【解析】2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应2

第第页【解析】2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应2登录二一教育在线组卷平台助您教考全无忧

2023年高考真题变式分类汇编：氧化还原反应2

一、选择题

1．（2023·天津）我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。

A．放电时，a电极反应为

B．放电时，溶液中离子的数目增大

C．充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化

D．充电时，a电极接外电源负极

【答案】D

【知识点】氧化还原反应；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】A、由分析可知，放电过程中，电极a的电极反应式为：I2Br-+2e-=2I-+Br-，选项正确，A不符合题意；

B、放电过程中，电极a上阴离子数增多，电极b上阳离子数增多，因此放电时，溶液中离子数目增大，选项正确，B不符合题意；

C、充电时，电极b上的电极反应式为：Zn2++2e-=Zn，b电极增重的质量为Zn的质量，当b电极增重0.65g（即0.01mol）时，电路中转移电子数为0.02mol，则由电极反应“2I-+Br--2e-=I2Br-”可知，被氧化的I-的物质的量为0.02mol，选项正确，C不符合题意；

D、由分析可知，充电时，电极a为阳极，因此a电极应与外电源的正极相连，选项错误，D符合题意；

故答案为：D

【分析】该电池工作过程为原电池装置，电极a为原电池的正极，其电极反应式为：I2Br-+2e-=2I-+Br-；电极b为原电池的负极，其电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；充电过程为电解池装置，电极a为阳极，其电极反应式为：2I-+Br--2e-=I2Br-；电极b为阴极，其电极反应式为：Zn2++2e-=Zn；据此结合选项进行分析。

2．（2023·全国Ⅱ卷）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是（）

A．蚕丝的主要成分是蛋白质

B．蚕丝属于天然高分子材料

C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应

D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物

【答案】D

【知识点】氧化还原反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料

【解析】【解答】A.蚕丝主要成分为蛋白质，不符合题意。

B.蚕丝中的蛋白质为高分子材料，不符合题意。

C.蜡炬成灰，是蜡烛的燃烧，属于氧化反应，不符合题意。

D.蜡属于烃的混合物，不属于高级脂肪酸酯。所以D选项错误，符合题意。

故答案为：D

【分析】可以通过加聚反应，如烯烃的加聚，炔烃的加聚，形成高分子化合物，也可以通过缩聚反应形成高分子化合物，如二元羧酸和二元醇的缩聚，羟基羧酸的缩聚，氨基酸的缩聚等。

3．（2023·湖州模拟）关于反应，下列说法正确的是

A．生成，转移电子

B．是还原产物

C．是氧化剂

D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为

【答案】A

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．由反应可知2mol失6mol电子生成，则生成，转移电子，故A符合题意；

B．H、O元素未发生价态变化，因此既不是氧化产物也不是还原产物，故B不符合题意；

C．反应中失电子化合价升高生成，作还原剂，故C不符合题意；

D．氧化产物为，还原产物为，由反应可知两者物质的量之比为2：3，故D不符合题意；

故答案为：A。

【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。

4．（2023·崇明模拟）一种新型人工固氮的原理如图所示，下列叙述错误的是（）

A．反应①中每生成1molLi3N转移电子数为3NA

B．反应①②③均为氧化还原反应

C．反应③中O2为氧化产物

D．整个过程的总反应可表示2N2+6H2O=4NH3+3O2

【答案】B

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．由分析可知，反应①为氮气与锂反应生成氮化锂，则反应生成1mol氮化锂，转移电子数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故A不符合题意；

B．由分析可知，反应②为氮化锂与水反应生成氨气和氢氧化锂，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B符合题意；

C．由分析可知，反应③为电解氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应中氧元素的化合价升高被氧化，氧气是反应的氧化产物，故C不符合题意；

D．由分析可知，整个过程的总反应为氮气与水反应生成氨气和氧气，反应的方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A．依据化合价的变化判断；

B．依据氧化还原反应反应中有元素发生化合价变化判断；

C．元素化合价降低、生成还原产物；元素化合价升高、生成氧化产物；

D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析。

5．（2023·安庆模拟）绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是（）

A．反应过程中O原子的成键数目保持不变

B．+作催化剂，虚线框内物质是中间体

C．反应⑤中只起氧化剂的作用

D．该原理的总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O

【答案】D

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，A项不符合题意；

B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，B项不符合题意；

C．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，C项不符合题意；

D．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，D项符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.NO结构为N≡O，水的结构为H-O-H，O原子的成键数目发生改变；

B.催化剂在反应前后不发生变化，中间产物先生成后消耗；

C.反应⑤中NO转化为N2，N元素化合价降低，被还原，起还原剂的作用。

6．（2023·奉贤模拟）关于反应4CO2+SiH44CO+SiO2+2H2O，下列说法正确的是（）

A．CO是氧化产物

B．SiH4发生还原反应

C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4

D．还原性：SiH4＞CO

【答案】D

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．由分析可知，CO2为氧化剂，CO为还原产物，A不符合题意；

B．SiH4为还原剂，发生氧化反应，B不符合题意；

C．CO2为氧化剂，SiH4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C不符合题意；

D．SiH4为还原剂，CO为还原产物，则还原性：SiH4＞CO，D符合题意；

故答案为：D。

【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。

7．（2023·蚌埠模拟）下列实验操作、现象和结论一致的是（）

选项操作现象解释(或结论)

