专题4 氧化还原反应
一、单选题
1．下列物质中的硫元素只有还原性的是（ ）
A．H2S B．SO2 C．SO3 D．Na2S2O3
2．下列装置中，可以实现反应的是（ ）
A． B．
C． D．
3．下列物质的转化能一步完成的是（ ）
A． B．
C． D．
4．下列生产生活中的变化或应用与氧化还原反应无关的是（ ）
A．铁盐净水 B．煤气化
C．液态油脂变奶油 D．蓄电池放电
5．反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，还原剂是（ ）
A．KCl B．Cl2 C．KClO3 D．HCl
6．下列过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．含氯消毒剂用于环境消毒 B．小苏打用作食品膨松剂
C．大气中NO2参与酸雨形成 D．神舟飞船返回舱发动机点火
7．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用
B．草木灰与铵态氮肥不能混合施用
C．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，可用于杀菌消毒
D．将SOCl2与AlCl6·6H2O混合并加热，可得到无水氯化铝
8．下列有关说法与氧化还原反应无关的是（ ）
A．含氯消毒剂用于环境消毒
B．铁在潮湿的空气中易生锈
C．酸雨腐蚀公园中的大理石雕像
D．Na2O2露置在空气中变为白色晶体
9．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．根瘤菌固氮
B．将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打
C．用硫粉覆盖散落的汞
D．用二氧化氯对环境消毒
10．下列变化，需要加入适当的还原剂才能实现的是（ ）
A．HCl→Cl2 B．H2S→SO2
C．Fe2O3→Fe D．CaO→Ca(OH)2
11．根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）
①ClO3-＋5Cl-＋6H+=3Cl2＋3H2O ②2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2③2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
A．ClO3- >Cl2 >I2 >Fe3+ B．Cl2> ClO3- >I2 >Fe3+
C．ClO3- >Fe3+ >Cl2 >I2 D．ClO3- >Cl2 >Fe3+ >I2
12．水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．NaClO除去氨氮的总反应化学方程式2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O
B．整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C．在较高温度下，氨氮去除率会降低
D．NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
13．在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是 和Pb2+，则PbO2与Cr3+反应的化学计量数之比为（ ）
A．3：1 B．3：2 C．1：1 D．3：4
14．设 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A． 硫酸溶液中含有的 数目为
B． 与水反应时转移的电子数为
C．常温常压下， 含有的原子数目为
D．常温常压下， 含有的电子数为
15．向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入过量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是（ ）
A．NaCl Na2SO4 B．NaCl NaBr Na2SO4
C．NaCl Na2SO4 I2 D．NaCl NaI Na2SO4
16．常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾四化法”制备，该方法的第一步反应为3Cl2↑。下列说法正确的是（ ）
A．为还原产物
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C．可用澄清石灰水吸收反应产生的制备漂白粉
D．产生(标准状况)时，转移
17．重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿（主要成分为FeO Cr2O3、SiO2等）制备，制备流程如图所示：
已知：a.步骤①的主要反应为：2FeO Cr2O3+4Na2CO3+ 7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2
B.Cr2O42-+2H+ Cr2O72-+H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①反应中Na2CrO4和Fe2O3为氧化产物
B．步骤①熔融、氧化可以在石英坩埚中进行
C．滤渣2中含有H2SiO3
D．步骤④调滤液2的pH使之变小有利于Cr2O72-生成
18．下列古诗或古文中的描述与化学方程式对应关系不正确的是（ ）
A．丹砂烧之成水银
B．爆竹声中一岁除
C．炉火照天地红星乱紫烟
D．曾青得铁化为铜
19．已知酸性溶液中还原性的顺序为>I->Fe2+>Br->Cl-，根据氧化还原反应中强换弱的原则，下列反应不能发生的是（ ）
A．2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+
B．I2++H2O=+2I-+2H+
C．2Fe2++I2=2Fe3++2I-
D．Br2++H2O=+2Br-+2H+
20．氯气溶于水发生Cl2+H2O=HCl+HClO反应中相关微粒的化学用语和性质，其中正确的是（ ）
A．Cl-的结构示意图：
B．该反应的离子方程式：Cl2+H2O=2H++ClO-+Cl-
C．Cl2转化为HClO，该过程表现了Cl2的还原性
D．氯水呈酸性，可以用pH试纸测氯水的pH值
二、多选题
21．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
____________________________。
下列说法正确的是（ ）
A．是氧化剂，是还原产物
B．的还原性强于
C．化学方程式配平后的化学计量数是6
D．配平后高锰酸钾与的系数比为2∶5
22．脱除废气中的 和 是环境保护中的重要课题， 在催化剂作用下脱除废气中 、 的一种机理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．催化剂的应用可降低反应焓变
B．反应②、③、④均属于氧化还原反应
C．反应④生成 与 的物质的量之比为1：2
D．该过程总反应方程式为：
23．如图是PdCl2、CuCl2催化下的烯烃的氧化反应，L是配体或溶剂。下列说法正确的是（ ）
A．加入CuCl2之后再通入O2，目的是使催化剂再生
B．该过程原子利用率100%，且原料、催化剂、溶剂和试剂产物均无毒无害
C．过程中元素Pd、Cu、O和C等元素发生过化合价变化
D． 和 (二者R相同)中的 键数目相等
24．由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向0.1mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加碘水 开始无明显现象，滴加碘水后溶液变红 氧化性：I2>Fe3+
B 向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐可能为Na2S2O3
C 乙烯通入中性KMnO4溶液中 溶液褪色并产生黑色沉淀 乙烯具有还原性
D 将苯加入橙色的溴水中振荡并静置 下层液体几乎无色 苯与Br2发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
25．根据下列实验操作和现象所得出的结论一定正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 将燃着的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶，剧烈反应，发光发热，瓶内产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒 CO2在一定条件下能支持燃烧
