1mol NaClO得到2mol电子，因此需要氧化剂的物质的量为2 mol；故答案为：2。(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有适当升高温度、粉碎固体废料；故答案为：适当升高温度、粉碎固体废料。(4)RuO4气体有剧毒，根据图中信息用“盐酸吸收”时生成RuCl3，Ru化合价降低，则盐酸中氯元素的化合价升高变为氯气，其化学方程式为2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O；故答案为：2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O。(5)根据数据得出第④实验数据误差较大，应舍弃，取另外三次的平均数据，得到Ru质量为2.0200g，产品中RuCl3的质量为 g，则产品的纯度为 ；故答案为：80.00%。(6)根据图中信息得到氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气，其合成反应的化学方程式；N2＋3H2 2NH3；故答案为：N2＋3H2 2NH3。
【分析】(1)根据化合物化合价为0计算Ru的化合价；NO2可以制硝酸；
(2)根据转移电子数计算；
(3)根据影响反应速率的因素分析；
(4)根据氧化还原配平写出方程式；
(5)根据纯度=计算；
(6)根据图像中进入和出来的物质分析方程式。
31．（2020·金华模拟）用11.92gNaClO配成溶液，向其中加入0.01molNa2SX恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl。则Na2SX 中的 x=　 　(写出简要计算过程)
【答案】11.92gNaClO的物质的量为0.16mol，和Na2SX恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl，氯的化合价从+1价降低到-1价，硫的化合价从- 价升高到+6价，根据氧化还原反应的电子守恒规律，有0.16×2=0.01(6+ )，解得x=5。
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】11.92gNaClO的物质的量为0.16mol，和Na2SX恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl，氯的化合价从+1价降低到-1价，硫的化合价从- 价升高到+6价，根据氧化还原反应的电子守恒规律，有0.16×2 = 0.01(6+ )，解得x=5。
【分析】要计算x的数值就是计算lNa2SX中S的化合价，根据氧化还原反应中电子得失守恒，根据氯元素的变价可以推出S失去的电子，继而计算出x的数值。
32．（2020·哈尔滨模拟）某科研小组利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)制备重要的化工原料纳米Fe2O3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）煅烧前硫铁矿粉碎的目的是　 　，硫铁矿煅烧得到的气体需回收，该气体在工业上的主要用途是　 　。
（2）用稀硫酸浸取硫铁矿烧渣的主要反应的离子方程式为　 　，浸取后过滤得到的滤渣的化学式为　 　。
（3）加入FeS2的主要目的是还原滤液中的Fe3＋，反应的化学方程式为：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，反应中每消耗1molFeS2，转移的电子数目为　 　，检验Fe3＋是否完全被还原，应选择　 　 (填标号)。
A．KMnO4溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN溶液
（4）加FeCO3调溶液pH到5.8左右，其目的为　 　。
（5）加入NH4HCO3生成FeCO3的离子方程式为　 　，若煅烧得到160g纳米Fe2O3，则消耗的气体和生成的气体的物质的量之比为　 　。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；工业制硫酸
（2）Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；SiO2
（3）14NA或8.428×1024；C
（4）除去滤液中的Al3+
（5）2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；1：4
【知识点】铁及其化合物的性质实验；氧化还原反应的电子转移数目计算；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)煅烧前粉碎硫铁矿，增加硫铁矿与空气的接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；FeS2与O2发生4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，利用SO2制备硫酸；(2)硫铁矿煅烧后的烧渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物不与硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，烧渣中Fe2O3为主要物质，因此加入硫酸发生的主要反应是Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；浸取后的滤渣为SiO2；(3)根据反应方程式，FeS2中S由－1价转化成＋6价，Fe2(SO4)3中Fe的化合价由＋3价转化成＋2价，因此消耗1molFeS2，转移电子物质的量为1mol×2×[6－(－1)]=14mol，即转移电子物质的量为14NA或8.428×1024；检验Fe3＋是否完全被还原，则需要检验是否含有Fe3＋，即用KSCN溶液检验，如果溶液不变红，则说明Fe3＋完全反应，反之未完全反应，答案悬C；（4）根据上述分析，加入FeCO3的目的是调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式沉淀出来；(5)加入NH4HCO3溶液得到FeCO3，即反应的离子方程式为2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；煅烧FeCO3得到Fe2O3反应方程式为4FeCO3＋O2 2Fe2O3＋4CO2，消耗O2和生成CO2的物质的量之比为1：4。
【分析】硫铁矿煅烧，发生FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，根据流程目的是制备纳米Fe2O3，需要除去Al3＋，因为Fe(OH)3的溶度积小于Al(OH)3的溶度积，因此先将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeS2的目的是将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeCO3调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，Fe2＋与HCO3－反应生成FeCO3，煅烧FeCO3得到Fe2O3，逐步进行分析；
33．（2019·莆田模拟）高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：
（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：
①Na2FeO4中铁元素的化合价为　 　，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为　 　 (填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。
②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是　 　 。
（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为　 　；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为　 　（保留小数点后1位）。
（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为　 　。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为　 　(填化学式)。
（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是　 　。
【答案】（1）+6；氧化还原反应；该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4
（2）2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；55.9g
（3）Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；NaOH
（4）Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3= [(+1)-(-1)]，解得：m≈55.9；(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。
【分析】(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，阴极生成氢气和氢氧化钠；(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，与铁离子的水解有关。
34．（2019·浙江模拟）Fe2O3
在高炉高温下可以发生下列反应：Fe2O3＋CO=2FeO＋CO2，形成的固体混和物(Fe2O3、FeO)中，元素铁和氧质量比用
mFe︰mO 表示 21︰a。
（1）若
mFe︰mO＝21︰8，计算 Fe2O3 被
CO 还原的百分率　 　；
（2）Fe2O3 和
CO 的反应分两步进行：Fe2O3→Fe3O4→FeO，当
6＜a＜8，若
mgFe2O3 参与反应，计算消耗 m(CO)的质量　 　。
【答案】（1）33.3 % 或 1/3
（2）
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）m （Fe）：m （O）=21：8，设Fe2O3原有1mol，被还原的百分率为x，则 = ，解得x=33.3%；(2) Fe2O3 和 CO 的反应分两步进行：Fe2O3→Fe3O4→FeO。
当a=8时，生成Fe3O4，根据反应3Fe2O3＋CO=2Fe3O4＋CO2，消耗 m(CO)的质量 ；
当a=6时，生成FeO，根据反应Fe2O3＋CO=2FeO＋CO2，消耗 m(CO)的质量 ；
故若 mgFe2O3 参与反应，消耗 m(CO)的质量为 。
【分析】根据氧化还原反应中物质的物质的量之比，可以计算出 Fe2O3 被 CO 还原的百分率以及消耗的一氧化碳的质量。
