【解析】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3

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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3

一、选择题

1．（2023·浙江）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（）

A．K2H3IO6发生氧化反应

B．KI是还原产物

C．生成12.7gI2时，转移0.1mol电子

D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1

【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】A.K2H3IO6根据碘元素化学价降低，发生的是还原反应，做的是氧化剂，故A不符合题意

B.碘化钾中碘元素的化合价并未改变，故只是产物，不是还原产物，故B不符合题意

C.根据反应方程式中电子的转移情况，4I2~7e,生成12.7gI2时，应该转移的电子数为0.0875mol，故C不符合题意

D.K2H3IO6做的是氧化剂，碘化氢做的是还原剂，根物质的量之比为7:1，故D符合题意

故答案为：D

【分析】根据反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，根据碘元素的化合价的变化情况，K2H3IO6做氧化剂，碘化氢做的是还原剂，碘单质既是氧化产物又是还原产物，且氧化剂与还原剂的物质的量之比是7:1，根据碘的质量可以计算出转移的电子数

2．（2023·湖南）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是（）

A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移

B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6

C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉

D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在

【答案】A

【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．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-~3Cl2，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole-，A符合题意；

B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，B不符合题意；

C．漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C不符合题意；

D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生氧化还原反应生成I2，I2与淀粉变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据化学方程式进行标注元素化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物即可判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，同时可以根据氯气的量求出转移电子的数目，工业上利用氯气合石灰乳制取漂白粉，利用碘离子的还原性合碘酸根的氧化性发生氧化还原反应得到碘单质通过淀粉进行检验

3．（2023·浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（）

A．NH3中H元素被氧化

B．NO2在反应过程中失去电子

C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4

D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3

【答案】D

【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；

B．NO2在反应过程中得到电子，B不符合题意；

C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不符合题意；

D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，D说法符合题意。

故答案为：D。

【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物

4．（2023·新余模拟）一种流体电解海水提锂的工作原理如下图所示，中间室辅助电极材料具有选择性电化学吸附/脱出锂离子功能。工作过程可分为两步，第一步为选择性吸附锂，第二步为释放锂，通过以上两步连续的电解过程，锂离子最终以LiOH的形式被浓缩到阴极室。下列说法中错误的是（）

A．第一步接通电源1选择性提取锂：第二步接通电源2释放锂

B．释放锂过程中，中间室材料应接电源负极，发生的电极反应式为

C．中间室两侧的离子交换膜选用阳离子交换膜

D．当阴极室得到4.8gLiOH时，理论上阳极室产生1.12L气体(标准状态下)

【答案】B

【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.第一步接通电源1，中间室为阴极，发生反应，选择性提取锂，第二步接通电源2，中间室为阴极，发生反应释放锂，故A不符合题意；

B.释放锂过程中，中间室材料应接电源正极，发生的电极反应式为，故B符合题意；

C.根据图示，第一步为选择性吸附锂过程中阳极室中的离子向中间室移动，第二步为释放锂的过程中锂离子移向阴极室，所以中间室两侧的离子交换膜选用阳离子交换膜，故C不符合题意；

D.当阴极室得到4.8gLiOH时，电路中转移0.2mol电子，阳极室电极反应式是，产生氧气的体积是1.12L气体(标准状态下)，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.根据电源连接方向，即可判断发生的反应即可判断电源1和电源2的作用

B.根据电源2即可写出阴极室的反应

C.根据电源1和2的离子的流向即可判断离子交换膜种类

D.根据阳极室的反应即可结合给出的质量计算出阳极产生的气体体积

5．（2023·上饶模拟）高铁电池作为新型可充电电池，具有放电曲线平坦，高能高容量，原料丰富，绿色无污染等优点。如图为简易的高铁电池的工作装置。已知：放电后，两极都产生红褐色悬浮物。下列说法正确的是（）

A．该电池放电时的总反应为Fe+FeO+2H++2H2O=2Fe(OH)3

B．放电时，此盐桥中阴离子的运动方向是从右向左

C．该电池充电时阳极反应的电极反应方程式为FeO+3e-+4H2O=2Fe(OH)3+5OH-

D．每消耗56gFe，转移电子6mol

【答案】B

【知识点】电极反应和电池反应方程式；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．由已知放电后，两极都产生红褐色悬浮物为Fe(OH)3，电解质溶液为KOH，所以溶液中不存在H+，总反应方程式为：Fe+FeO42-=Fe(OH)3+2OH-，故A不符合题意；