B 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
C 室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强
D 将少量铁粉、5mL苯和1mL液溴混合后产生的气体通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀 苯和液溴发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
三、填空题
26．饮用水中的，对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将，还原为N2，其化学方程式为：
Al＋NaNO3＋NaOH=NaAlO2＋N2＋H2O。请配平该反应
上述反应中， 元素的化合价升高，则该元素的原子 （填“得到”或“失去”）电子。用“单线桥法”表示反应中电子转移的方向和数目。
27．请补充反应：2Na+2H2O=2 +H2↑，指出氧化剂 。
28．铀（U）是一种稀有金属，制造氢弹的重要原料。提取铀涉及的反应为：UF4+
2Mg U + 2MgF2。在该反应中，作为还原剂的物质是 ，被还原的物质是 ；若反应中消耗1 mol Mg，则生成U mol。
29．实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥Cl2为原料进行实验，装置如下图所示。回答下列问题：
（1）装置B中盛放的试剂是 ，图中盛放碱石灰的仪器是 ；从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，产生的安全隐患是 。
（2）实验时，先点燃A处的酒精灯，让Cl2充满装置，再点燃D处酒精灯，分别写出A中反应的化学方程式：A ，氧化剂和还原剂的物质的量之比 。
（3）F装置所起的作用是 。
（4）已知KMnO4与浓盐酸在常温下反应就可制取氯气，写出该反应的离子方程式然后用单线桥标出电子转移的情况： ，当生成标准状况下44.8L Cl2时对应转移的电子数为 。
30．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。
（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。
①作负极的物质是 。
②正极的电极反应式是 。
（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH pH=2.5 pH=4.5
NO3-的去除率 接近100% ＜50%
24小时pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是 。
（3）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH pH=2.5 pH=4.5
NO3-的去除率 约10% 约3%
1小时pH 接近中性 接近中性
与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因： 。
四、实验探究题
31．某化学课外活动小组利用废铁屑（含少量硫等元素）为原料制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O]。设计如图所示的装置（夹持仪器略去）。
称取一定量的表面除去油污的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于50~60℃热水浴中加热充分反应，溶液冷却至室温后加入氨水，使其完全反应，制得浅绿色悬浊液。
（1）相比通常铁与稀硫酸生成氢气的条件，在实验中选择50~60℃热水浴的原因是 ；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水的原因是 。
（2）C瓶中KMnO4溶液的作用是 。
（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，下列符合实验要求的是 （填字母）。
a.保持铁屑过量 b.控制溶液呈强碱性 c.将稀硫酸改为浓硫酸
（4）莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O]是一种重要的化学药品，一定条件下，(NH4)2Fe(SO4)2发生分解：4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O，下列叙述正确的是 。
a.反应生成amolN2时，转移电子的物质的量为6amol
b.该反应的还原产物是硫的两种氧化物
c.有amol电子转移时，生成SO2的物质的量为0.1amol
d.将气体产物用足量BaCl2溶液吸收，只得到一种沉淀物
（5）摩尔盐比绿矾稳定，不易被空气氧化。为探究Fe2+稳定因素，设计如下实验：配制同浓度的FeSO4溶液（pH=4.5）和(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2mL置于两支试管中，溶液均呈浅绿色，分别滴入2滴KSCN溶液，产生红褐色浑浊的原因： 。
讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：
假设1：其它条件相同时，NH 的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好
假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2+稳定性越好
假设3： 。
（6）称取ag所制得的(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O（M=392g/mol），用加热煮沸的蒸馏水溶解，配制250mL溶液。取出25mL放入锥形瓶中，用cmol/LKMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为 （用含c、V、a的代数式表示）。
32．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒，也常用作纸浆、砂糖、油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略)，所得NaClO2具有纯度高的优点。
已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO 3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
试回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 。
（2）装置A用来制取ClO2，发生反应的离子方程式为 。
（3）研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与 对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)= mol/L， = 。
（4）C装置采用“冰水浴”的目的是 。
（5）充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：（ ）→（ ）→（ ）→干燥，
a．趁热过滤 b.50℃水洗涤 c．加热蒸发结晶 d．冰水洗涤 e.55℃恒温减压蒸发结晶
（6）在化学定分析中为了方便计算，常用滴定度(T)表示标准液的滴定能力，是指每毫升标准溶液相当于样品中所含被测物质的质量。准确称取一定质量的NaClO2(摩尔质量为Mg/mol)样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应： ，得待测溶液。取一定量消耗待测溶液，以淀粉溶液作指示剂，消耗 标准液V mL(已知： )。则滴定度T= g/mL。
33．铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）Ⅰ．钢(一种铁碳合金)是用量最大、用途最广的合金。其中，中碳钢中碳的含量范围为 。超级钢的开发与应用已成为国际钢铁领域的研究热点，是钢铁领域的一次重大革命。我国的超级钢研究已居于世界领先地位，我国研制的这种超级钢中含 (填元素符号)10%、C 0.47%、Al 2%、V 0.7%，这种超级钢强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。