A向补铁口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液紫色褪去补铁口服液中有Fe2+

B向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置液体分层，上层无色，下层紫红色CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能

C向盛有1mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2mLH2O、2mLNaOH溶液，70~80℃热水浴试管a液体分层，酯层无明显变化；试管b酯层消失乙酸乙酯在碱性条件下可以水解；

D向Fe(NO3)3溶液中先加稀HNO3，再加NaCl溶液黄色先褪去，再变为黄色HNO3的强氧化性将Fe3+氧化为无色，Cl-的还原性再将其还原为Fe3+

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计

【解析】【解答】A．、等还原性离子都能使酸性褪色，所以口服液中不一定是，A不符合题意；

B．向水中先加浓溶液，发生反应后没有剩余，再加CCl4，振荡后静置，溶液分层，但是没有紫色出现，B不符合题意；

C．向含有乙酸乙酯的试管a加入2mLH2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管b中加入2mLNaOH溶液，70~80℃热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，C符合题意；

D．与形成络合物，颜色变化不是因为将其氧化，加入，的存在影响配合物的种类，颜色发生了变化不是因为还原，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.氯离子也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；

B.碘能与氢氧化钠反应；

C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解；

D.与形成络合物。

8．（2023·浦东模拟）电子可以（）

A．在氧化还原反应中发生转移B．在电解质溶液中自由移动

C．与阳离子形成离子键D．在原子核周围聚集成电子云

【答案】A

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．电子在氧化还原中可发生得失，也可发生偏移，氧化还原反应的本质是电子的转移，A符合题意；

B．电解质溶液中阴阳离子可以自由移动，不存在电子，B不符合题意；

C．金属晶体中电子与金属阳离子形成的是金属键，而不是离子键，C不符合题意；

D．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，电子不会聚集成电子云，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.氧化还原反应过程中一定有电子发生转移；

B.电子不能在电解质溶液中自由移动；

C.金属晶体中电子与金属阳离子形成金属键；

D.电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述。

9．（2023·河北模拟）下列变化中，未涉及到电子转移的是（）

A．使粉末变白B．使酸性溶液褪色

C．KSCN溶液使含的溶液变红D．使酸化的KI溶液变黄

【答案】C

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．SO2有较强还原性，Na2O2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成白色Na2SO4，涉及电子转移，A不选；

B．C2H5OH具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，涉及电子转移，B不选；

C．SCN-和Fe3+结合为Fe(SCN)3红色络合物，使溶液变红，该反应为非氧化还原反应，不涉及电子转移，C选；

D．H2O2将KI氧化为I2使溶液变黄，该反应为氧化还原反应，涉及电子转移，D不选；

故答案为：D。

【分析】未涉及到电子转移，说明未发生氧化还原反应。

10．（2023·浦东模拟）用大苏打除去自来水中的余氯，反应的离子方程式为：。下列说法正确的是（）

A．S元素化合价既升又降B．氧化性：

C．可用pH计指示反应终点D．可用溶液检验还原产物

【答案】C

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高为+6，S元素化合价只升高，故A不符合题意；

B．该反应中Cl2是氧化剂，是氧化产物，氧化性：，故B不符合题意；

C．该反应生成H+，反应达到滴定终点时pH几乎不再改变，可用pH计指示反应终点，故C符合题意；

D．还原产物是Cl-，Cl-、都能与Ag+反应生成沉淀，不能直接用溶液检验还原产物，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.该反应中S元素的化合价只升高；

B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；

D.Cl-、都能与Ag+反应生成沉淀。

11．（2023·徐汇模拟）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：

①

②

在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是（）

A．的数值为0.009

B．时，

C．时，x越大，生成的量越少

D．时，

【答案】C

【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应

【解析】【解答】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A不符合题意；

B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B不符合题意；

C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C符合题意；

D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；

B、反应①也生成氯离子；

C、生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少；

D、结合电荷守恒判断。

12．（2023·东城模拟）依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是

A．K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合，产生刺激性气味

B．把钠放入CuSO4溶液中，有蓝色沉淀生成

C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去

D．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低

【答案】A

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．K2CO3水解生成的OH-和NH4Cl电离产生的反应产生刺激性气味气体NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，A符合题意；

B．把钠放入CuSO4溶液中，钠与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，钠化合价变化，是氧化还原反应，B不符合题意；

C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，生成水和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，C不符合题意；

D．氯水在光照条件下放置一段时间后，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。

13．（2023·常德模拟）以镉铁矿(主要成分为)为原料制备的部分工艺流程如下：

已知溶于水，难溶于水。下列说法错误的是

A．已知在周期表中位于第五周期第ⅡB族，则的价层电子排布式是

B．还原镉时可产生，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1

C．“沉镉”所得滤液中的，其空间构型是正四面体

D．“转化”中发生的反应为：

【答案】A

【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计

【解析】【解答】A．已知在周期表中位于第五周期第ⅡB族，则的价层电子排布式是4d10，A符合题意；

B．还原镉时方程式为3Cd(SO4)2+CH3OH+H2O=3CdSO4+CO2↑+3H2SO4，该反应中氧化剂为Cd(SO4)2，还原剂为甲醇，二者物质的量之比为3∶1，B不符合题意；