35．（2019·台州模拟）研究人员将Cu与Cu2O的混合物ag，用足量的稀H2SO4充分反应后，剩余固体质量为bg。
已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O
（1）混合物中n（Cu2O）＝　 　mol（用含a、b的最简式表示）
（2）若将ag混合物在空气中加热生成CuO，则m（CuO）＝　 　g（用含a、b的最简式表示）
【答案】（1）(a-b)/80
（2）(4a+b)/4
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）设Cu2O的质量为xg
Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O △m
144 80
xg (a-b)g
x=
n（Cu2O）＝ 。本小题答案为：(a-b)/80。（2）由（1）中计算可知Cu2O的物质的量为(a-b)/80mol，则由Cu2O生成的CuO的物质的量为(a-b)/40mol。由（1）中计算可知Cu2O的质量为 g，则Cu与Cu2O的混合物中Cu的质量为 g，物质的量为 ，则由Cu与Cu2O的混合物中Cu生成CuO的物质的量也为 。则ag混合物在空气中加热生成CuO的质量为{(a-b)/40mol+ }×80g/mol=[(4a+b)/4]g。本小题答案为：(4a+b)/4 。
【分析】（1）根据氧化还原反应中物质的量之比可以将氧化亚铜的物质的量表示出来；
（2）由（1）中计算的物质的量可以计算出Cu2O的质量，继而求出铜的质量和物质的量，从而求出铜生成的氧化铜的质量。
36．（2019·奉贤模拟）工业上，在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NOx还原成无害的氢气和水，反应方程式可表示为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 2N2(g)+3H2O(g)
（1）一定条件下，在容积为2L的容器内进行该反应，20min时达到平衡，生成N2
0.4mol，则平均反应速率v(NO)=　 　。可从混合气体的颜色变化判断上述反应是否达到平衡，其理由是　 　。
（2）工业上也用氨水吸收SO2尾气，最终得到(NH4)2SO4，(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比　 　2:1(选填“>”、“<”、“=”)，用离子方程式解释其原因　 　。
（3）与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl-，不生成有机氯代物等有害物质。工业上可用亚铝酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应如下：NaClO2+HCl→ClO2↑+NaCl+　 　(没有配平)
（4）补全方程式并配平，标出电子转移方向和数目　 　
。
（5）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是　 　。若生成0.2molClO2，转移电子数为　 　个。
【答案】（1）0.005 mol/(L min)；该反应只有NO2为红棕色，其他气体都无色，当混合气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反应达到平衡
（2）<；NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O NH3 H2O+H+
（3）H2O
（4）
（5）1:4；0.2NA
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率与化学平衡的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）在容积为2L的容器内进行该反应，20min时达到平衡，生成N2 0.4mol，则 = =0.01 mol/(L min)，根据方程式2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 2N2(g)+3H2O(g)可知， =0.005 mol/(L min)；该反应只有NO2为红棕色，其他气体都无色，当混合气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反应达到平衡，
故答案为：0.005 mol/(L min)；该反应只有NO2为红棕色，其他气体都无色，当混合气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反应达到平衡；（2）(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比<2:1，因为NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O NH3 H2O+H+，
故答案为：<；因为NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O NH3 H2O+H+；（3）该方程遵循元素守恒，可以看出氢元素以水形式生成，所以所缺化学式为H2O，
故答案为：H2O；（4）NaClO2→ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，NaClO2→NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，根据电子守恒，得到方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，电子转移如下： ，
故答案为： ；（5）5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以部分NaClO2作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，生成0.2 mol ClO2转移电子的物质的量为0.2NA，
故答案为：0.2NA；
【分析】
（1）根据速率公式进行计算速率，根据平衡标志判断方法，假设平衡发生移动看现象或者条件是否发生变化进行判断。
（2）根据离子水解判断口诀：异性相吸弱水解，进行判断铵根离子水解进行判断。
(3)根据原子守恒，电子守恒进行判断产物，检查方程式是否正确。
（4）依据化合价进行判断得失电子，化合价升高总数就是失去电子总数，就是得到的电子总数。
（5）根据化合价的变化进行判断氧化剂和还原剂。
2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应的电子转移数目计算2
一、选择题
1．（2021·辽宁）下列说法正确的是（　　）
A． (标准状况)与水充分反应转移 电子
B． 和 均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D． 与 溶液反应：
2．（2021·北京）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为：
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析错误的是（　　）
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
3．（2022·衡阳模拟）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过二硫酸钠(Na2S2O8) 去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．56gFe参加反应，消耗的S2O大于1 mol
B．过二硫酸钠(Na2S2O8) 中S的化合价为+6
C．pH越大，越有利于去除废水中的正五价砷
D．碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为： +H2O= SO++H+
4．（2022·杭州模拟）“西门子法”提纯硅的反应之一为：，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是（　　）
A．是还原产物
B．即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为
D．生成时，转移电子
5．（2022·白山模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值。溴蒸气与氨气相遇产生“白烟"，化学方程式为8NH3+3Br2=N2+6NH4Br。下列说法正确的是（　　）
A．生成14gN2时，反应中还原剂的分子数目为4NA
B．标准状况下，11.2LBr2参与反应时转移的电子数为NA
C．0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目为0.5NA
D．当生成29.4gNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA
6．（2022·河南模拟）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．充电时，电极周围升高
B．放电时，每生成，转移个电子
C．使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D．使用催化剂，中间产物更不稳定
7．（2022·温州模拟）关于反应，下列说法错误的是
A．HCl是氧化产物
B．既发生还原反应又发生氧化反应
C．被氧化的原子与被还原的原子的个数比2∶1
D．生成1molSi时，转移4mol电子
8．（2022·保定模拟）用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．常温常压下，18g含有的中子数、电子数均为
B．甲烷与白磷分子均为正四面体结构，其1mol分子中所含共价键数目均为
C．标准状况下，22.4LHF所含的分子数目为
D．32g由和组成的混合气体中氧原子数目为
9．（2022·缙云模拟）二氧化氮通入水中，发生下列反应：该反应中，有关下列说法正确的是（　　）
A．H2O作还原剂
B．被氧化与披还原的物质的个数之比为2∶1
C．HNO3是氧化剂
D．HNO3是还原产物
10．（2021高三上·黄浦月考）汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示，说法正确的是（　　）
A．该过程的催化剂是Ba(NO3)2
B．转化过程中，氮元素均被还原
C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为2NA
D．三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质
11．（2021·克拉玛依模拟）雄黄(As4S4)具有驱虫解毒功效，雌黄(As2S3)是雄黄的伴生矿物，二者可以相互转化，转化过程如下，下列有关说法错误的是（　　）
A．H2O参加了该转化过程
B．若1 mol雄黄发生Ⅱ反应转移28 mol电子，则a为SO3
C．已知亚砷酸具有两性，Ⅳ反应是酸碱中和反应