（2）Ⅱ．FeSO4可作补血剂，用于治疗缺铁性贫血症。用FeSO4溶液制备Fe(OH)2的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的原因是为了防止Fe(OH)2被氧化，写出其被氧化的化学反应方程式 。
（3）Ⅲ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、无毒的多功能水处理剂。查阅资料已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
制备K2FeO4
①在装置A中发生的化学反应中HCl显示出来的性质为 。
②C为制备K2FeO4装置，写出次氯酸钾与氢氧化铁在碱性环境中反应的离子方程式： 。
（4）探究K2FeO4的性质。取C中浅紫红色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明K2FeO4能否氧化Cl-而产生Cl2，设计如下方案：取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。由方案中溶液变红可知a中含有Fe3+，该离子的产生不能判断一定是由K2FeO4被Cl-还原而形成的，原因是 。
（5）使用时经常通过测定高铁酸钾的纯度来判断其是否变质。K2FeO4在硫酸溶液中反应如下：□FeO +□H+=□O2↑+□Fe3++□_
①完成并配平上述离子方程式 (方框内填化学计量数，横线上写物质)。
②现取C中洗涤并干燥后样品的质量10 g，加入稀硫酸，收集到0.672 L气体(标准状况)。则样品中高铁酸钾的质量分数为 。(计算结果保留到0.1%)
五、综合题
34．某同学进行如下实验，研究化学反应中的热量变化。
请回答下列问题：
（1）反应后①中温度升高，②中温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是 反应（填“放热”或“吸热”，下同），Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是 反应。
（2）①中反应的离子方程式是 ，该反应的还原剂是 。
35．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70 %Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 4.4
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 6.4
完成下列填空：
（1）写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式 ；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是 ，NaOH调节溶液pH的目的是使 生成沉淀。
（2）第③步的操作为：滤液2加热蒸发、 、 、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
（3）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中， 方案不可行，原因是 ；从原子利用率角度考虑， 方案更合理。
（4）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol ·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2-= CuY2- + 2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ 。
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是 。
a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
36．以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
六、推断题
37．A～H为中学化学中常见物质，其转化关系如图所示，其中“O”代表化合物，“口”代表单质，A为医学上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体，F为金属单质。请回答下列问题：
（1）G的化学式为 ，G中阴、阳离子个数比为 ，每生成1 mol G转移电子的物质的量为 。
（2）A、D的水溶液均呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。反应①②③④中属于氧化还原反应的有 个。A～H中焰色呈黄色的物质有 种。
（3）写出下列反应的化学方程式。
： ， ： 。
38．如图所示是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框中的字母表示一种反应物或生成物(部分物质、反应条件已经略去)，其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。
（1）写出B→C的化学方程式： 。
（2）NH3在催化剂的作用下可用来消除氮氧化物，当n(NO2)：n(NO)=1：1时，发生反应的化学方程式为 。
（3）E物质遇到D物质时，会观察到 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 (写化学式)。
（4）写出G→E的离子方程式： 。若有1.92gCu与一定浓度的G完全反应，生成的混合气体E和F在标准状况下的体积为1.12L，则反应中消耗的G的物质的量是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．S元素的化合价为-2价，为最低价，只具有还原性，故A符合题意；
B．S元素的化合价为+4，为中间价态，具有氧化性和还原性，故B不符合题意；
C．S元素的化合价为+6，为最高价态，只具有氧化性，故C不符合题意；
D．S元素的化合价为+2，为中间价态，具有氧化性和还原性，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据S元素只有还原性，则S元素的化合价最低，在氧化还原反应中化合价只能升高解答；
A、H2S中S元素为-2价，为最低价；
B、SO2中S为+4价，化合价既能升高也能降低；
C、SO3中S元素为+6价，为最高价，化合价只能降低；
D、 Na2S2O3 中S元素为+2价，化合价既能升高也能降低；
2．【答案】C
【解析】【解答】A．可以形成原电池，但是Fe是负极，A不符合题意；
B．没有自发的氧化还原反应，不能形成原电池，B不符合题意；
C．是电解池，Cu作阳极失去电子，阴极是，总反应是：，C符合题意；
D．可以形成原电池，Cu是阴极不会失去电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、Fe是负极，失去电子；
B、不能自发发生反应；
C、Cu作阳极失去电子，连接电源正极；
D、Cu连接电源负极，不会失去电子。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.因为二氧化硅无法与水直接反应，因此二氧化硅无法一步到硅酸，A选项是错误的；
B.氨气和氧气在催化剂的作用下只能一步生成NO，无法直接得到NO2，B选项是错误的；
C.钠单质和氧气在加热的条件下得到Na2O2，Na2O2与CO2反应得到Na2CO3，Na2CO3与Ca（OH）2反应得到NaOH，C选项是正确的；
D.Fe3O4无法直接一步生成Fe（OH）3，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】2Na+O2Na2O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．铁盐净水是因为溶液中铁离子发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质形成沉淀，净水过程中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A符合题意；
B．煤气化发生的反应为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．液态油脂变奶油发生的反应为液态油脂与氢气发生还原反应生成固态奶油，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．蓄电池放电时，正极会发生还原反应，负极会发生氧化反应，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】】A．水解反应和吸附过程中没有元素发生化合价变化；