C．硫酸根离子的中心原子为硫原子，其价层电子对数为，孤电子对数为0，其空间构型为正四面体，C不符合题意；

D．“转化”中变成，发生的反应为：，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】镉铁矿加入稀硫酸酸浸，转化为Cd(SO4)2，加入甲醇还原镉，发生反应3Cd(SO4)2+CH3OH+H2O=3CdSO4+CO2↑+3H2SO4，再加入碳酸钾溶液生成CdCO3，加入HBrO3转化得到。

14．（2023·红桥模拟）臭氧层可阻止紫外线辐射，氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。下列说法正确的是

A．过程Ⅰ中断裂极性键C－F键

B．过程Ⅱ和Ⅲ中不涉及电子转移

C．臭氧被破坏的过程中Cl作催化剂

D．CFCl3的空间构型是正四面体形

【答案】C

【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键；氧化还原反应

【解析】【解答】A．过程Ⅰ中，CFCl3断裂极性键C－Cl键，A不符合题意；

B．过程Ⅱ发生的反应为：Cl+O=ClO+O，Cl的化合价由0价变成看+2价，即一个Cl失去2个电子，发生了电子转移，过程Ⅲ发生的反应为：O+ClO=Cl+O，Cl的化合价由+2价变成看0价，即一个Cl得到2个电子，发生了电子转移，B不符合题意；

C．臭氧被破坏的过程为过程Ⅱ和Ⅲ，过程Ⅱ发生的反应为：Cl-+O=ClO+O，过程Ⅲ发生的反应为：O+ClO=Cl+O，臭氧被破坏的前后Cl的质量和化学反应不变，即为催化剂，C符合题意；

D．CFCl3的中心原子是C，价层电子数为4，空间构型是四面体形，不是正四面体形，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂C-Cl键；

B.过程Ⅱ发生反应O3+Cl=ClO+O2，过程Ⅲ发生反应O+ClO=Cl+O2；

D.C-Cl键和C-F键的键长不一样。

15．（2023·南开模拟）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是

选项物质(括号内为杂质)除杂试剂

A蒸馏水、碱石灰

B盐酸、溶液、二氧化碳

C溶液、溶液、盐酸

D酸性溶液

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【知识点】氧化还原反应；除杂

【解析】【解答】A．除去中的，先通入蒸馏水中，发生反应，再通过碱石灰干燥得到纯净的NO，其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；

B．除去中含有的，先加入盐酸，涉及反应、，再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，得到沉淀，加热分解得到纯净的，涉及反应、、、，其中不涉及氧化还原反应，故B不选；

C．除去中含有的，先加过量溶液发生反应，再加过量溶液发生反应，过滤，最后向滤液中加入盐酸调pH至中性，发生反应，然后蒸发结晶得到NaCl，其中不涉及氧化还原反应，故C不选；

D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故D不选；

故答案为：A。

【分析】除杂至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质；氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。

16．（2023·杨浦模拟）下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是

A．漂粉精B．溶液C．D．烧碱

【答案】D

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】A．漂粉精变质的原因为漂粉精的有效成分与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故A不符合题意；

B．硫酸亚铁溶液中的亚铁离子易与空气中的氧气反应生成铁离子，则变质原因与氧化还原反应有关，故B不符合题意；

C．过氧化钠变质的原因为过氧化钠与空气中的二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故C不符合题意；

D．烧碱变质的原因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，则变质原因与氧化还原反应无关，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。

17．（2023·河东模拟）光催化固氮合成氨的机理如图所示，下列说法错误的是

A．NH3分子是极性分子

B．此反应中氮气做氧化剂

C．无论使用哪种催化剂，同一个反应的活化能是不变的

D．此反应的化学反应方程式是：2N2+6H2O4NH3+3O2

【答案】C

【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应

【解析】【解答】A．NH3分子为三角锥形，它为极性分子，A项不符合题意；

B．此反应中N由0价变为NH3中-3价，N2为氧化剂，B项不符合题意；

C．催化剂改变反应的历程从而降低该反应的活化能，不同催化剂催化历程不同，活化能不同，C项符合题意；

D．此反应为H2O产生H2和O2，H2和N2光照条件下产生NH3，所以总反应为：2N2+6H2O4NH3+3O2，D项不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.氨气分子的正负电荷中心不重合，属于极性分子；

B.该反应中，氮气作氧化剂；

C.催化剂能改变反应的活化能；

D.H2O产生H2和O2，H2和N2光照条件下产生NH3。

二、多选题

18．（2022·唐山模拟）界面上甲烷化的过程如图所示：

下列说法正确的是（）

A．转化过程中做催化剂的载体，不参与转化历程

B．反应每生成，转移电子

C．反应历程中存在极性键和非极性键的断裂与形成

D．转化过程中涉及氧化还原反应

【答案】A,D

【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；催化剂

【解析】【解答】A．由转化过程图可知，做催化剂的载体，不参与转化历程，A符合题意；

B．根据图示，二氧化碳和氢气在催化剂作用下生成甲烷和水，总反应为4H2+CO2=CH4+2H2O，每生成1molH2O，有0.5molCO2转化为CH4，转移4mol电子，B不符合题意；