D．As2O3是砒霜的主要成分，它是亚砷酸(H3AsO3)的酸酐
12．（2021·宁波模拟）关于反应3LiFePO4+13HNO3=3LiNO3+3Fe(NO3)3+3H3PO4+NO↑+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．LiFePO4中P元素被氧化
B．HNO3反应过程中得到电子
C．生成3.0 g NO时，转移0.1 mol电子
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：1
13．（2021·顺德模拟）为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（　　）
A．的硫酸溶液中含的数目为
B．含有的质子数和中子数均为
C．通入适量水中，转移的电子数为
D．标准状况下，含有的共价键数为
14．（2021·天河模拟）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，所含溴原子的数目为
B．与足量的水反应生成，转移的电子数为
C．乙醇中含有的键的数目为
D．的溶液中含有的数目小于
15．（2021高三上·宁波月考）火法炼铜的原理Cu2S+O2 2Cu+SO2.下列说法正确的是（　　）
A．+1的Cu被O2还原成了Cu单质
B．0.5 mol O2得到的电子，可氧化得到SO2 11.2 L
C．每生成64 g Cu电子转移的总数约为3×6.02×1023
D．为了提高铜矿的利用率，O2应过量
16．可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解，从而诱导有差别的时空分布，有的区城呈氧化性，而同时有的区域呈还原性。研究人员选择了如图所示的氧化还原平衡体系。已知：声波频率提高可促进氧气的溶解。
下列说法错误的是（　　）
A．MV2+被 还原形成自由基阳离子MV·+的过程伴随着颜色的改变
B．开启可闻声波能够促进MV2+再生
C．持续补充SDT才能维持蓝色
D．向体系中加入1 mol SDT，转移电子为2 mol
17．（2021·沈阳模拟）设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．在高温、高压和催化剂的条件下， 与足量 反应，转移的电子数为
B． 溶液中 的浓度为 ，则 该溶液中含有的 的数目大于
C．常温下， 的 溶液中，由水电离出的 的数目为
D．标准状况下， 与 恰好完全反应，生成物中气体分子的数目为
18．（2021·葫芦岛模拟）《JournalofEnergyChemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是（　　）
A．由图可知捕获CO2过程的初期发生了氧化还原反应
B．熔盐可用CCl4代替
C．d极电极反应式为 -4e-=C+3O2-
D．转移1mol电子该装置最终可捕获CO25.6L(标况下)
19．（2021·葫芦岛模拟）如图为拟通过甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼。下列说法错误的是（　　）
A．X极为阴极，发生还原反应
B．当电路中有0.2mol电子通过时，Y极质量可能减少3.2g
C．A极的电极反应式： +e-= +Cl-
D．工作时，B极附近液体pH值减小
20．（2021·鹰潭模拟）碱性硼化钒(VB2)一空气电池工作时反应为 。用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示。当外电路中通过 电子时，B装置内共收集到 气体(标准状况下)，则下列说法错误的是（　　）
A．VB2电极发生的电极反应为
B．外电路中电流由c电极流向VB2电极
C．电解过程中，b电极表面有气泡产生
D．若B装置内的液体体积为 ，则 溶液的物质的量浓度为
21．（2021·鹰潭模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．球碳盐K3C60中阴阳离子个数比为1：3
B．标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数为
C．32g铜与足量硫单质完全反应，转移电子数为NA
D．22.4L Cl2和CO的混合气体中含有的原子数为2NA
22．（2021·宜春模拟）W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M位于同一周期，W、Y位于同一主族，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，Y与Z形成的一种化合物的结构如图所示，下列叙述正确的是（　　）
A．最简单离子的半径：
B．氧化物对应水化物的酸性：
C．由Y与M两种元素组成的化合物中各原子一定都满足8电子稳定状态
D． 在足量的 中燃烧，转移的电子数为
二、多选题
23．（2021高一上·唐山期末）把碎纸片b、c、d、e补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是（　　）
A．纸条排列的顺序可能是：c、d、a、b、e
B．通过该反应可知还原性：ClO>SO
C．氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1
D．每生成1molClO2，反应转移的电子数为2NA
24．（2020高二下·烟台期末）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO 为淡黄色，VO 具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO 还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是（　　）
A．在酸性溶液中氧化性：VO ＞ ＞Cl2
B．向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由淡黄色变为蓝色
C．向0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，转移电子为1mol
D．浓盐酸还原VO2＋的离子方程式为2VO ＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O
三、非选择题
25．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
26．（2021·北京）环氧乙烷( ，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有：　 　、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理　 　。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)= ×100%
S(B)= ×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是　 　。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是　 　。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
27．（2020·松江模拟）二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。
完成下列填空：
（1）将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是　 　；理由是　 　。
（2）请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：
　 　CH3OH+　 　NaClO3+　 　　 　→　 　 CO2↑+　 　ClO2↑+　 　Na2SO4+　 　　 　
（3）该反应中，被氧化的元素是　 　。还原产物与氧化产物的物质的量之比是　 　。
（4）根据上述反应可推知　 　。
a.氧化性：ClO2＞NaClO3 b.氧化性：NaClO3＞CH3OH
c.还原性：CH3OH＞ClO2 d.还原性：CH3OH＞Na2SO4
（5）若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为　 　升。
（6）消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的　 　倍。
28．（2020·虹口模拟）二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的Al级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3 + 4HCl → 2ClO2↑+
Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O
方法二：H2C2O4 +
2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 +
2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
完成下列填空：
（1）在方法一中，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为　 　
mol。
（2）在方法二中，反应物H2C2O4　 　（填序号）。
a．仅做氧化剂
b．既被氧化又被还原
c．发生氧化反应
d．既未被氧化也未被还原
（3）两种方法相比，　 　（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是　 　。
（4）实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为 　 　。
（5）氯原子核外共有　 　种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是　 　。
（6）CCl4分子的空间构型为　 　，CO2的电子式是　 　。
（7）相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：
氯化物 NaCl KCl CCl4
熔点/℃ 804 773 -22.92
试解释表中氯化物熔点差异的原因：　 　。
29．（2020·赤峰模拟）烟气的脱硝(除 )技术和脱硫(除 )技术都是目前环境科学研究的热点。
（1）工业上可以采用“质子膜电解槽”对烟气进行脱硫脱硝，其工艺如图甲所示：
① 溶液吸收 主要反应的化学方程式为　 　；
②电解的主要目的是　 　，阴极的电极反应式为　 　；
③“高价氮的化合物”中NO2在反应器中发生化合反应的化学方程式为　 　；
（2）利用活性焦炭的吸附作用，可以对烟气进行脱硫和脱硝。被吸附的 与活性焦炭反应生成 和 ，当生成 时，转移电子的物质的量为　 　 ；
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入 的 乳浊液中，发生的反应如下： ， ，改变 ， 的去除率变化情况如图乙所示。