B．煤气化为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化；
C．油脂硬化中碳碳双键与氢气的加成反应，反应中有元素的化合价变化；
D．蓄电池放电时电路中有电子的转移；
5．【答案】D
【解析】【解答】在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以HCl为还原剂，
故答案为：D。
【分析】氧化还原反应中元素化合价升高，被氧化，为还原剂，HCl中Cl元素化合价升高。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．含氯消毒剂用于环境消毒，是利用含氯物质的强氧化性，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；
B．小苏打用作食品膨松剂，是碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，该反应不是氧化还原反应，故B符合题意；
C．大气中NO2会与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，有化合价变化，是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．燃烧是剧烈的发光发热的氧化还原反应，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为： B。
【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．氟离子可以与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石，氟磷灰石溶解度比羟基磷灰石小，更能抵抗酸的侵蚀，选项A不符合题意；
B．草木灰与铵态氮肥混合使用会产生氨气挥发从而使氮肥损失，选项B不符合题意；
C．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，溶于水电离产生的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可用来处理水中的悬浮物，但不能用于杀菌消毒，选项C符合题意；
D．SOCl2与水反应生成HCl抑制Al3+水解，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、含氟牙膏可以预防龋齿；
B、碳酸根和铵根离子会双水解生成氨气；
C、铁离子水解为氢氧化铁胶体，胶体具有吸附作用；
D、氢离子可以抑制铝离子的水解。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．利用含氯消毒剂的强氧化性杀菌消毒，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．铁生锈是铁与氧气水蒸气反应生成氧化铁的过程，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．酸雨和大理石反应属于复分解反应，与氧化还原反应无关，C符合题意；
D． Na2O2和空气中的水，CO2等反应产生氧气，涉及氧化还原反应，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、含氯消毒剂具有强氧化性；
B、铁生锈最终产物为氧化铁；
C、酸雨腐蚀碳酸钙为复分解反应，不属于氧化还原反应；
D、过氧化钠和水、二氧化碳反应为氧化还原反应。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．根瘤菌固氮是根瘤菌将空气中的氮气转化为含氮化合物，为植物提供营养，该过程中氮元素的化合价发生了改变，则该应用涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打，化学方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，该反应中没有元素化合价的变化，故该应用不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．用硫粉覆盖散落的汞，发生化学反应的方程式为Hg+S=HgS，该应用涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．用二氧化氯对环境消毒，是利用了ClO2的强氧化性，该应用涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用反应过程中有无化合价的变化分析。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．HCl→Cl2反应中Cl元素化合价由-1价变为0价，则氯化氢作还原剂，需要氧化剂才能实现，故A不符合题意；
B．H2S→SO2反应中S元素化合价由-2价变为+4价，则硫化氢是还原剂，需要氧化剂才能实现，故B不符合题意；
C．Fe2O3→Fe反应中Fe元素化合价由+3价变为0价，所以氧化铁作氧化剂，需要还原剂才能实现，故C符合题意；
D．CaO→Ca(OH)2反应中各元素化合价不变，不需要发生氧化还原反应即可实现，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】需要加入适当的还原剂才能实现，说明题给物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析判断。
11．【答案】D
【解析】【解答】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①ClO3－为氧化剂，Cl2为氧化产物，即氧化性：ClO3－>Cl2；②氧化性：FeCl3>I2；③氧化性：Cl2>FeCl3；综上所述，氧化性强弱顺序是ClO3－>Cl2>FeCl3>I2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用氧化还原反应中的强弱规律进行分析；
12．【答案】B
【解析】【解答】A．从图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O，A不符合题意；
B．盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B符合题意；
C．较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C不符合题意；
D．次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.标出元素的化合价即可判断
C.温度高易导致气体挥发和分解不利于反应
D.氧化性太强易将氨气氧化为硝酸根离子
13．【答案】B
【解析】【解答】PbO2中的Pb由+4价变为反应后Pb2+中的+2价，化合价降低，得到电子2e-；Cr3+中的Cr为+3价， 中的Cr元素化合价为+6价，化合价升高，失去电子2×3e-=6e-，电子得失最小公倍数是6e-，所以PbO2、Pb2+系数是3， 系数是1，Cr3+系数是2，则PbO2与Cr3+反应的系数之比为3：2，故合理选项是B。
【分析】
根据得失电子守恒， Cr3+生成化合价升高，失电子2×3e-=6e-， PbO2 生成Pb2+化合价降低，得电子2e-；根据得失电子守恒，Cr3+化学计量数为2，化学计量数为1，PbO2、Pb2+化学计量数是3，所以 PbO2与Cr3+化学计量数为3：2。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．未提到溶液体积，故无法计算物质的量，A不符合题意；
B． 生成 转移 电子，故 与水反应时转移的电子数为 ，B不符合题意；
C．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol，故常温常压下， 含有的原子数目不是 ，C不符合题意；
D． 摩尔质量为18g/mol， 为0.5mol，1个 有10个电子，故 含有的电子数为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溶液体积不明确；
B.过氧化钠和水反应时，氧元素由-1价歧化为-2价和0价；
C.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；