C．总反应为4H2+CO2=CH4+2H2O，没有非极性键的形成，C不符合题意；

D．转化过程中C、H元素化合价发生了改变，涉及氧化还原反应，D符合题意；

故答案为：AD。

【分析】A.转化过程中SiO2不参与转化历程，作催化剂的载体；

B.CO2和H2在催化剂的作用下生成甲烷和水，碳元素由+4价降低到-4价，根据得失电子守恒计算；

C.总反应为4H2+CO2=CH4+2H2O；

D.氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。

19．（2022·烟台模拟）是一种温和的氧化剂，试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是（）

A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的有2步

B．步骤④⑤中NMO将还原，生成试剂

C．步骤⑥的离子方程式为

D．若R1为，R2为-H，则氧化该醇的主产物为2-丁烯醛

【答案】C,D

【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写

【解析】【解答】A．在上述6步反应中，TRAP试剂中经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为；经过步骤③得到；步骤④⑤中，NMO将氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，发生歧化反应生成RuO2和；综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的并非2步，A不符合题意；

B．步骤④⑤中，NMO和发生反应生成NMM和，Ru的化合价由+5升高到+7，则作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将氧化，生成TRAP试剂，B不符合题意；

C．步骤⑥中，转化为RuO2和，离子方程式为2=RuO2+，C符合题意；

D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛（CH3CH=CHCHO），D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】A.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；

B.步骤④⑤中，NMO和发生反应生成NMM和；

C.步骤⑥发生反应；

D.TRAP试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛。

20．（2022·济宁模拟）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α—Al2O3(α—Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如图：下列说法正确的是（）

A．滤渣A中含SiO2、α—Al2O3

B．气体B可以通入NaOH溶液除去

C．溶解过程主要发生了复分解反应

D．“还原”过程中生成无毒气体，B与C的物质的量的理论比值为4：3

【答案】A,D

【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计

【解析】【解答】A．由分析可知，滤渣A中含SiO2、α-Al2O3，A符合题意；

B．气体B为NO，与NaOH溶液不反应，所以不可以通入NaOH溶液除去，B不符合题意；

C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，发生的反应不是复分解反应，C不符合题意；

D．“还原”过程中生成无毒气体，则其为N2，设Ag的物质的量为12mol，则生成NO(B)4mol，生成N2(C)3mol，从而得出B与C的物质的量的理论比值为4：3，D符合题意；

故答案为：AD。

【分析】含银废催化剂中加入稀硝酸，α-Al2O3、SiO2不与稀硝酸反应，则废渣含α-Al2O3、SiO2，Ag与稀硝酸发生反应3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，气体B为NO；加入NaCl，Ag+转化为AgCl沉淀，AgCl中加入氨水生成[Ag(NH3)2]+等，再加入N2H4H2O还原，得到粗银，粗银经过精密过滤、真空烘干得到纯银。

21．（2022·济宁模拟）在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验，产物又进行了系列实验，流程如下。下列说法正确的是（）

A．气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物

B．硫元素至少参加了3个氧化还原反应

C．沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应

D．若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素

【答案】B,C

【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价

【解析】【解答】A．由以上分析可知，气体A中SO2是氧化产物，气体D中SO2是还原产物，A不符合题意；

B．由以上分析可知，铁粉和硫粉反应生成FeS，S和O2反应生成SO2，H2S和H2SO4(浓)反应生成S、SO2和H2O，反应中S元素化合价都发生改变，故硫元素至少参加了3个氧化还原反应，B符合题意；

C．沉淀F是S，S与NaOH加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O，C符合题意；

D．固体B为FeS，FeS和浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3、S、SO2和H2O，其中被氧化的元素为Fe和S，被还原的元素为S，故发生反应时被氧化的和被还原的均不为同一种元素，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】根据给出的流程，硫粉与氧气和铁粉反应，得到的是是二氧化硫和硫化亚铁，加入硫酸得到的是硫化氢气体，与浓硫酸反应得到的是二氧化硫和硫单质，结合选项即可判断

22．（2022·邯郸模拟）为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或浓溶液，不溶于乙醇。往硫酸铜溶液中加入、，进行“还原，氯化”时，和的用量对产率的影响如图1、图2所示。下列说法中正确的是（）

A．反应的离子方程式为

B．为减少的溶解损耗，可用乙醇洗涤沉淀

C．的用量越多，越大，的产率越大

D．易被空气氧化为，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4

【答案】B,D

【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；离子方程式的书写

【解析】【解答】A．离子方程式中铜离子得到1个电子，亚硫酸根离子失去2个电子，铜离子与亚硫酸根离子的化学计量数之比应该是2：1，上述离子方程式配平不符合题意，A项不符合题意；

B．因为为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇洗涤沉淀可以快速干燥，且减少的溶解损耗，B项符合题意；

C．根据图示可知，随着的增大，的产率先增大后减小，C项不符合题意；

D．易被空气氧化为，发生反应，故氧化剂O2和还原剂CuCl的物质的量之比为1：4，D项符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A.该反应属于氧化还原反应，不遵循得失电子守恒。