B．原电池装置中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以放电时阴离子向Fe电极移动，所以从右向左移动，故B符合题意；

C．充电时正极石墨电极做阳极，Fe(OH)3失电子发生氧化反应：Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O故C不符合题意；

D.56gFe的物质的量为1mol，Fe由0价变为+3价，每反应1mol铁转移3mol电子，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】由图可知，该装置Fe做原电池的负极发生氧化反应，石墨做原电池的正极反生还原反应。

6．（2023·徐州模拟）以为原料，采用电解法制取的装置如图。下列说法中正确的是（）

A．电子由铅合金经溶液流到金属DSA电极

B．每转移1mole-时，阳极电解质溶液的质量减少8g

C．阴极主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O

D．反应结束后阳极区pH增大

【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．金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+，失去的电子由金属阳极DSA经导线流向直流电源的正极，由直流电源的负极经导线流向铅合金，故A不符合题意；

B．由金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+知，每转移1mole-时，消耗0.5mol水，以氧气形式放出的是8g，通过阳离子交换膜的氢离子1g，阳极电解质溶液的质量减少9g，故B不符合题意；

C．阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O，故C符合题意；

D．阳极区电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，硫酸的浓度增大，反应结束后阳极区pH减小，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O，据此答题。

7．（2023·南通模拟）利用石墨电极电解HNO3和HNO2的混合溶液可获得较浓的硝酸。其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）

A．a为电源的正极

B．电解池中的离子交换膜应为阴离子交换膜

C．阳极的电极反应式为

D．每2mol离子通过离子交换膜，左室产生的气体X的体积为22.4L(标准状况)

【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．左边石墨电极，氢离子放电生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，得电子发生还原反应为电解池的阴极，与电源负极相连，即a为电源的负极，故A不符合题意；

B．右边石墨电极为阳极，左边石墨电极为电解池的阴极，氢离子从阳极移向阴极，即从右室移向左室，离子交换膜为阳离子交换膜，故B不符合题意；

C．右边石墨电极为阳极，亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++，故C不符合题意；

D．每2mol离子通过离子交换膜，即要转移2mol电子，由左室电极反应式2H++2e-=H2↑可知，产生的H21mol，其体积为22.4L(标准状况)，故D符合题意；

答案为D。

【分析】HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，右边石墨电极为阳极，阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++，左边石墨电极为电解池的阴极，溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，氢离子从阳极移向阴极，离子交换膜为阳离子交换膜；据此分析判断选项。

8．（2023·漳州模拟）《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明制取的绿色方法，原理如图所示。已知：，。下列说法错误的是（）

A．该过程中主要的能量转化形式为化学能转化为电能

B．Y膜为选择性阴离子交换膜

C．每生成，理论上需消耗标准状况下

D．b极上的电极反应式为

【答案】C

【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】A．图示装置为原电池，主要的能量转化形式为化学能转化为电能，故A不符题意；

B．电极b产生的需要通过Y膜与电极a产生的形成，Y膜为选择性阴离子交换膜，故B不符合题意；

C．生成的的物质的量为，转移的电子为，需要，即标准状况下，故C符合题意；

D．b极上的电极反应式为，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】按照如图所示原电池装置制备，氢气在负极放电得到，氧气在正极放电得到，通过阳离子交换膜(X膜)，通过阴离子交换膜(Y膜)，二者结合生成；

9．（2023·漳州模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A．溶液中含有数目为

B．含的浓盐酸与足量反应，转移电子数目为

C．标准状况下，己烷在中完全燃烧，产生分子数目为

D．常温下，与的混合气体中所含的原子数目为

【答案】D

【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．Na2CO3属于强碱弱酸盐，其在水溶液中会水解，碳酸根离子会水解成碳酸氢根离子，碳酸分子，则数目小于，故A不符合题意；