D.求出9g铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子中含10个电子来分析。
15．【答案】A
【解析】【解答】通入Cl2后将按顺序发生以下三个反应：①Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl②2NaI+Cl2=2NaCl+I2，③2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2当Cl2过量时，蒸干灼烧，HCl、Br2会挥发，I2会升华，将得到Na2SO4和NaCl的混合物；
故答案为：A。
【分析】 混合溶液中会有Br-、I-、SO32-、Na+，由于Br-、I-、SO32-都具有还原性，当通入的氯气，还原性SO32-＞I-＞Br-，Cl2先氧化SO32-，再氧化I-，最后氧化Br-。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．碘元素化合价升高，为氧化产物，故A不符合题意；
B．依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KClO3作为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B不符合题意；
C．澄清石灰水浓度太小，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，故C不符合题意；
D．依据分析生成3molCl2时，反应转移60mole-，产生22.4L（标准状况）即1molCl2时，反应转移20mol e-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．元素化合价升高得到氧化产物；
B．依据得失电子守恒；
C．澄清石灰水浓度太小；
D．依据得失电子守恒；
17．【答案】B
【解析】【解答】A.由铬铁矿主要成分为FeO Cr2O3、SiO2等，由2FeO Cr2O3+4Na2CO3+ 7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2分析可知FeO Cr2O3中的Fe元素由+2→+3，Cr元素由+3→+6，所以可形成化合物Fe2O3和Na2CrO4，属于氧化产物，故A不符合题意；
B. 步骤①熔融、氧化的反应物中含有Na2CO3可以和石英坩埚中的SiO2反应，所以不能在石英坩埚中进行，故B符合题意；
C. 过滤后滤液成分为Na2CrO4、NaNO2和Na2SiO3调节pH后发生SiO32-+2H+=H2SiO3↓，即滤渣2中含有H2SiO3，故C不符合题意；
D. 根据已知
B.Cr2O42-+2H+→Cr2O72-+H2O步骤④调滤液2的pH使之变小有利于Cr2O72-生成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氧化产物是化合价升高之后的产物；
B.石英坩埚的主要成分是二氧化硅，在加热条件下能与碳酸钠反应；
C.硅酸钠与酸反应生成硅酸沉淀；
D.由题目信息可知，氢离子浓度增大平衡向正反应方向移动。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．丹砂烧之成水银指硫化汞加热生成汞，方程式正确，A不符合题意；
B．爆竹声中一岁除涉及黑火药爆炸，方程式正确，B不符合题意；
C．炉火照天地，红星乱紫烟，描述的是古代冶炼场景，方程式错误，C符合题意；
D．曾青得铁化为铜指湿法炼铜，方程式正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.丹砂加热得到汞和硫单质
B.爆竹爆炸是硫单质，硝酸钾以及木炭发生氧化还原反应
C.根据题意描绘的是冶炼金属
D.根据要求即可写出方程式
19．【答案】C
【解析】【解答】A. 2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+ ，>Fe2+，可以发生，A正确；
B.>I-，可以发生，B正确；
C.I->Fe2+，不可以发生，C错误；
D.Br-，可以发生，D正确。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查氧化还原反应原理和判断。
酸性溶液中还原性的顺序为>I->Fe2+>Br->Cl-，还原性强的可以将还原性弱的还原。
氧化还原反应关系：还原剂 + 氧化剂 = 氧化产物 + 还原产物
一般来说，同一反应中还原产物的还原性比还原剂弱，氧化产物的氧化性比氧化剂弱，这就是强还原剂制弱还原剂，强氧化剂制弱氧化剂。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．Cl-是Cl原子获得一个电子形成的，Cl-核外电子排布是2、8、8，所以Cl-结构示意图为：，A不符合题意；
B．氯气溶于水发生反应为：Cl2+H2O=HCl+HClO，其中HCl是强酸，完全电离，而HClO是弱酸，部分电离，主要以电解质分子存在，故该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，B不符合题意；
C．Cl2转化为HClO时，Cl元素化合价升高，失去电子，被氧化，表现还原性，故在该过程表现了Cl2的还原性，C符合题意；
D．氯水呈酸性，但由于HClO具有强氧化性，会将pH试纸漂白而不能测定溶液pH，故不能用pH试纸测氯水的pH值，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯离子最外层有8个电子；
B.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，应保留化学式；
D.氯水中含有的次氯酸具有漂白性，能漂白pH试纸。
21．【答案】B,D
【解析】【解答】A．FeSO4被氧化生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3为氧化产物，A不符合题意；
B．FeSO4在该反应中是还原剂，MnSO4为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，B符合题意；
C．配平该反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，水的化学计量数是8，C不符合题意；
D．根据配平的方程式可知，高锰酸钾与 Fe2(SO4)3 的系数比为2∶5，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
结合化合价的升降守恒对化学方程式进行配平。
22．【答案】C,D
【解析】【解答】A．催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应的反应热，A项不符合题意；
B．由流程可知，反应②为 ，各元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，B项不符合题意；
C．由流程可知，反应④为： ，生成N2和H2O的物质的量之比为1：2，C项符合题意；
D．由流程可知总反应方程式为： ，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.催化剂只是改变反应的速率，焓变是起始和最终的物质的能量决定的
B.标出②③④反应的元素化合价即可判断
C.根据④的反应物和产物即可写出方程式即可找出关系
D.根据最终的反应物和生成物即可写出反应方程式
23．【答案】A,C
【解析】【解答】A．由图可知，LnPd转化为LnPdCl2时会消耗Cl-，此时CuCl2转化为CuCl，LnPdHCl转化为LnPd时会释放HCl，Cl-作催化剂，加入O2可使CuCl转化为CuCl2，从而提供Cl-，即使催化剂再生，故A符合题意；
B．由图可知，羟钯化反应中有HCl生成，H来自于原料H2O，转化流程中以HCl的形成存在，所以由 转化 过程的原子利用率不是100%，整个流程中催化剂为PdCl2、CuCl2，二者均为重金属盐，并不是无毒无害物质，故B不符合题意；
C．LnPd转化为LnPdCl2时Pd元素化合价升高，CuCl2与CuCl转化过程中Cu元素化合价发生变化，加入的O2转化为H2O，O元素化合价降低，故C符合题意；
D.1个 中除R内的化学键外，含有5个 键，1个 中除R内的化学键外，含有6个 键，题干未说明二者的物质的量关系，故D不符合题意；
故答案为AC。
【分析】A.注意流程图中箭头的指向，氯化铜变成氯化亚铜后再变成氯化铜，需要氧气的参与；
B.催化剂属于重金属盐，是有毒的；
C.关注各元素的化合价变化，其中Pd元素、Cu元素、O元素、C元素化合价都发生了变化；
D.一个双键中只有一个 键。