B.为减少CuCl溶解耗损，就需用不溶CuCl的试剂进行洗涤。

C.根据图2，CuCl的产率是随n(NaCl)的增大而先增大后减小。

D.氧化剂是空气中的O2，还原剂是CuCl。反应前后，O2中氧元素的化合价由0降为-2，则1molO2共得4mol电子；CuCl中铜元素的化合价由+1升为+2，则1molCuCl共失1mol电子，根据得失电子守恒，n(O2)：n(CuCl)=1：4。

三、非选择题

23．（2023·新课标II）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：

（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许离子通过，氯气的逸出口是(填标号)。

（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为。

（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为。

（4）ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为mol；产生“气泡”的化学方程式为。

（5）“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为kg(保留整数)。

【答案】（1）Na+；a

（2）10-7.5

（3）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O

（4）1.25；NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O

（5）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；203

【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氧化还原反应；氯气的化学性质

【解析】【解答】（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5；（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为=1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案为:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0.01=（1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。

【分析】（1）电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；（2）由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)；（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-；（4）根据5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，计算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算；

24．（2023·新课标II）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：

+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl

名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/(g·mL1)溶解性

甲苯9295110.60.867不溶于水，易溶于乙醇

苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248——微溶于冷水，易溶于乙醇、热水

实验步骤：①在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。

②停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。

③纯度测定：称取0.122g粗产品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。

回答下列问题：

（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。

A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL

（2）在反应装置中应选用冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是。

（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理。

（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是。

（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是。

（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于(填标号)。

A.70%B.60%C.50%D.40%

（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中的方法提纯。

【答案】（1）B

（2）球形；无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化

（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

（4）MnO2

（5）苯甲酸升华而损失

（6）86.0％；C

（7）重结晶

【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；有关混合物反应的计算

【解析】【解答】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，故答案为：B；（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；故答案为：球形；没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2，故答案为：MnO2；（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；故答案为：苯甲酸升华而损失；（6）由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为：×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：=1.72g，产品的产率为×100%=50%；故答案为：86.0%；C；（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。

【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯度。

25．（2023·江苏）聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。

（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70

℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为；水解聚合反应会导致溶液的pH。

（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000

g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×102

mol·L1K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。

①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。

②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。

【答案】（1）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；减小

（2）偏大；n()=5.000×102mol·L1×22.00mL×103L·mL1=1.100×103mol由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：~6Fe2+（或+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O）则n(Fe2+)=6n()=6×1.100×103mol=6.600×103mol样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×103mol×56g·mol1=0.3696g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%

【知识点】氧化还原反应

【解析】【解答】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；水解聚合过程中，促进了Fe3+的水解，使得溶液中c(H+)增大，pH减小；

（2）①K2Cr2O7具有氧化性，能将Sn2+氧化成Sn4+，若不除去溶液中过量的Sn2+，则会导致滴定过程中消耗n(Cr2O72-)增大，从而使得计算出的样品中铁元素的质量偏大，最终测定结果偏大；

②滴定过程中发生反应的离子方程式为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O；滴定至终点时，消耗n(Cr2O72-)=5.000×102mol/L×22.00×10-3L=1.100×10-3mol；

由反应的离子方程式可得关系式：Cr2O72-~6Fe2+，

则可得样品中n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×103mol=6.600×103mol，

则3.000g样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×103mol×56g/mol=0.3696g

故所得样品中铁元素的质量为：；

【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；水解聚合过程中使得溶液c(H+)增大；

（2）①Sn2+能被K2Cr2O7氧化；

②根据发生反应的离子方程式，结合滴定过程中消耗的n(Cr2O72-)计算样品中n(Fe2+)，从而计算样品中铁元素的质量分数；

26．（2023·石景山模拟）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁(Fe)及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。

（1）I．还原法

零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的得电子生成(氢自由基)，通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。

氧化反应：。

还原反应：(电中性)。

（2）与阿莫西林(抗生素的一种)发生多步反应，第一步如下图所示，请在图中标出阿莫西林断裂的化学键(参考示例“”)，用“O”在中间产物圈出一个手性碳原子。

（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因。

（4）II．氧化法

酸性条件Fe可与溶解氧生成，和作用生成羟基自由基和，氧化抗生素。和生成的离子方程式是。

（5）下图为酸性条件零价铁电芬顿耦合法(电化学氧化法)原理示意图的一部分，左侧连接电源，结合阴极电极反应说明该法生成的原理。

【答案】（1）Fe2e－＝Fe2+

（2）

（3）纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快

（4）Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O

（5）正极；阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基

【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氧化还原反应；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】（1）根据题意零价铁作为一种还原剂可以提供电子，因此铁失去电子发生氧化反应：Fe2e－＝Fe2+；故答案为：Fe2e－＝Fe2+。

（2）根据中间产物和阿莫西林分析，断键是碳氮键，中间产物有三个手性碳原子，其图像描述；故答案为：。

（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，主要与铁的接触面积有关，其反应速率更快；故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快。

（4）根据题意得到和作用生成羟基自由基和，则酸性条件下和生成的离子方程式是Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O；故答案为：Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O。

（5）根据前面信息得到铁会失去电子变为亚铁离子，和Fe2+作用生成羟基自由基和，则铁电极应该连接电源的正极作阳极，阴极上氧气得到电子与氢离子结合生成H2O2，生成的亚铁离子移动到阴极，亚铁离子和H2O2作用生成羟基自由基；故答案为：正极；阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基。