①当 大于1.4时， 去除率升高，但 的去除率却降低。其可能的原因是　 　；
② 和 发生的主要反应为 。保持 的初始浓度不变，改变 ，将反应后的混合气体通入 乳浊液中吸收。为节省 的用量，又能保持 去除效果，则 合适的值约为　 　；
（4）已知： ， ，则 　 　。
30．（2020·唐山模拟）三氯化钌广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。现以固体含Ru废料为原料制备RuCl3晶体，其工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）K2RuO4中Ru的化合价为　 　，“碱熔”中产生的气体可用于　 　(写一种工业用途)。
（2）“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，则需要氧化剂的物质的量为　 　mol。
（3）为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有　 　。
（4）RuO4气体有剧毒，“盐酸吸收”时的化学方程式为　 　。
（5）可用氢还原重量法测定产品的纯度，其原理为2RuCl3＋3H2 = 2Ru＋6HCl，所得实验数据记录如下：
实验序号 产品质量/g 固体Ru质量/g
① 5.1875 2.0210
② 5.1875 2.0190
③ 5.1875 2.0200
④ 5.1875 1.6200
则产品的纯度为　 　(用百分数表示)。
（6）钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，根据图示写出合成反应的化学方程式　 　。
31．（2020·金华模拟）用11.92gNaClO配成溶液，向其中加入0.01molNa2SX恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl。则Na2SX 中的 x=　 　(写出简要计算过程)
32．（2020·哈尔滨模拟）某科研小组利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)制备重要的化工原料纳米Fe2O3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）煅烧前硫铁矿粉碎的目的是　 　，硫铁矿煅烧得到的气体需回收，该气体在工业上的主要用途是　 　。
（2）用稀硫酸浸取硫铁矿烧渣的主要反应的离子方程式为　 　，浸取后过滤得到的滤渣的化学式为　 　。
（3）加入FeS2的主要目的是还原滤液中的Fe3＋，反应的化学方程式为：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，反应中每消耗1molFeS2，转移的电子数目为　 　，检验Fe3＋是否完全被还原，应选择　 　 (填标号)。
A．KMnO4溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN溶液
（4）加FeCO3调溶液pH到5.8左右，其目的为　 　。
（5）加入NH4HCO3生成FeCO3的离子方程式为　 　，若煅烧得到160g纳米Fe2O3，则消耗的气体和生成的气体的物质的量之比为　 　。
33．（2019·莆田模拟）高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：
（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：
①Na2FeO4中铁元素的化合价为　 　，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为　 　 (填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。
②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是　 　 。
（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为　 　；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为　 　（保留小数点后1位）。
（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为　 　。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为　 　(填化学式)。
（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是　 　。
34．（2019·浙江模拟）Fe2O3
在高炉高温下可以发生下列反应：Fe2O3＋CO=2FeO＋CO2，形成的固体混和物(Fe2O3、FeO)中，元素铁和氧质量比用
mFe︰mO 表示 21︰a。
（1）若
mFe︰mO＝21︰8，计算 Fe2O3 被
CO 还原的百分率　 　；
（2）Fe2O3 和
CO 的反应分两步进行：Fe2O3→Fe3O4→FeO，当
6＜a＜8，若
mgFe2O3 参与反应，计算消耗 m(CO)的质量　 　。
35．（2019·台州模拟）研究人员将Cu与Cu2O的混合物ag，用足量的稀H2SO4充分反应后，剩余固体质量为bg。
已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O
（1）混合物中n（Cu2O）＝　 　mol（用含a、b的最简式表示）
（2）若将ag混合物在空气中加热生成CuO，则m（CuO）＝　 　g（用含a、b的最简式表示）
36．（2019·奉贤模拟）工业上，在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NOx还原成无害的氢气和水，反应方程式可表示为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 2N2(g)+3H2O(g)
（1）一定条件下，在容积为2L的容器内进行该反应，20min时达到平衡，生成N2
0.4mol，则平均反应速率v(NO)=　 　。可从混合气体的颜色变化判断上述反应是否达到平衡，其理由是　 　。
（2）工业上也用氨水吸收SO2尾气，最终得到(NH4)2SO4，(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比　 　2:1(选填“>”、“<”、“=”)，用离子方程式解释其原因　 　。
（3）与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl-，不生成有机氯代物等有害物质。工业上可用亚铝酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应如下：NaClO2+HCl→ClO2↑+NaCl+　 　(没有配平)
（4）补全方程式并配平，标出电子转移方向和数目　 　
。
（5）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是　 　。若生成0.2molClO2，转移电子数为　 　个。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于 ，A不符合题意；
B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2 CuCl2，故 和 均可通过化合反应得到，B符合题意；
C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C不符合题意；
D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故 与 溶液反应： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.与水反应并不充分；
B.两者均可化合得到；
C.浓硫酸不易挥发，无法反应；
D.会发生氧化还原反应，化合价会变化。
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；乙炔炔烃；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项不符合题意；
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项不符合题意；
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项符合题意；
D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.水解过程中各元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有的H2S、PH3可知，CaS、Ca3P2水解生成氢化物和氢氧化钙；
B.该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成；
C.反应②中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到1个电子，P元素化合价从3价升高到+5价，失去8个电子，根据转移电子守恒计算可氧化PH3的物质的量；
D.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质。
3．【答案】D
【知识点】常见元素的化合价；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.56 gFe 参加反应，根据图示，可得出转化过程中Fe先被氧化为，反应为，然后进一步被氧化为和自由基，因此1molFe参加反应要消耗1.5mol ，A项不符合题意；
B．S的化合价为+6，因为有2个O是-1价，6个O是-2价， 根据正负化合价代数和为0可得出结论，B项不符合题意；
C．碱性条件有利于和生成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，与正五价砷发生共沉淀，C项不符合题意；
D．结合图示可知，碱性条件下与不共存，自由基发生反应的离子方程式为： ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】Ａ．根据图示转化，一个过硫酸根和一个铁反应生成两个硫酸根和一个亚铁离子，反应过程中转移2个电子，同时亚铁离子和过硫酸根反应生成铁离子和自由基，1molFe消耗的过硫酸根大于1mol；
Ｂ．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｃ．溶液的碱性越强越有利于 正五价砷析出；
Ｄ．碱性条件下不会生成氢离子。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A不符合题意；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由题意可知，该反应中，Si元素化合价从0价上升到+4价，一部分H元素从+1价下降到0价，一部分从+1价下降到-1价。