24．【答案】A,D
【解析】【解答】A．碘单质不能氧化亚铁离子，现象、结论不合理，故A符合题意；
B．气体可能为二氧化硫，该钠盐可能为Na2S2O3，故B不符合题意；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，生成二氧化锰、二氧化碳，则乙烯具有还原性，故C不符合题意；
D．苯与溴水发生萃取，且苯的密度比水的密度小，为物理变化，故D不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断即可
B.可以使品红溶液褪色，说明是二氧化硫，与酸产生二氧化硫的可能是亚硫酸盐或者亚硫酸氢盐或者是 Na2S2O3
C.利用高锰酸钾的氧化性证明乙烯的还原性
D.苯与溴水不反应，发生的是萃取
25．【答案】A,C
【解析】【解答】A．根据反应现象，将燃着的镁条迅速伸入集满CO2的集气瓶，生成了MgO和C，说明CO2在一定条件下能支持燃烧，故A符合题意；
B．向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，未说明氯离子、碘离子的浓度相对大小，无法判断溶度积大小，故B不符合题意；
C．室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明铁离子氧化了碘离子生成单质碘，即Fe3+的氧化性比I2的强，故C符合题意；
D．苯和液溴在铁粉催化剂作用下迅速反应，放出大量热，溴易挥发，因此挥发的溴与AgNO3溶液中，会产生淡黄色沉淀，故D不符合题意。
故答案为AC。
【分析】A.Mg与二氧化碳反应生成MgO和C；
B.浓度未知，为沉淀生成；
C.二者发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
D.溴易挥发，溴及HBr均与硝酸银反应生成淡黄色沉淀。
26．【答案】Al；失去；
【解析】【解答】根据题中所给化学反应式可知，该反应前后铝元素化合价由0升到+3，其原子失去电子，氮元素化合价由+5降为0，其原子得到电子。该反应中1molAl反应失去3mol电子，生成1molN2，需要2molNaNO3得到10mol电子，根据得失电子守恒，则Al的系数是10，NaNO3的系数是6，再结合质量守恒定律可配平，单线桥是从反应物中失电子元素指向反应物中得电子元素，且只标电子转移总数，所以用“单线桥法”表示为： 。
【分析】根据化合价的变化判断电子的得失，结合得失电子守恒进行配平，注意单线桥是从反应物中失电子元素指向反应物中得电子元素，且只标电子转移总数。
27．【答案】NaOH；H2O
【解析】【解答】Na与水反应产生NaOH、H2，故反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，缺项物质化学式是NaOH；在该反应中Na元素化合价由反应前Na单质中的0价变为反应后NaOH中的+1价，化合价升高，失去电子被氧化，所以Na作还原剂；H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以H2O为氧化剂。
【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氧化剂的化合价降低，被还原，据此判断。
28．【答案】Mg；UF4；0.5
【解析】【解答】在反应UF4+ 2Mg U + 2MgF2中，化合价降低元素U所在的反应物UF4是氧化剂，化合价升高元素Mg所在的反应物Mg是还原剂，化合价升高值=化合价降低值=4，所以反应转移电子4mol，反应中生成了1molU，则需消耗2molMg，若反应中消耗1 mol Mg，则生成U 0.5mol。
因此，本题正确答案是：Mg； UF4； 0.5。
【分析】化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，根据化合价的升降来确定转移电子情况。
29．【答案】（1）饱和食盐水；(球形)干燥管；氯化氢和水蒸气随Cl2进入D中能和铁反应生成H2，H2和Cl2混合受热会发生爆炸
（2）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；1：2
（3）吸收多余的Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入D中
（4）；4NA
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置B中盛放的试剂是饱和食盐水；图中盛放碱石灰的仪器是球形干燥管；从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，则氯化氢和水蒸气随Cl2进入D中能和铁反应生成H2，H2和Cl2混合受热会发生爆炸。
（2）由分析可知，A中反应方程式为 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O ，反应前后Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，且有2个Cl原子的化合价升高，所以MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2。
（3）F装置用于吸收多余的Cl2，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入D中
（4）KMnO4与浓盐酸在常温下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，其离子方程式为2 MnO4-+16H++10 Cl-=2Mn2++5 Cl2↑+8 H2O，单线桥是从反应物中失电子元素指向反应物中得电子元素，则用单线桥表示其电子转移情况为 ；生成标准状况下44.8L Cl2，即2mol，根据方程式可知，生成5mol Cl2转移电子数为10NA，则生成2mol Cl2转移电子数为4NA。
【分析】根据题干信息可知，A装置用于制取Cl2，其化学方程式为
MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，B装置用于除去Cl2中的HCl，一般选用饱和食盐水；C装置用于干燥Cl2，一般选用浓硫酸；D装置中铁与Cl2反应生成氯化铁，体现了Cl2的氧化性；F装置用于吸收多余的Cl2，以防污染空气。据此分析。
30．【答案】（1）铁；NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O
（2）因为铁表面生成不导电的FeO(OH)，阻止反应进一步发生
（3）Fe＋2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同
【解析】【解答】 （1）①由Fe还原水体中的NO3-的反应原理图可知，Fe被氧化作负极，答案为：铁；②正极是硝酸根离子被还原为NH4+，该溶液为酸性电解质溶液，结合元素和电荷守恒可知电极反应式为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，答案为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；
（2）从pH对硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5时去除率低，主要是应为铁离子容易水解生成FeO(OH),同时生成的Fe3O4产率降低，且生成的FeO(OH)不导电，所以NO3-的去除率低，答案为：FeO(OH)不导电，阻碍电子转移 ；
（3）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO(OH)，FeO(OH)又不导电，所以NO3-的去除率越低，答案为：初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足 。
【分析】（1）根据原电池原理判断电池的负极，在原电池的正极上硝酸根离子被还原为铵根离子，据此书写电极方程式；
（2）pH=4.5时生成FeO（OH），阻止电流的形成；
（3）根据pH的高低分析氢离子的浓度对亚铁离子的形成产生的影响进行分析即可。
31．【答案】（1）加快反应速率，受热均匀；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低
（2）吸收H2S等尾气，防止污染空气
（3）a
（4）d
（5）4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性
（6）