【分析】（1）根据题意零价铁作为一种还原剂可以提供电子分析。

（2）手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；

（3）依据影响反应速率的因素分析；

（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；

（5）根据前面信息，电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。

27．（2023·湖北模拟）碘是人体所必需的微量元素。磷酸工业的副产品氟硅酸(H2SiF6)中碘元素的可能存在形式有I2、I-、I，其回收方案如下。

回答下列问题：

（1）某实验小组想证明氟硅酸溶液中存I，请补充完整的实验步骤：

(已知：I2+I-I；可选用的试剂：5%淀粉溶液、0.1mol·L-1NaNO2溶液、0.1mol·L-1Na2SO3溶液、6mol·L-1H2SO4溶液)

①取样品，加入CCl4振荡、静置，可观察到下层呈紫红色；

②分液后取上层黄色液体，滴入适量(填选用的试剂，下同)，可观察到；

③重复上述操作2~3次，直至步骤②中没有明显现象；

④再滴加适量，若观察到溶液变蓝，证明氟硅酸溶液中存在I。

（2）实验室利用分液漏斗可以完成CCl4从碘水萃取I2，请描述获得上层液体的操作：。

（3）“还原”步骤中将碘元素全部变为HI，写出I2被还原时的离子方程式。

（4）工业生产中，氧化剂的实际使用量和理论计算量之间的比值称为配氧率。如图是配氧率对碘单质回收率的影响曲线图，试解释配氧率选择112~113之间的原因。

（5）结合信息，请确定I2与NaOH发生“歧化”反应的氧化产物(有必要的计算过程)。

已知：①氧化还原反应可以拆分为两个半反应，标准电极电势分别表示为φθ(+)、φθ(-)，标准电动势Eθ=φθ(+)-φθ(-)，如

Zn+Cu2+=Zn2++Cu的Eθ=φθ(Cu2+/Cu)—φθ(Zn2+/Zn)。

②Eθ>0，该反应能自发进行，Eθ>0.3V，反应趋于完全进行。

③φθ(I2/I-)=0.54Vφθ(IO-/I2)=0.45Vφθ(IO/I2)=0.21V

【答案】（1）5%淀粉溶液；溶液变蓝；6mol·L-1H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液

（2）下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出

（3）I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+

（4）配氧率过低，I—不能完全转化为碘单质；配氧率过高，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根或耗费大量氧化剂

（5）Eθ=φθ(I2/I-)-φθ(IO-/I2)=0.54V-0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I—)-φθ(IO/I2)=0.54V-0.21V=0.33V>0.3V，反应则趋于完全进行，故氧化产物为NaIO3

【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计

【解析】【解答】（1）由题意可知，证明氟硅酸溶液中存I离子的的实验步骤为取样品，加入四氯化碳振荡、静置，可观察到下层呈紫红色说明溶液中含有单质碘；分液后取上层黄色液体，滴入适量5%淀粉溶液，溶液变蓝；重复上述操作2~3次，直至步骤②中没有明显现象说明溶液中的碘已经被完全萃取出来；再滴加适量6mol·L-1硫酸溶液和0.1mol·L-1亚硝酸钠溶液，若观察到溶液变蓝说明I离子酸性条件下与亚硝酸根离子反应生成了单质碘，证明氟硅酸溶液中存在I离子，故答案为：5%淀粉溶液；溶液变蓝；6mol·L-1H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液；

（2）实验室利用四氯化碳萃取溶液中的碘时，碘的四氯化碳溶液在下层，水溶液在上层，获得上层液体的操作为下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出，故答案为：下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出；

（3）碘被还原时发生的反应为碘与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氢碘酸，反应的离子方程式为I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，故答案为：I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+；

（4）由图可知，配氧率在112~113之间时，碘单质回收率最高，配氧率过低时，溶液中碘离子不能完全转化为碘单质导致碘单质回收率不够高；配氧率过高时，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根离子导致碘单质回收率不够高，还会耗费大量氧化剂造成试剂浪费，所以工业生产中配氧率选择112~113之间，故答案为：配氧率过低，I—不能完全转化为碘单质；配氧率过高，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根或耗费大量氧化剂；

（5）由题给数据可知，碘与氢氧化钠溶液发生歧化反应时，若生成次碘酸根离子，标准电动势Eθ=φθ(I2/I-)-φθ(IO-/I2)=0.54V-0.45V=0.09V，0.09V大于0，而小于0.3V，说明反应能自发进行，但不能趋于完全进行，若生成碘酸根离子，标准电动势Eθ=φθ(I2/I-)-φθ(IO/I2)=0.54V-0.21V=0.33V>0.3V，说明反应则趋于完全进行，所以歧化反应的氧化产物为碘酸钠，故答案为：Eθ=φθ(I2/I-)-φθ(IO-/I2)=0.54V-0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I-)-φθ(IO/I2)=0.54V-0.21V=0.33V>0.3V，反应则趋于完全进行，故氧化产物为NaIO3。

【分析】氟硅酸（H2SiF6）溶液中碘的可能存在形式为I2、I-、I；加入Na2SO3溶液还原，将碘元素全部变为HI，再通入NaClO溶液氧化，使溶液中的I-氧化为I2，加入四氯化碳萃取，加入NaOH歧化，再酸化得到粗碘。

28．（2023·赣州模拟）镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室用工业废弃的NiO催化剂(含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备Ni2O3的实验流程如下：

已知：常温时Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(CuS)=1.0×10-36；Fe3+不能氧化Ni2+。有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如下表所示：

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2

开始沉淀的pH1.56.57.7

完全沉淀的pH3.79.79.2

（1）Fe的原子结构示意图为。

（2）滤渣的主要成分为。

（3）实验室中操作A除去不溶性杂质用到的玻璃仪器有。

（4）加入H2O2的目的是；调pH的范围是。

（5）加入NaF的目的是进一步除去Ca2+，当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)=mol·L-1.