D、三氯硅烷中H元素的化合价为-1价，Si元素的化合价为+4价，所以生成1mol三氯硅烷应该转移4mol电子。
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.14gN2即0.5molN2，生成0.5molN2时，根据N元素守恒，被氧化的氨气的物质的量是1mol，反应中还原剂的分子数目为NA，故A不符合题意；
B．标准状况下，Br2是液体，11.2LBr2的物质的量不是0.5mol，故B不符合题意；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.5mol·L-1的NH4Br溶液中含有Br-的数目，故C不符合题意；
D.29.4gNH4Br的物质的量是，当生成0.3molNH4Br时，消耗NH3分子的数目为0.4NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.还原剂是NH3，根据化学方程式，生成1molN2时，只有2mol NH3作为还原剂参与氧化反应，据此分析。
B.注意运用公式n=时，物质状态必须是气态。
C.溶液体积未知，无法计算。
D.根据n=可知n(NH4Br)，结合化学方程式中物质的化学计量系数进行解答。
6．【答案】B
【知识点】催化剂；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法不符合题意；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法符合题意；
C．根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法不符合题意；
D．根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据左图，充电时Zn极发生电极反应式为Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，据此分析。
B.放电时，右侧电极发生反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，据此分析。
C.物质能量越低越稳定；活化能增大，则反应速率减慢。
D.根据右图，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量较高，据此分析。
7．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．氢气中的氢元素由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，故HCl是氧化产物，A不符合题意；
B．SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，发生氧化反应，其中硅元素由+4价变为0价，发生还原反应，故既发生还原反应又发生氧化反应，B不符合题意；
C．氢气中的氢元素由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，被氧化的氢原子数为3，SiHCl3中硅元素由+4价变为0价，被还原的原子数为1，故被氧化的原子与被还原的原子的个数比3∶1，C符合题意；
D．由选项C分析可知方程式转移4个电子，故生成1molSi时，转移4mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物；利用化合价的变化判断转移电子数。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 分子中含有的中子、质子、电子数都是10， 的相对分子质量为 ，18g 为0.9mol ，含有中子、质子、电子的物质的量是1mol，含有的中子数、电子数均为 ，A不符合题意；
B.1mol白磷中含6molP-P键，故1mol白磷分子中含 个共价键，B不符合题意；
C． 适用于标准状况（0℃，101kPa），HF在标准状况下为液体，所以不能用 计算22.4LHF所含的分子数目，C不符合题意；
D． 和 可以用通式 理解，32g由 和 组成的混合气体中氧原子数目为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.1个 分子中含有的中子、质子、电子数都是10；
B.1mol白磷中含6molP-P键；
C.HF在标准状况下为液体；
D.32g由 和 组成的混合气体中氧原子的物质的量是0.2mol。
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．H2O的组成元素在反应前后化合价没有发生变化，所以H2O既不作还原剂，也不作氧化剂，A不符合题意；
B．在该反应中NO2中的+4价的N一部分升高至HNO3中+5价，被氧化；一部分降低至NO中的+2价，被还原。根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知有2个被氧化为HNO3，有1个被还原为NO，故被氧化与披还原的物质的个数之比为2∶1，B符合题意；
C．HNO3是NO2失去电子被氧化产生的物质，属于氧化产物，而不是氧化剂，C不符合题意；
D．HNO3是NO2失去电子被氧化产生的物质，属于氧化产物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应中，化合价升高的物质做还原剂，失电子，发生氧化反应，被氧化。化合价降低的物质做氧化剂，得电子，发生还原反应，被还原。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据图像判断，催化剂是BaO，而Ba(NO3)2是中间产物，故A不符合题意；
B．转化过程中，NOx变为Ba(NO3)2时N元素被氧化或既不被氧化也不被还原，故B不符合题意；
C．还原过程中，Ba(NO3)2变为N2，氮元素的化合价由+5价变为0价，故生成0.1molN2，转移电子数为1NA，故C不符合题意；
D．根据流程中进入循环反应的物质和出来的物质判断，三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质氮气和二氧化碳，水，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】“储存”过程中，BaO、NOx、O2反应生成Ba(NO3)2。“还原”过程中，Ba(NO3)2、CO、CxHy反应生成BaO、N2、H2O和CO2。据此结合选项进行分析。
11．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．III反应As2O3+H2O→ H3AsO3，则H2O参加了该转化过程，A不符合题意；
B．根据S元素在元素周期表中的位置，S的价态不可能大于6，产物a应为S单质，反应方程式为As4S4+3O2=2As2O3+4S，B符合题意；
C．由于亚砷酸具有两性，故当亚砷酸失去一个氢离子后呈现碱性，越与酸反应，则Ⅳ反应是酸碱中和反应，C不符合题意；
D．As2O3和亚砷酸(H3AsO3)中As的化合价均为+3，As2O3是亚砷酸(H3AsO3)的酸酐，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示转化过程找出水即可判断
B.根据反应物结合转移电子数即可判断
C.结合反应物和生成物即可判断
D.结合酸酐的定义判断
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在反应前LiFePO4中P元素化合价为+5价，在反应后H3PO4中的P元素化合价仍然为+5价，故反应前后P元素化合价不变，A不符合题意；
B．在反应中N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，得到电子被还原，B符合题意；
C．根据方程式可知：每有1 mol NO反应产生，转移3 mol电子，因此若反应产生3.0 g NO气体，其物质的量是0.1 mol，则反应中转移电子的物质的量是0.3 mol，C不符合题意；
D．在该反应中Fe(NO3)3为氧化产物，NO是还原产物，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为二者的物质的量的比是1：3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】首先标出化合价，找出反应前后元素化合价情况，判断氧化剂、还原剂、被氧化、被还原等相关概念，然后画出双线桥，找到电子转移与物质之间的联系，然后进行计算
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算含的数目，故A不符合题意；
B．的摩尔质量为20g/mol，的物质的量为0.1mol，每个分子含有质子数、中子数均为10，故含有的质子数和中子数均为，故B符合题意；
C．通与水反应是可逆反应，通入适量水中，转移的电子数小于，故C不符合题意；
D．在标准状况下为液态，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A. 要得到氢离子的物质的量需要溶液体积；
C.氯气通水属于可逆反应无法完全反应；
D.四氯化碳标况下为液体。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．标况下，溴是液态的，不能用气体摩尔体积公式计算，A不符合题意；
B．NO2与水的反应，生成1molNO转移2mol电子，故当生成0.1molNO时，转移0.2mol电子即0.2NA个，B符合题意；
C．乙醇的结构简式：CH3CH2OH ，由结构简式可知1mol乙醇中含5molC-H键，C不符合题意；
D．溶液体积未知，无法计算，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.溴在标况下为液体，不能按照气体计算；
C.乙醇中含有5mol的C-H键；
D.没有体积无法计算具体溶液中各离子的物质的量。
15．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.反应过程中，O2中氧元素由0价变为－2价，化合价降低，发生还原反应，为氧化剂，因此＋1价的Cu不是被O2还原，A不符合题意；
B.未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，B不符合题意；
C.由反应的化学方程式可知，反应生成Cu与转移电子数的关系为“2Cu～6e－”，64gCu的物质的量为1mol，因此生成64g铜转移的电子数为3×6.02×1023，C符合题意；
D.若O2过量，则Cu与O2进一步反应生成CuO，不利于提高铜的产量，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、O2具有氧化性，不具有还原性；
B、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
C、根据反应过程中电子转移情况计算；
D、O2过量，则过量的O2可能与Cu反应生成CuO；