B．浓盐酸在反应过程中，盐酸的浓度会变小，小到一定程度，将不再反应，则转移电子数目小于，故B不符合题意；

C．标准状况下，己烷不是气体，不适应气体摩尔体积，故C不符合题意；

D．混合气体中只含有氧元素，所有氧原子的质量和是3.2g，氧原子的物质的量为0.2mol，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.考虑到碳酸根的水解

B.稀盐酸不会和二氧化锰反应

C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件

D，最简式相同，计算出最简式含有的原子个数即可

10．（2023·三明模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．与足量充分反应，转移的电子数为

B．完全溶于一定量的浓硝酸，生成的分子数为2

C．将稀氨水滴入含的溶液至中性，溶液中数目为

D．标准状况下三氯甲烷中含共价键数为4

【答案】A

【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．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为-1价，一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成-2价的氧，故1mol过氧化钠参与反应时转移电子的量为1mol，转移的电子数为，故A符合题意；

B.64gCu的物质的量为1mol，由Cu+4HNO3(浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，若二者恰好按照此反应进行生成的NO2为2mol，但随着反应的进行，浓硝酸浓度降低，反应生成NO，生成的分子数小于2，故B不符合题意；

C．溶液中的电荷守恒为n(NH)+n(H+)=2n(SO)+n(OH-)，由于溶液呈中性时n(H+)=n(OH-)，则n(NH)=2n(SO)，含，则n(SO)=1mol，即n(NH)=2mol，溶液中数目为2，故C不符合题意；

D．标准状况下三氯甲烷为液态，不能用22.4L/mol计算三氯甲烷物质的量，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.根据方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，~2e即可计算出转移的电子

B.随着反应的进行，会产生一氧化氮和二氧化氮

C.根据电荷守恒进行判断即可

D.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件

11．（2023·泉州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．标准状况下，2.24LC3H8分子中的σ键的数目为1.1NA

B．5.6gFe在7.1gCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NA

C．0.1molNO与0.1molO2混合物中质子数为2.3NA

D．室温下，pH=9的CH3COONa溶液中，由水电离的H+数目为10-9NA

【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．标准状况下，2.24LC3H8的物质的量为n(C3H8)==0.1mol，每个C3H8分子中共有10个σ键，所以2.24LC3H8分子中的σ键的数目为NA，故A不符合题意；

B.5.6gFe的物质的量为n(Fe)==0.1mol，7.1gCl2的物质的量为n(Cl2)==0.1mol，0.1molCl2与0.1molFe完全反应生成氯化铁，铁过量，即0.1molCl2完全反应转移0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，故B符合题意；

C.1个NO含有15个质子，1个O2含有16个质子，则0.1molNO与0.1molO2混合物中质子数为1.5NA+1.6NA=3.1NA，故C不符合题意；

D．pH=9表示溶液中氢离子浓度为10-9mol/L，题中没有说明溶液的体积，故无法计算氢离子数目，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.根据n=计算出物质的量，找出1个丙烷分子中的σ键数目即可

B.根据2Fe+3Cl22FeCl3~6e，通过给出的质量进行判断过量问题，以少量计算出转移的电子数

C.找出一个一氧化氮分子和氧气分子含有的质子数即可

D.根据n=cv计算，但是v未知

12．（2023·龙岩模拟）某光电催化反应器如图所示，A电极是Pt/CNT、B电极是TiO2：通过光解水，可由CO2制得异丙醇。下列说法错误的是（）

A．电子由B极经导线流向A极

B．合成蛋白质纤维膜可以是质子交换膜

C．B极的电极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H﹣

D．每生成60g异丙醇电路中通过的电子数目为18NA

【答案】D

【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】A．B为负极，A为正极，电子由B极经导线流向A极，故A不符合题意；

B．B为负极，电极反应为：2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，生成的H+向A极移动，合成蛋白质纤维膜可以是质子交换膜，故B不符合题意；

C．B极的电极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，故C不符合题意；

D．A极发生两个反应，2H++2e﹣=H2，3CO2+18e﹣+18H+=CH3CH(OH)CH3+5H2O，生成60g即1mol异丙醇，则CO2转移18mol电子，但是生成氢气也会转移电子，故生成60g异丙醇转移电子数大于18NA，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】装置无外接电源，则为原电池，根据B电极H2O→O2，氧元素化合价升高可知，B为负极，电极反应为：2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，A为正极；结合选项进行判断即可