（6）“氧化”过程中加入的试剂X可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式。

【答案】（1）

（2）BaSO4和CaSO4

（3）漏斗、玻璃棒、烧杯

（4）将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；3.7≤pH＜7.7

（5）2.7×10-5

（6）

【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计

【解析】【解答】（1）铁元素是第26号元素，原子结构示意图：；

（2）根据分析，用硫酸浸取含镍催化剂后，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，故浸出渣主要成分为BaSO4和CaSO4；

（3）操作A是过滤，需要用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯；

（4）加入H2O2的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，使Fe3+完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7；

（5）当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)=mol·L-1.=2.7×10-5mol·L-1.；

（6）氧化”过程中加入NaOH、K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式：。

【分析】废弃的含镍催化剂加入硫酸酸浸，得到Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+、Ba2+，其中SO沉淀Ba2+和大部分Ca2+，过滤除去BaSO4、CaSO4，向滤液中通入H2S发生反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，过滤除去CuS、S，再加入过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，调节pH沉淀Fe3+，除去Fe(OH)3，加入NaF沉淀Ca2+，过滤，加入试剂X和氢氧化钠得到NiOOH，灼烧NiOOH得到Ni2O3。

29．（2023·张家界模拟）Na2FeO4具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下会自身分解生成Fe(OH)3。可用Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取Na2FeO4，并验证其处理含CN-废水的能力。

（1）Ⅰ.制取Na2FeO4

仪器D的名称为。洗气瓶B中盛有的试剂为。实验开始，先打开分液漏斗(填“A”或“C”)的活塞。

（2）写出大试管中发生反应的离子方程式：。

（3）三颈烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入Cl2。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、。

（4）Ⅱ.模拟并验证Na2FeO4处理含CN-废水的能力

取一定量Na2FeO4加入试管中，向其中加入0.2molL-1的NaCN溶液10mL，CN-被氧化为CO和N2。充分反应后测得试管中仍有Na2FeO4剩余，过滤。向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，将沉淀过滤干燥后称量，得白色沉淀0.3546g。

①配制0.2molL-1的NaCN溶液，需要的玻璃仪器有(填序号，下同)。

②计算NaCN溶液中CN-的去除率为(保留两位有效数字)。

【答案】（1）球形干燥管；饱和食盐水；C

（2）

（3）

（4）ADEF；90%

【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计

【解析】【解答】（1）仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入，所以先开C活塞；

（2）大试管中的与浓盐酸反应的离子方程为：；

（3）结合化合价升降相等、原子守恒、电荷守恒的知识可写出制取的离子方程式：；

（4）溶液配制需要胶头滴管、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒；，所以的去除率为。

【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水除去HCl杂质，则装置B中盛有的试剂是饱和食盐水，先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入，发生反应，制得。

30．（2023·安康模拟）铬镀在金属上可以防锈，坚固美观。一种以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3等]为原料生成金属铬的工艺流程如下图：

已知：①NaFeO2极易水解；

②Cr(VI)在中性或碱性溶液中以形式存在，在酸性条件下以形式存在；

③常温时，Al(OH)3+OH-[的平衡常数：K=100.63，Al(OH)3的溶度积常数：Ksp[Al(OH)3]=10-33；

回答下列问题：。

（1）Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为。

（2）“焙烧”时，气体和矿料逆流加入的原因是，Fe(CrO2)2反应生成NaFeO2和Na2CrO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质量之比为。

（3）“水浸”时，生成Fe(OH)3的离子方程式为。

（4）常温下，“酸化I”时，铝元素完全转化为沉淀的pH范围为(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1沉淀完全)。

（5）“酸化II”的目的是。

（6）“还原”时，反应的离子方程式为。

（7）“电解”时，金属铬在(填“阳”或“阴”)极上产生。

【答案】（1）+3

（2）增大接触面积，使燃烧更充分；7：4

（3）+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-

（4）4.7（5）将转化为

（6）8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O

（7）阴

【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计

【解析】【解答】（1）Fe(CrO2)2中O为-2价，Fe为+2价，所以Cr为+3价；故答案为：+3。

（2）“焙烧”时，为了使燃烧更充分，气体和矿料逆流加入；据分析可知，“焙烧”时主反应为，该反应中氧化剂和还原剂的物质量之比为7：4；故答案为：增大接触面积，使燃烧更充分；7：4。

（3）NaFeO2极易水解生成Fe(OH)3，离子方程式为+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；故答案为：+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-。