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】本题以可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解为载体，考查平衡体系过程分析、平衡移动、可逆反应的特点等。MV2+被 还原形成自由基阳离子MV·+的过程中，溶液颜色由无色变为蓝色，A符合题意：
B.开启可闻声波后，溶液中氧气浓度增大平衡O2(aq)+MV·+ MV2++ 正向移动，促进MV2+再生，B不符合题意；
C.持续补充SDT，增大 浓度，平衡移动生成蓝色MV·+，C不符合题意；
D.向体系中加入1 mol SDT，仅有部分转化为 ，转移电子小于2 mol，D符合题意。
【分析】A、反应过程中溶液由无色变为蓝色；
B、结合浓度对平衡移动的影响分析；
C、持续补充SDT，c(SO2)增大；
D、结合可逆反应的特点分析；
17．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 与足量 反应转移的电子数小于2 ，A项不符合题意；
B．因为溶液中 会发生水解，当溶液中 时， 大于 ，故1L该溶液中含有的 的数目大于 ，B项符合题意；
C．因体积未知，不能确定 的数目，C项不符合题意；
D． 与 反应生成 和多种氯代甲烷，且除一氯甲烷外其他氯代甲烷均为液态，故无法确定生成物中气体的分子数，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.合成氨的反应为可逆反应，反应不能进行彻底
B.考虑到铁离子的水解，即可判断氯离子的物质的量
C.根据n=cv计算，但是V未知
D.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
18．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由图可知捕获CO2过程的初期CO2与O2-反应生成 ，元素化合价不变，为非氧化还原反应，选项A不符合题意；
B．若熔盐用CCl4代替，不能导电，无法形成电解池，选项B不符合题意；
C．由图所示，d极电极得电子，反应式为 +4e－=C+3O2－，选项C不符合题意；
D．碳元素化合价由+4变为0，则转移1mol电子可捕获CO25.6L(标况下)，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据初期的反应物和产物即可判断元素化合价是否改变
B.四氯化碳不导电
C.根据反应物和产物即可写出电极式
D.根据电极式即可计算出转移1mol电子捕获的二氧化碳体积
19．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．分析可知，X极为阴极，得电子，化合价降低，发生还原反应，A说法不符合题意；
B．Y极为粗铜，含有Cu、Zn、Fe、Al、Ag、Au等，当电路中有0.2mol电子通过时，Y极为Al失电子时，质量可能减少3.2g，B说法不符合题意；
C．A极为正极， 得电子，与氢离子反应生成苯酚和氯离子，电极反应式： +2e-+H+= +Cl-，C说法符合题意；
D．工作时，B极为负极，乙酸根离子失电子，生成二氧化碳和氢离子，则附近液体氢离子浓度增大，pH值减小，D说法不符合题意；
故答案为C。
【分析】过甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能进行粗铜的精炼，则甲装置为原电池，乙为电解池，甲中，质子向A极移动，则A极为正极，与A极相连的Y极为阳极；B极为阴极，则X极为阴极。
20．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据碱性硼化钒(VB2)一空气电池工作时反应为 得到VB2是原电池的正极，其电极发生的电极反应为 ，故A不符合题意；
B．外电路中电流由a极流向b极，再从c电极流向VB2电极，故B不符合题意；
C．根据图中信息得到B为电解池，因此在电解过程中，b为阳极，b电极表面有氧气产生，故C不符合题意；
D．当外电路中通过 电子时，B装置内共收集到 气体(标准状况下)，则阴极产生氢气根据2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，因此生成0.01mol氢气即标准状况下0.224L，说明阴极生成了氢气，则先发生Cu2+＋2e－＝Cu，再发生2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，由于共生成0.448L气体，说明产生了0.224L氢气即0.01mol，转移电子0.02mol，根据转移电子数目相等，因此铜离子得到0.02mol电子，即n(Cu2+)=0.01mol，若B装置内的液体体积为 ，则 溶液的物质的量浓度大于等于 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据判断a电极是正极，VB2电极是负极，发生氧化反应VB2在碱性溶液中失去电子变为B2O3和V2O5的过程即可写出电极式
B.与a连接的b是电解池的阳极，c电极是阴极，因此电流是从c流向VB2
C.根据b是阳极，因此氢氧根离子在b极失去电子产生氧气
D.根据通过的电子数目计算出b电极的体积与B装置的体积进行对比，判断c电极是否氢离子放电即可计算出铜离子的物质的量
21．【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．球碳盐K3C60中存在阳离子为K+、阴离子为C ，则阴阳离子个数比为1：3，A说法符合题意；
B．NO2气体中存在2NO2 N2O4，则标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数小于NA，B说法不符合题意；
C.32g铜与足量硫单质完全反应，Cu的化合价由0价变为+1价，则转移电子数为0.5NA，C说法不符合题意；
D．标况下，22.4L Cl2和CO的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数为2NA，未给定气体状态，则原子数不能确定，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据球碳盐K3C60=3K++C603-，即可判断阴阳离子的个数比
B.未考虑二氧化氮和四氧化氮的转化
C.硫的氧化性弱将铜氧化为+1价亚铜离子
D.使用摩尔体积时需要注意条件和状态
22．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应的电子转移数目计算；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由上述分析可知，X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，
A．电子层越多、离子半径越大，则最简单离子的半径：X＜Z，核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则Z>M，故A不符合题意；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M＞Y，M的氧化物对应水化物也可以是HClO，HClO为弱酸，酸性弱于H3PO4，故B不符合题意；
C．由Y与M两种元素组成的化合物有PCl3和PCl5，PCl5中P原子不是8电子稳定状态，故C不符合题意；
D． 在足量的Cl2中燃烧生成FeCl3，转移的电子数为 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z、M五种短周期元素的原子序数依次增大，由Y与Z形成的一种化合物的结构可知Z形成2个共价键、Y形成3个共价键，Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为5，其中X、Y、Z位于同一周期，W、Y位于同一主族，结合原子序数可知W位于第二周期时，X、Y、Z位于第三周期，Z原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的2倍，X的最外层电子数为3，则X为Al、Y为P、Z为S、W为N，M为Cl，以此来解答。
23．【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据分析可知纸条排列的顺序可能是：c、d、a、b、e，A符合题意；
B．根据分析ClO为氧化剂，SO为还原剂，可知ClO的氧化性大于SO的氧化性，B不符合题意；
C．根据反应2H++2ClO+SO=SO+2ClO2+H2O，可知氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1，C符合题意；
D．Cl化合价由+5价降低为+4价，转移电子数目为2，可得ClO2～e-，每生成1molClO2，反应转移的电子数为1NA，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、结合化合价变化进行判断；
B、氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；
C、结合化合价升降守恒判断化学计量数；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
24．【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．VO2＋具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO 还原为VO2＋，同时生成氯气，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO ＞Cl2，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO ＞VO ，所以在酸性溶液中氧化性：MnO ＞VO ＞Cl2，故A不符合题意；
B．氯气能够氧化Na2SO3溶液生成Na2SO4溶液，因此SO 也能把VO 还原为VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故B符合题意；
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO ，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，因此0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，VOSO4过量，因此0.1molKMnO4转移0.5mol电子，故C不符合题意；
D．浓盐酸还原VO 生成VO2＋和Cl2，反应的离子方程式为2VO ＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.在酸性条件下，根据现象找出氧化剂和氧化产物即可，因为氧化性：氧化剂＞氧化产物
B.亚硫酸钠具有还原性，故可将其进行还原，发生颜色改变
C.根据颜色的转变，确定产物进行计算电子的转移
D.根据反应物和生成物进行写出氧化还原的离子方程式
25．【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