13．（2023·龙岩模拟）设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）

A．电解精炼铜，当阳极质量减轻32g，电路中转移电子数为NA

B．常温常压下，42g乙烯和丁烯的混合物中含3NA个碳原子

C．1.0L0.20mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中，所得Fe(OH)3胶粒数小于0.2NA

D．常温下，2.0LpH=9的CH3COONa溶液中，由水电离出的H+数为2.0×10-5NA

【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．电解精炼铜，用粗铜作阳极，阳极首先是比铜活泼的金属放电溶解，比铜不活泼的金属以阳极泥的形式沉淀下来，阳极质量减轻32g，转移的电子数不一定为NA，故A符合题意；

B.42g乙烯含有的碳原子为mol=3mol，42g丁烯含有的碳原子为=3mol，故42g乙烯和丁烯含有的碳原子个数为3mol，故B不符合题意；

C．胶粒和氢氧化铁的数量比不是1：1，因为胶粒是由很多氢氧化铁聚在一起形成的，所以Fe(OH)3胶粒数小于0.2NA，故C不符合题意；

D．醋酸溶液中，水电离出来的c(H+)=c(OH-)，所以常温下，2.0LpH=9的CH3COONa的溶液中由水电离的OH-数目为2.0×10-5NA，则由水电离的H+数目为2.0×10-5NA，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.电解精炼铜时粗铜做的是正极，纯铜做的是负极，粗铜中含有其他的金属如铁、锌、阳极减轻32g转移的电子不是NA，

B.乙烯和丙稀的最简式都为CH2，计算出最简式中的碳原子个数即可

C.考虑到胶体粒子是多个氢氧化铁聚集在一起的

D.根据给出的氢离子的浓度结合水的离子积计算出氢氧根离子浓度即可

14．（2023·福州模拟）海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法错误的是（）

A．海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能

B．钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O

C．影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等

D．光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏加德罗常数)

【答案】D

【知识点】化学反应中能量的转化；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．CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，故A不符合题意；

B．钙化生成CaCO3沉淀同时，释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B不符合题意；

C．温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C不符合题意；

D．光合作用，碳由+4价降为0价，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为0.4xNA(NA表示阿伏加德罗常数)，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】如图CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。

15．（2023·诸暨模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．2.8g所有的单烯烃含有的C—H个数都为0.4NA

B．标准状况下，2.24LNO2气体与水完全反应，转移电子总数为0.1NA

C．0.1mol/L的NaHCO3溶液中，n(HCO)Fe3+>Cu2+。

（1）根据实验I和Ⅱ，请回答下列问题。

①由“黄色立即加深”初步判断有I2生成，选择（填试剂）进一步证实生成了I2。

②写出Fe3+与I-反应的离子方程式，该条件下氧化性：Fe2+I2（选填“>”或“I2。

（3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应有I2生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验Ⅳ中I2的生成，与Cul沉淀有关，故不能确定氧化性：Cu2+>I2，并用下图装置进行验证。

K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入少量（填试剂），发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：Cu2+I2（选填“>”或“；对比实验排除了本实验条件下，I2的生成是由NO3-或溶液中的O2氧化得到

（2）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2

（3）I2；Fe3+>Cu2+。

（1）根据实验I和Ⅱ，请回答下列问题。

①由“黄色立即加深”初步判断有I2生成，选择（填试剂）进一步证实生成了I2。

②写出Fe3+与I-反应的离子方程式，该条件下氧化性：Fe2+I2（选填“>”或“I2。

（3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应有I2生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验Ⅳ中I2的生成，与Cul沉淀有关，故不能确定氧化性：Cu2+>I2，并用下图装置进行验证。

K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入少量（填试剂），发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：Cu2+I2（选填“>”或“；对比实验排除了本实验条件下，I2的生成是由NO3-或溶液中的O2氧化得到