（4）“酸化I”时，铝元素完全转化为沉淀的离子方程式为，已知Al(OH)3+OH-的平衡常数为K=100.63，所以的平衡常数为；，此时pH=8.37；已知Ksp[Al(OH)3]=10-33；所以铝元素完全沉淀时，此时pH=4.7；所以pH范围为4.7（5）已知Cr(VI)在中性或碱性溶液中以形式存在，在酸性条件下以形式存在；所以“酸化II”的目的是将转化为。

（6）加入草酸“还原”时，生成Cr3+和CO2，反应的离子方程式为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；故答案为：8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O。

（7）“电解”时，Cr3+往阴极移动，所以金属铬在阴极生成，故答案为：阴。

【分析】铬铁矿中加入碳酸钠和氧气焙烧，主要发生反应，水浸分离出氢氧化铁，加入稀硫酸酸化，使铝元素形成氢氧化铝沉淀，即发生反应，再加入稀硫酸进行酸化，将转化为，加入草酸还原发生反应8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O，电解时Cr3+在阴极得电子发生还原反应生成金属铬。

31．（2023·黄山模拟）硼氢化钠在化工等领域具有重要的应用价值，工业上可用硼镁矿(生要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：

已知：硼氢化钠常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为)。

（1）和都是硼酸盐，请写出一元弱酸硼酸在水中的电离方程式。

（2）粉碎的目的是；滤渣的成分是(写化学式、下同)。

（3）操作1的步骤是、冷却结晶；操作2、操作3的名称分别为、。

（4）高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是。

（5）流程中可循环利用的物质是。写出副产物硅酸钠的一种用途。

（6）被称为万能还原剂，“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克的还原能力。的有效氢含量为(保留两位小数)。

【答案】（1）

（2）增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；和

（3）蒸发浓缩；过滤；蒸馏

（4）除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应

（5）异丙胺；可做防火剂或黏合剂

（6）0.21

【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；电离方程式的书写；化学方程式的有关计算

【解析】【解答】（1）一元弱酸硼酸在水溶液中部分电离，；

（2）粉碎的目的是增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故滤渣的成分是和；

（3）操作1从溶液中得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶；操作2为分离固液的操作，是过滤；硼氢化钠常易溶于异丙胺(沸点为)，操作3为从硼氢化钠的异丙胺溶液中得到硼氢化钠的操作，为蒸馏；

（4）钠、氢气均可与空气中氧气反应，高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应；

（5）操作3蒸馏出的异丙胺，可以在操作2中重复使用，故流程中可循环利用的物质是异丙胺。副产物硅酸钠可做防火剂或黏合剂等；

（6）中氢元素化合价为-1，可以失去电子变为+1；氢气中氢失去电子变为+1，根据电子守恒可知，，则有效氢含量为。

【分析】根据流程图及题干信息，硼镁矿“粉粹”后，加入浓NaOH溶液，与反应生成NaBO2和Mg(OH)2，Fe3O4与碱不反应，所以滤渣的主要成分是Fe3O4和Mg(OH)2；将含NaBO2的溶液经操作1可得到Na2B4O710H2O，晶体经脱水，得到Na2B4O7，Na2B4O7在高温下与Na、H2、SiO2合成NaBH4和Na2SiO3，根据已知信息，NaBH4常温下能与水反应，易溶于异丙胺（沸点为33℃），所以“操作2”中，异丙胺溶解NaBH4分离出不溶于异丙胺的Na2SiO3，再经“操作3”得到目标产品。

32．（2022高三上·金山模拟）（三）H2O2（H－O－O－H）既有氧化性又有还原性，其中氧处于中间价态。

完成下列填空：

（1）H2O2是二元弱酸，则H2O2的第一步电离方程式为。

（2）已知：4H2O2＋Cr2O72－＋2H+2CrO5＋5H2O，CrO5结构如图所示，该反应（选填“是”或“不是”）氧化还原反应，理由是。

（3）少量Mn2+催化分解H2O2的反应分两步进行，第一步：H2O2＋Mn2+＝MnO2＋2H+；写出第二步反应的离子方程式。

称取1.023gNaBO3·4H2O（M＝153.86g·mol－1）加入20.0mL1mol·L－1H2SO4(aq)酸化后定容至100mL，取出10.00mL用0.01046mol·L－1的KMnO4(aq)滴定至终点，消耗KMnO4(aq)24.34mL。

已知：①BO3－＋2H2O＝H2O2＋H2BO3－

②MnO4－＋H2O2＋H+→Mn2+＋O2↑＋H2O（未配平）

（4）配平离子方程式。

2MnO4－＋5H2O2＋_H+＝_Mn2+＋_O2↑＋_H2O

（5）实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、。

（6）滴定终点的现象为溶液变为色，且30s不变色。理论上消耗KMnO4(aq)mL，实验过程操作正确，产生误差的原因可能是。

【答案】（1）H2O2H+＋HO2－

（2）不是；反应仅发生了过氧键的转移，反应前后Cr的化合价都是+6价。

（3）MnO2＋H2O2＋2H+＝Mn2+＋O2↑＋2H2O

（4）2MnO4－＋5H2O2＋6H+＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O

（5）滴定管、100mL容量瓶

（6）浅紫红色；25.43mL；反应生成的Mn2+催化分解H2O2

【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；电离方程式的书写；化学方程式的有关计算

【解析】【解答】（1）H2O2是二元弱酸，则H2O2的第一步电离方程式为