【解析】【解答】(1)在实验中选择50~60℃热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水，是因为氨水中的氨极易挥发，温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，不利于反应的进行，故答案为：加快反应谏率，受热均匀；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低；(2)由于铁屑中含有S，因此会产生硫化氢，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液吸收这些气体，防止污染空气，故答案为：吸收H2S等杂质气体，防止污染空气；(3)a．若要确保获得浅绿色昼浊液，由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，故a正确；
b．若控制溶液呈强碱性，则生成了Fe(OH)2沉淀，故b不正确；
c．将稀硫酸改为浓硫酸，由于浓H2SO4的强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，故c不正确；
故答案为：a；(4)由4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O可知，Fe元素由+2价变为+3价，失电子，N元素由-3价变为0价，失电子，S元素由+6价变为+4价，得电子，则由方程式可知：
a．生成1mol N2同时会生成5mol SO2，转移电子10mol，那么反应生成amol N2时，转移电子的物质的量10a mol，故a不正确；
b．得到电子被还原，生成还原产物，则还原产物只有SO2，SO3中S价态不变，不是还原产物，故b不正确；
c．由方程式可知，生成5mol SO2，电子转移10mol，则有amol电子转移时，生成SO2的物质的量是0.5a mol，故c不正确；
d．当用足量BaCl2吸收气体产物时，只能生成BaSO4沉淀，而不会生成BaSO3沉淀，故d正确；
故答案为：d；(5)FeSO4溶液产生红褐色浑油是因为生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；答案为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；
根据两种溶液离子浓度的差异判断NH 、SO 以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题始信息可知假设1和假设2都说了NH 和H+的影响，则可知假设3是讲硫酸根的影响，当其它条件相同时硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性或当其它条件相同时，硫根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好，故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；(6)由反应5Fe2++MnO +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知5Fe2+～MnO ，反应消耗KMnO4的物质的量为n(MnO )=c mol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，250mL中亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=5 cV×10-3mol × =5 cV×10-2mol，则(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O质量为5 cV×10-2mol×392g/mol=19.6cv g，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为 ×100%= ，故答案为： 。
【分析】废铁屑(含少量硫化物)，加入过量硫酸溶液，水浴加热，可加快反应谏率和受热均匀，硫化物可生成硫化氢气体，可用KMnO4溶液吸收，反应后的溶液加入铁粉，防止硫酸亚铁被氧化，冷却后加入氨水，制得浅绿色悬浊液，即生成硫酸亚铁铵，用KMnO4溶液来测定硫酸亚铁铵的纯度，发生5Fe2++MnO +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，以此解答该题。
32．【答案】（1）三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)
（2）
（3）4；0.8
（4）防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解
（5）e→a→b
（6）
【解析】【解答】(1)由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)；
(2)装置A用来制取ClO2故H2O2为还原剂，与NaClO3反应生成O2和ClO2，离子方程式为： ；
(3)c( NaOH)=4 mol/L与 =0.8时粗产品中NaClO2含量最高，再进一步提高浓度和比值，对产量并没有提高，浪费原料；
(4)C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，使用冰水浴可降低反应混合液的温度，防止温度过高，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时，H2O2受热易分解；
(5) 为从产品溶液中获取NaClO2晶体，操作顺序为：55℃恒温减压蒸发结晶、趁热过滤 、50℃水洗涤，低于60度干燥，故答案为：e→a→b；
(6)由 、 ，得 -2I2-4 ，则n( )= n ×cV×10-3mol，则m(NaClO2)= ，由滴定度定义可知，T= 。
【分析】装置A用来制取ClO2，故H2O2为还原剂，C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO 3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故用冰降温，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析解题。
33．【答案】（1）0.3%~0.6%；Mn
（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）还原性、酸性；2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO +3Cl-+5H2O
（4）K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+
（5）4FeO +20H+=3O2↑＋4Fe3++10H2O；79.2%
【解析】【解答】Ⅰ．中碳钢是含碳量在0.3%~0.6%的铁合金；
我国的超级钢研究已居于世界领先地位，我国研制的这种超级钢中含Mn：10%、C：0.47%、Al：2%、V：0.7%；
Ⅱ．Fe(OH)2不稳定，容易被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3。根据原子守恒和电子守恒，可得其被氧化的化学反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
Ⅲ．（3）①在装置A中，KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2，发生的化学反应为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。在该反应中HCl显示出来的性质为还原性和酸性；
②在装置C中KClO与Fe(OH)3在碱性环境中反应产生K2FeO4，该反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO +3Cl-+5H2O；
（4）取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，该离子的产生可能是由K2FeO4被Cl-还原而形成的，也可能是在酸性溶液中K2FeO4快速反应产生O2，其本身会反应转化为Fe3+，因此不能证明K2FeO4能否氧化Cl-而产生Cl2；
（5）①在反应中Fe元素化合价由反应前FeO 中的+6价变为反应后Fe3+的+3价，化合价降低3价，得到电子被还原；O元素化合价由反应前的-2价变为反应后的0价，化合价升高2×2价=4价，失去电子被氧化，化合价升降最小公倍数是12，所以FeO 、Fe3+的系数是4，O2的系数是3；根据电荷守恒，可知H+的系数是20，最后根据H原子守恒，可知H2O的系数是10，则配平后该反应方程式为：4FeO +20H+=3O2↑＋4Fe3++10H2O；