26．【答案】（1）Cl2 +H2O= HCl+ HClO；阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
（2）KCl；O2；13%；KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见气体的检验；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为： ；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量： ；生成CO2的物质的量： ；生成CO2转移的电子的物质的量： ，则η(CO2)= ≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
【分析】
(1)①由图可知，阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，CH2=CH2和HClO反应生成HOCH2CH2Cl；
②阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，阳极氯离子放电后，钾离子通过阳离子膜进入阴极，生成KOH，从而得到KCl和KOH的混合溶液；
(2)①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，即可判断溶液b的溶质；
②i .阳极有H2O放电时会产生氧气，即需要检验氧气；
ii.设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为：，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为， 生成CO2的物质的量为：，生成CO2转移的电子的物质的量为，即可计算 η(CO2)；
iii .实验证实推测成立，则会产生氯气，验证氯气即可。
27．【答案】（1）试液变成无色；二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性
（2）1；6；3；H2SO4；1；6；3；5；H2O
（3）CH3OH中-2价的碳；6：1
（4）bc
（5）7.84
（6）2.63
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O；(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6：1；(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是ClO2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3＞ClO2，NaClO3和CH3OH反应时，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3＞CH3OH，还原性：CH3OH＞ClO2，故答案为：bc；(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35×22.4L=7.84L；(6) ，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。
【分析】(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原产物进行判断；(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系；(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。
28．【答案】（1）0.2
（2）c
（3）方法二；方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染
（4）2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O
（5）17；3s23p6
（6）正四面体；
（7）NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)方法一：2NaClO3 + 4HCl →2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气，化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。(2) 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；
故答案为：c；(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；(4) 硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O；(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体； CO2的电子式是 ；(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱； NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。
【分析】分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。
29．【答案】（1）；再生 ；；
（2）8
（3） 和 反应生成 和 ，导致 的去除率降低；0.6
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①由分析可知氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的化学方程式为SO2+NaOH═2NaHSO3，故答案为：SO2+NaOH═2NaHSO3；
②由分析可知，电解可以将亚硫酸氢钠转化为Na2S2O4，将Ce3+转化为Ce4+，达到Ce4+再生循环的目的；酸性条件下，亚硫酸氢钠在阴极上得到电子发生还原反应生成Na2S2O4，电极反应式为 ，故答案为：Ce4+再生； ；
③“高价氮的化合物”中二氧化氮在气液反应器中与氨气和氧气反应生成硝酸铵反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(2)由题意可知，被吸附的二氧化氮与活性焦炭反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO2+2C=N2+2CO2，由方程式可知，生成1mol氮气，反应转移8mol电子，故答案为：8；
(3)①由题意可知，二氧化氮、二氧化氮和一氧化氮混合气体能与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应，则当 大于1.4时，NO2和OH 反应生成NO3 和NO，导致NO2去除效率升高，NO去除率降低，故答案为：NO2和OH 反应生成NO3 和NO，导致NO去除率降低；
②O3和NO反应的化学方程式为NO+O3=NO2+O2，NO和NO2与氢氧化钙溶液反应的化学方程式为NO+ NO2+2OH-=2NO2-+ H2O，由图可知二氧化氮和一氧化氮的物质的量比为1.4时NOx去除效果最好，设一氧化氮的物质的量为x， 为a，则臭氧的物质的量为ax，由方程式和可知二氧化氮和一氧化氮的物质的量比为1.2可得ax=1.4(x-ax)， 解得x≈0.6，故答案为：0.6；
(4)将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①-②×2可得 ，则△H=-905.5kJ/mol-(+180 kJ/mol)×2=-1265.5 kJ/mol，故答案为：1265.5。
【分析】(1)由流程图可知，将烟气通入氢氧化钠溶液中，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠溶液，未反应的一氧化氮进入含有Ce4+的吸收液中，一氧化氮与Ce4+反应生成Ce3+和高价氮的化合物；在电解池中，酸性条件下，亚硫酸氢钠在阴极上得到电子发生还原反应生成Na2S2O4，Ce3+在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+；Ce4+和高价氮的化合物经过萃取和反萃取分离得到Ce4+和高价氮的化合物，Ce4+进入Ce4+的吸收液中循环使用，高价氮的化合物进入气液反应器中与氨气和氧气反应生成硝酸铵；
(2)由题意可知，被吸附的二氧化氮与活性焦炭反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO2+2C=N2+2CO2，结合方程式中的定量关系计算电子转移总数；
(3)①当 大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低是因为二氧化氮反应生成一氧化氮；
②O3和NO反应的化学方程式为NO+O3=NO2+O2，NO和NO2与氢氧化钙溶液反应的化学方程式为NO+ NO2+2OH-=2NO2-+ H2O，由图可知二氧化氮和一氧化氮的物质的量比为1.4时NOx去除效果最好；
(4)由盖斯定律计算可得。
30．【答案】（1）＋6价；用来制取硝酸
（2）2
（3）适当升高温度、粉碎固体废料
（4）2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O
（5）80.00%
（6）N2＋3H2 2NH3
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；除杂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)根据K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为 2价分析得到K2RuO4中Ru的化合价为＋6价，“碱熔”中产生的气体是二氧化氮，二氧化氮可用于制硝酸；故答案为：＋6价；用来制取硝酸。(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，根据得失电子守恒分析2mol K2RuO4氧化为RuO4失去4mol电子，NaClO中Cl元素的化合价由+1价降为-1价，1mol NaClO得到2mol电子，因此需要氧化剂的物质的量为2 mol；故答案为：2。(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有适当升高温度、粉碎固体废料；故答案为：适当升高温度、粉碎固体废料。(4)RuO4气体有剧毒，根据图中信息用“盐酸吸收”时生成RuCl3，Ru化合价降低，则盐酸中氯元素的化合价升高变为氯气，其化学方程式为2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O；故答案为：2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O。(5)根据数据得出第④实验数据误差较大，应舍弃，取另外三次的平均数据，得到Ru质量为2.0200g，产品中RuCl3的质量为 g，则产品的纯度为 ；故答案为：80.00%。(6)根据图中信息得到氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气，其合成反应的化学方程式；N2＋3H2 2NH3；故答案为：N2＋3H2 2NH3。