（2）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2

（3）I2；<

（4）2Cu2++2I-2Cu++I2由于Cu+与I-生成CuI沉淀，产物浓度迅速降低，促进反应进行

【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）①碘单质的检验可以用淀粉溶液也可以用四氯化碳溶液。②Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，由强制线弱的规律，很容易比较氧化性的关系。③对比实验，排除了本实验条件下，I2的生成可能是由NO3-或溶液中的O2氧化得到。（2）Cu2+与I-发生氧化还原反应，由反应现象推出产物为I2，CuI，方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2)。（3）开始K闭合时，较长时间两侧溶液无明现象，说明Cu2+未能将I-氧化，后期更改电极，并向右侧加I2，指针偏转，左侧溶液加深，说明I2将Cu氧化成Cu2+，由此可说明氧化性：Cu2+<I2（4）Cu+与I-生成CuI沉淀，产物浓度迅速降低，促进2Cu2++2I-2Cu++I2反应进行。

【分析】（1）①考查碘单质的检验；②根据由强制线弱的规律判断氧化性的强弱；③对照实验排除干扰；（2）氧化还原反应方程式的书写；（3）根据实验现象来判断氧化性的强弱；（4）根据平衡移动分析。

31．【答案】（1）粉碎矿石，适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；S、SiO2

（2）防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；氯气

（3）2Bi+2O2+Na2O22NaBiO3；NA或6.02×1023

（4）10-11﹕1

（5）Bi3+、Bi(HDz)3；Bi(HDz)3+6OH-=Bi(OH)3+3H2O+3Dz3-

【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎矿石、适当提高浸取时温度、适当提高溶液浓度、搅拌等；二氧化硅与盐酸和氯化铁不反应，Bi2S3中的－2价S被氧化为单质硫，则滤渣的主要成分有S、SiO2。

（2）由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；加入铁粉后铁离子转化为亚铁离子，Bi3＋转化为单质铋，氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁而循环利用，所以气体X为氯气。

（3）焙烧时生成铋酸钠的化学方程式为2Bi＋2O2＋Na2O22NaBiO3；反应中只有Bi元素化合价升高，从0价升高到5价，当消耗标准状况下4.48LO2即0.2mol氧气时，转移电子的个数是NA。

（4）根据溶度积常数可知此时Bi3＋未沉淀，浓度是0.02mol/L。铜离子浓度是，所以所得溶液中c(Cu2+)∶c(Bi3+)＝10－11∶1。

（5）①当调节pH＝2.5时铋的萃取率是0.8，所以铋（Bi）的存在形式有Bi3＋、Bi(HDz)3；

②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可将铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为Bi(HDz)3＋6OH－＝Bi(OH)3↓+3H2O+3Dz2－。