②标准状况下0.672 LO2的物质的量是n(O2)= =0.03 mol，根据方程式可知：4 mol K2FeO4反应会产生3 mol O2，则反应产生0.03 mol O2时消耗K2FeO4的物质的量是0.04 mol，其质量是m(K2FeO4)=0.04 mol×198 g/mol=7.92 g，故样品中高铁酸钾的质量分数为 =79.2%。
【分析】(1)、Ⅰ．根据碳含量的高低，将钢分为低碳钢、中碳钢和高碳钢，低碳钢的含碳量为：0.04%~
0.3%，中碳钢的含碳量为： 0.3%~0.6%，高碳钢的含碳量为： 0.6%~1.35%；超级钢中含Mn： 10%、 C：0.47%、Al：2%、V：0.7%；
(2)、Ⅱ． Fe (OH)2在空气中不稳定，容易被氧化为Fe (OH)3，根据原子守恒和升降守恒，可以写出其方程式；
(3)、Ⅲ． (1) ①A中发生的反应为KMnO4和HCl反应，HCl在反应中表现出还原性和酸性；
②次氯酸钾与氢氧化铁在碱性环境中反应，次氯酸钾被还原为Cl-，氢氧化铁被氧化为FeO42-，根据原子守恒和化合价升降守恒，可以写出反应的离子方程式；
(4)、①根据原子守恒和化合价升降守恒，可以写出反应的离子方程式；
②根据上一问可得关系式：4FeO42-~3O2，根据气体量，计算出K2FeO4的量，进一步计算出高铁酸钾的质量分数。
34．【答案】（1）放热；吸热
（2）2Al+6H+=2Al3++3H2↑；Al
【解析】【解答】(1)①铝与盐酸反应后，溶液的温度升高，说明该反应是放热反应；②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；(2)铝与盐酸反应产生氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；在该反应中，Al元素的化合价由反应前Al单质中的0价变为反应后AlCl3中的+3价，化合价升高，失去电子，被氧化，因此Al为还原剂，Al3+为氧化产物。
【分析】根据放出热量的反应是放热反应，吸收热量的反应为吸热反应，用实际参加反应的离子符号表示反应的式子叫离子方程式，还原剂在反应中失去电子，其中所含元素的化合价升高。
35．【答案】（1）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；不引入杂质，产物对环境无污染；Fe3+和Al3+
（2）冷却结晶；过滤
（3）甲；甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到硫酸铝晶体中混有硫酸铁杂质，所以方案不可行；乙
（4）；c
【解析】【解答】（1）铜被硝酸氧化，HNO3的还原产物是NO， 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O ；用 H2O2做氧化剂 氧化Fe2+，可以做到不引入杂质； NaOH调节溶液pH的目的是使Fe3+和Al3+ 沉淀下来，达到除杂的目的；
（2）因为 硫酸铜 带有结晶水，所以在结晶操作时应该用降温结晶的操作方法，然后再过滤；
（3）甲方案不可行；因为甲装置无法将Fe3+除去，应该使用氢氧化钠先将铁沉淀下来，再提纯 Al2(SO4)3·18H2O ；
（4）EDTA(H2Y2-)标准溶液 与铜离子在反应时物质的量之比为1：1，所以 EDTA(H2Y2-)标准溶液的物质的量就是待测液所含有的铜离子的物质的量，则 ω＝ ；
a．未干燥锥形瓶 不会影响测量结果； b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 ，会使标准液的读数偏小，则测量结果偏小； 未除净可与EDTA反应的干扰离子 会使标准液的消耗体积偏大，则测定结果偏高，故答案为：C。
【分析】（1）除了H2O2外，还可以使用氧气为氧化剂，来将Fe2+氧化为Fe3+，也不引入杂质；本题的目的是将铜作为五水硫酸铜形式提纯，所以应该将Fe3+和Al3+沉淀下来，然后过滤除去；
（2）对带结晶水的盐进行提纯，应该使用冷却结晶，防止受热失去结晶水；
（3）甲方案不可行；因为甲装置无法将Fe3+除去，应该使用氢氧化钠先将铁沉淀下来，再提纯 Al2(SO4)3·18H2O ；
（4）EDTA(H2Y2-)标准溶液 与铜离子在反应时物质的量之比为1：1，所以 EDTA(H2Y2-)标准溶液的物质的量就是待测液所含有的铜离子的物质的量；
a．未干燥锥形瓶 不会影响测量结果； b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 ，会使标准液的读数偏小，则测量结果偏小； 未除净可与EDTA反应的干扰离子 会使标准液的消耗体积偏大，则测定结果偏高。
36．【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
37．【答案】（1）；1∶2；2mol
（2）碱性；2；5
（3）；
【解析】【解答】由题给信息及各物质之间的转化关系，可推断出A是 ，B是 ，C是 ，D是 ，E是 ，F是Na，G是 ，H是NaOH；
(1)G的化学式为 ； 中阴、阳离子分别是 、 ，二者的个数比为1∶2；每生成1 mol 需要消耗2 mol Na，Na元素化合价由0价升高为+1，反应过程中转移电子的物质的量为2 mol；
(2)A是 ，D为 ，它们的水溶液均呈碱性。反应①②③④中，①是 受热分解生成 、 和 ，没有元素化合价的变化；
②是有单质参加的化合反应，元素化合价发生了变化；
③是 与 反应生成NaOH和 ，有元素化合价的变化；
④是NaOH与 反应生成 和 ，没有元素化合价的变化；
故属于氧化还原反应的是反应②③，共2个；含有钠元素的物质的焰色呈黄色，A～H中，含有钠元素的物质共有5种；
(3) 的化学方程式： ， 的化学方程式： 。
【分析】化合物G为淡黄色固体，化合物C在通常状况下为无色液体，二者反应生成气体单质E与化合物H，则G是Na2O2，C是H2O，H为NaOH，E是O2，由反应②可知单质F为Na．根据反应④可知D中含有Na元素，A是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，加热分解生成水、B及含Na元素化合物D，可推知A是NaHCO3，B为CO2，D为Na2CO3，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，符合转化关系，据此解答。
38．【答案】（1）N2+3H22NH3
（2）2NH3+NO+NO22N2+3H2O
（3）产生红棕色气体；NO
（4）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；0.11mol
【解析】【解答】
(1)B为N2，C为NH3，N2与H2反应生成NH3的化学方程式为：N2+3H22NH3。
(2)NH3在催化剂的作用下与NO和NO2反应生成氮气和水，其中n(NO2)：n(NO)=1：1，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为；2NH3+NO+NO22N2+3H2O。
(3)E为NO，D为O2，NO与O2反应生成红棕色的NO2，因此可观察到产生红棕色气体；F为NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为：NO。
(4)G为HNO3，E为NO，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；1.92gCu的物质的量为=0.03mol，生成铜离子的物质的量也为0.03mol，标准状况下，生成混合气体的物质的量为=0.05mol，依据氮元素守恒，消耗硝酸的物质的量n(HNO3)=2n(Cu2+)+n(NOx)=20.03mol+0.05mol=0.11mol。
【分析】C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为NH3；B与H2反应生成NH3，B为N2；A、B、D在常温下均为无色无味的气体，A能与过氧化钠反应生成D，NH3能与D反应生成E，E也能与D反应生成F，则A为CO2，D为O2，E为NO，F为NO2；M是最常见的无色液体，NO2能与M反应生成G，G能与Cu反应，则M为H2O，G为HNO3。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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