【分析】(1)根据化合物化合价为0计算Ru的化合价；NO2可以制硝酸；
(2)根据转移电子数计算；
(3)根据影响反应速率的因素分析；
(4)根据氧化还原配平写出方程式；
(5)根据纯度=计算；
(6)根据图像中进入和出来的物质分析方程式。
31．【答案】11.92gNaClO的物质的量为0.16mol，和Na2SX恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl，氯的化合价从+1价降低到-1价，硫的化合价从- 价升高到+6价，根据氧化还原反应的电子守恒规律，有0.16×2=0.01(6+ )，解得x=5。
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】11.92gNaClO的物质的量为0.16mol，和Na2SX恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl，氯的化合价从+1价降低到-1价，硫的化合价从- 价升高到+6价，根据氧化还原反应的电子守恒规律，有0.16×2 = 0.01(6+ )，解得x=5。
【分析】要计算x的数值就是计算lNa2SX中S的化合价，根据氧化还原反应中电子得失守恒，根据氯元素的变价可以推出S失去的电子，继而计算出x的数值。
32．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；工业制硫酸
（2）Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；SiO2
（3）14NA或8.428×1024；C
（4）除去滤液中的Al3+
（5）2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；1：4
【知识点】铁及其化合物的性质实验；氧化还原反应的电子转移数目计算；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)煅烧前粉碎硫铁矿，增加硫铁矿与空气的接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；FeS2与O2发生4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，利用SO2制备硫酸；(2)硫铁矿煅烧后的烧渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物不与硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，烧渣中Fe2O3为主要物质，因此加入硫酸发生的主要反应是Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；浸取后的滤渣为SiO2；(3)根据反应方程式，FeS2中S由－1价转化成＋6价，Fe2(SO4)3中Fe的化合价由＋3价转化成＋2价，因此消耗1molFeS2，转移电子物质的量为1mol×2×[6－(－1)]=14mol，即转移电子物质的量为14NA或8.428×1024；检验Fe3＋是否完全被还原，则需要检验是否含有Fe3＋，即用KSCN溶液检验，如果溶液不变红，则说明Fe3＋完全反应，反之未完全反应，答案悬C；（4）根据上述分析，加入FeCO3的目的是调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式沉淀出来；(5)加入NH4HCO3溶液得到FeCO3，即反应的离子方程式为2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；煅烧FeCO3得到Fe2O3反应方程式为4FeCO3＋O2 2Fe2O3＋4CO2，消耗O2和生成CO2的物质的量之比为1：4。
【分析】硫铁矿煅烧，发生FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，根据流程目的是制备纳米Fe2O3，需要除去Al3＋，因为Fe(OH)3的溶度积小于Al(OH)3的溶度积，因此先将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeS2的目的是将Fe3＋转化成Fe2＋，加入FeCO3调节pH，使Al3＋以Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，Fe2＋与HCO3－反应生成FeCO3，煅烧FeCO3得到Fe2O3，逐步进行分析；
33．【答案】（1）+6；氧化还原反应；该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4
（2）2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；55.9g
（3）Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；NaOH
（4）Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3= [(+1)-(-1)]，解得：m≈55.9；(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。
【分析】(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，阴极生成氢气和氢氧化钠；(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，与铁离子的水解有关。
34．【答案】（1）33.3 % 或 1/3
（2）
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）m （Fe）：m （O）=21：8，设Fe2O3原有1mol，被还原的百分率为x，则 = ，解得x=33.3%；(2) Fe2O3 和 CO 的反应分两步进行：Fe2O3→Fe3O4→FeO。
当a=8时，生成Fe3O4，根据反应3Fe2O3＋CO=2Fe3O4＋CO2，消耗 m(CO)的质量 ；
当a=6时，生成FeO，根据反应Fe2O3＋CO=2FeO＋CO2，消耗 m(CO)的质量 ；
故若 mgFe2O3 参与反应，消耗 m(CO)的质量为 。
【分析】根据氧化还原反应中物质的物质的量之比，可以计算出 Fe2O3 被 CO 还原的百分率以及消耗的一氧化碳的质量。
35．【答案】（1）(a-b)/80
（2）(4a+b)/4
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）设Cu2O的质量为xg
Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O △m
144 80
xg (a-b)g
x=
n（Cu2O）＝ 。本小题答案为：(a-b)/80。（2）由（1）中计算可知Cu2O的物质的量为(a-b)/80mol，则由Cu2O生成的CuO的物质的量为(a-b)/40mol。由（1）中计算可知Cu2O的质量为 g，则Cu与Cu2O的混合物中Cu的质量为 g，物质的量为 ，则由Cu与Cu2O的混合物中Cu生成CuO的物质的量也为 。则ag混合物在空气中加热生成CuO的质量为{(a-b)/40mol+ }×80g/mol=[(4a+b)/4]g。本小题答案为：(4a+b)/4 。
【分析】（1）根据氧化还原反应中物质的量之比可以将氧化亚铜的物质的量表示出来；
（2）由（1）中计算的物质的量可以计算出Cu2O的质量，继而求出铜的质量和物质的量，从而求出铜生成的氧化铜的质量。
36．【答案】（1）0.005 mol/(L min)；该反应只有NO2为红棕色，其他气体都无色，当混合气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反应达到平衡
（2）<；NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O NH3 H2O+H+
（3）H2O
（4）
（5）1:4；0.2NA
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率与化学平衡的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）在容积为2L的容器内进行该反应，20min时达到平衡，生成N2 0.4mol，则 = =0.01 mol/(L min)，根据方程式2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 2N2(g)+3H2O(g)可知， =0.005 mol/(L min)；该反应只有NO2为红棕色，其他气体都无色，当混合气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反应达到平衡，
故答案为：0.005 mol/(L min)；该反应只有NO2为红棕色，其他气体都无色，当混合气体颜色深浅不变时，说明NO2浓度不变，即反应达到平衡；（2）(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比<2:1，因为NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O NH3 H2O+H+，
故答案为：<；因为NH4+水解，使NH4+浓度减少，NH4++H2O NH3 H2O+H+；（3）该方程遵循元素守恒，可以看出氢元素以水形式生成，所以所缺化学式为H2O，
故答案为：H2O；（4）NaClO2→ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，NaClO2→NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，根据电子守恒，得到方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，电子转移如下： ，
故答案为： ；（5）5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以部分NaClO2作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，生成0.2 mol ClO2转移电子的物质的量为0.2NA，
故答案为：0.2NA；
【分析】
（1）根据速率公式进行计算速率，根据平衡标志判断方法，假设平衡发生移动看现象或者条件是否发生变化进行判断。
（2）根据离子水解判断口诀：异性相吸弱水解，进行判断铵根离子水解进行判断。
(3)根据原子守恒，电子守恒进行判断产物，检查方程式是否正确。
（4）依据化合价进行判断得失电子，化合价升高总数就是失去电子总数，就是得到的电子总数。
（5）根据化合价的变化进行判断氧化剂和还原剂。