【分析】（1）根据反应速率的影响因素分析；浸取过程中，矿石中的S和SiO2与稀盐酸不反应；

（2）加入过量的浓盐酸，可防止Fe3+和Bi3+的水解；可循环使用的物质X为Cl2；

（3）焙烧过程中，Bi与O2、Na2O2反应生成NaBiO3，据此写出反应的化学方程式；

根据公式计算消耗O2的物质的量，结合关系式“2O2~10e-”计算转移电子数；

（4）根据Ksp的表达式尽心计算；

（5）①根据图示pH=2.5时Bi的萃取率确定Bi在溶液中存在形式；

②加入NaOH溶液后，Bi(HDz)3与NaOH溶液反应Bi(OH)3、Na2Dz和H2O，据此写出反应的离子方程式；

32．【答案】（1）+3

（2）Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓

（3）ClO-+Mn2++H2O=MnO2+Cl-+2H+

（4）调节溶液的pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去

（5）蒸发浓缩、趁热过滤

（6）；0.21；BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-

【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B的化合价为x价，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得，，解得，所以中的化合价为+3价。(2)Na2B4O7易溶于水，也易发生水解：B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常温下溶解度较小)。加入硫酸时促进了B4O72-的水解，所以Na2B4O7与硫酸发生反应的化学方程式：Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓。（3）由硼镁泥的成分推断可知，不溶于稀盐酸但能溶于浓盐酸的黑色固体为，即被氧化成MnO2，则其反应离子方程式为。（4）属于碱性氧化物，能够与溶液中的反应，从而改变溶液的值，因此可通过改变加入量来调节溶液的，达到使以沉淀的形式除去的目的。（5）因为CaSO4微溶于水，MgSO4易溶于水，“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，操作A采用结晶的方法除去CaSO4，步骤为蒸发浓缩、趁热过滤。（6）①写出NaBH4的电子式②中显-1价，中显0价，两者的还原产物均为（显+1价），的可以失去电子，可以失去电子，则的的还原能力等价于的，则根据“有效氢含量”的定义可知，的有效氢含量为。③在NaBO2中，B的化合价为+3，中B化合价为+5，在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2，制硼氢化钠的电极反应式：BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。答案为BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。

【分析】（1）根据化合物中各元素化合价代数和为零计算；（2）水解方程式的书写：（3）陌生方程式的书写；（4）Fe3+在碱性条件下生成Fe(OH)3沉淀；（5）根据水溶性不同，对物质进行分离；（6）运用氧化还原反应计算电子的得失；

33．【答案】（1）2；4；KOH；1；2；2；加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分

（2）Al(OH)3、H2SiO3；稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量

（3）3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-

（4）蒸发结晶；趁热过滤

（5）0.018a

（6）MnO42--e-=MnO4-；O2

【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）MnO2中Mn的化合价为+4价，K2MnO4中Mn的化合价为+6价，O2中O的化合价为0价，生成物中都变成了-2价，根据得失电子守恒(化合价升降总数相等)得：MnO2前面系数为2，O2前面系数为1，K2MnO4前面系数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH前面系数为4，水前面系数为2，故答案为：24KOH122。根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分，所以工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率。（2）根据流程滤液I主要是K2MnO4溶液，还含有SiO32-和AlO2-等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-、CO2+H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+CO32-，所以滤渣II的成分有Al(OH)3和H2SiO3；因为第一次通入CO2目之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通CO2不能用稀盐酸代替。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO42-发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO4-，因为CO2过量，所以还会生成HCO3-，故离子方程式为：3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-。（4）滤液Ⅲ溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可看出，KMnO4溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3溶解度，受温度影响变化较大，所以从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。（5）根据Mn元素守恒，含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4：1×a%×≈0.018a(吨)。（6）①滤液II主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO42-在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO4-，故阳极电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；②溶液中的OH-也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。

【分析】本题考查软锰矿(主要含MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾流程。

（1）根据得失电子守恒(书写氧化还原反应方程式；（2）通入CO2除去SiO32-和AlO2-等杂质离子；（3）要注意CO2的量；（4）因为溶解度受温度影响不同，所以可以采用蒸发结晶分离物质；（5）根据Mn元素守恒计算；（6）阳极上失电子发生氧化反应；

34．【答案】（1）14.44

（2）0.7

（3）1.6

（4）{#mathmL#}{#/mathmL#}＜b≤{#mathmL#}{#/mathmL#}②若x=0.2时，溶液Fe2+与Fe3+的物质的量相等时，在标准状况下产生NO6.72L，求a、b的值．（写出简要的计算过程）解：当x=0.2，溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量相等时，Cu全部为铜离子，所以参加反应的Cu为0.2amol，Fe3+和Fe2+的物质的量各为0.4amol，HNO3→NO，N得3电子，产生6.72LNO气体即0.3mol，总计得0.9mol电子，Cu→Cu2+，Cu失2电子，则失0.4amol电子，Fe→Fe2+，Fe失2电子，则失0.8amol电子，Fe→Fe3+，Fe失3电子，则失1.2amol电子，根据得失电子总数相等，所以：0.9=0.4a+0.8a+1.2a，解得a=0.375mol，根据氮原子守恒可知：b=2n（Cu2+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）+2n（NO）=2×0.2×0.375+2×0.4×0.375+3×0.4×0.375+0.3=1.2mol；答：a的值为0.375，b的值为1.2；

【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算

【解析】【解答】解：（1）Fe与Cu混合物与65%的硝酸反应会产生大量NO2，该反应使用的硝酸的物质的量浓度={#mathmL#}{#/mathmL#}=14.44mol/L，故答案为：14.44；（2）各为0.1mol的Cu与Fe混合物与足量的某浓度的硝酸反应产生4.48L气体（标准状况下），物质的量n={#mathmL#}{#/mathmL#}=0.2mol，铜和铁与足量硝酸反应发生氧化还原反应，硝酸被还原为氮氧化物，金属被氧化为硝酸盐，Cu（NO3）2，Fe（NO3）3，氮元素守恒计算，则该反应消耗的硝酸物质的量=0.1mol×2+0.1mol×3+0.2mol=0.7mol，故答案为：0.7；（3）铜、铁与过量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银铁与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n（O2）={#mathmL#}{#/mathmL#}=0.05mol，

设Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：

根据质量列方程：x×64g/mol+y×56g/mol=4.4g

根据电子守恒列方程：2x+3×y=0.05mol×4

解得：x=0.025mol；y=0.05mol

m（Cu）=0.025mol×64g/mol=1.6g，故答案为：1.6；（4）①当溶液中的金属离子只有Fe2+、Cu2+时，说明Cu恰好完全反应或者有剩余，而HNO3和Fe则完全反应（如果有硝酸剩余，则Fe2+则会被进一步氧化为Fe3+；如果有Fe剩余，则会和Cu2+继续反应），

HNO3→NO，N得3电子，设被还原的HNO3为ymol，总计得3ymol电子，

Cu→Cu2+，Cu失2电子，设参加反应的Cu为zmol，总计失2zmol电子，

Fe→Fe2+，Fe失2电子，参加反应的Fe为a（1﹣x）mol，总计失2a（1﹣x）mol电子，

根据得失电子总数相等，所以：3y=2z+2a（1﹣x）①

反应中起酸作用的硝酸生成Fe（NO3）2和Cu（NO3）2，起氧化剂作用的硝酸生成NO，由N元素守恒，所以有：y+2a（1﹣x）+2z=b②

联立方程，消去y，整理得b={#mathmL#}{#/mathmL#}③

参加反应的Cu的物质的量z的取值大于0，最大为ax，带入③中，可得{#mathmL#}{#/mathmL#}＜b≤{#mathmL#}{#/mathmL#}，故答案为：{#mathmL#}{#/mathmL#}＜b≤{#mathmL#}{#/mathmL#}；

【分析】（1）依据溶液中溶质物质的量浓度和溶质质量分数的换算关系计算得到，c={#mathmL#}{#/mathmL#}；（2）铜和铁与足量硝酸反应发生氧化还原反应，硝酸被还原为氮氧化物，金属被氧化为硝酸盐，依据氮元素守恒计算元硝酸溶液的浓度；（3）铜、铁与过量的硝酸反应生成硝酸铜、硝酸铁与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量与电子转移列方程计算．根据m=nM计算铜的质量；（4）①当溶液中的金属离子只有Fe2+、Cu2+时，说明Cu恰好完全反应或者有剩余，而HNO3和Fe则完全反应（如果有硝酸剩余，则Fe2+则会被进一步氧化为Fe3+；如果有Fe剩余，则会和Cu2+继续反应），

HNO3→NO，N得3电子，设被还原的HNO3为ymol，总计得3ymol电子，

Cu→Cu2+，Cu失2电子，设参加反应的Cu为zmol，总计失2zmol电子，

Fe→Fe2+，Fe失2电子，参加反应的Fe为a（1﹣x）mol，总计失2a（1﹣x）mol电子，

根据得失电子总数相等，所以：3y=2z+2a（1﹣x）①反应中起酸作用的硝酸生成Fe（NO3）2和Cu（NO3）2，起氧化剂作用的硝酸生成NO，由N元素守恒，所以有：y+2a（1﹣x）+2z=b②，联立方程，消去y，可得b的表达式（用a、x、z表示），参加反应的Cu的物质的量z的取值大于0，最大为ax，带入b的表达式计算．②当x=0.2，溶液中Fe3+和Fe2+的物质的量相等时，Cu全部为铜离子，根据得失电子守恒和氮原子守恒计算．

35．【答案】（1）SO2和Fe3O4；32

（2）Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+

（3）2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2

（4）3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO+2H2O

（5）11.2g

【知识点】铁的氧化