四川省2024屆高考化學一輪復習模擬題練習-04氧化還原反應（含解析）

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一、單選題

1．（2023·四川成都·石室中學校考模擬預測）下列離子方程式書寫正確的是

A．用飽和碳酸鈉除去乙酸乙酯中的少量乙酸：2CH3COOH+CO=2CH3COO-+CO2↑+H2O

B．硫氫化鈉溶液與稀硫酸混合有氣泡產(chǎn)生：HS-+SO+7H+=2SO2↑+4H2O

C．將碳酸氫鈣溶液與過量的澄清石灰水混合：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O

D．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+

2．（2023·四川·校聯(lián)考模擬預測）NH3還原技術是當今有效且成熟的去除NOx的技術之一。使用釩催化劑、采用NH3還原技術能有效脫除電廠煙氣中的氮氧化物，消除NO的可能反應機理如圖所示(“…”表示催化劑吸附)。

下列說法不正確的是

A．步驟②可表述為在催化劑的氧化還原位被還原為，而催化劑的氧化還原位被氧化為

B．反應過程中消耗1molO2，理論上可處理NO的物質的量為4mol

C．釩催化劑能加快反應，但不能提高氮氧化物的平衡轉化率

D．該過程中原子利用率未達到100%

3．（2023·四川成都·成都七中?？寄M預測）MnO2催化某反應的一種催化機理如圖所示。下列敘述正確的是

A．該機理的總反應為HCHO+O2CO2+H2O

B．催化過程中，所發(fā)生的反應均為氧化還原反應

C．圖中的O與Na2O2中所含陰離子相同

D．該過程涉及化合物均為電解質

二、實驗題

4．（2023·四川成都·石室中學?？寄M預測）硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]俗稱莫爾鹽，是一種常見的補血劑，石室中學2023屆的同學們分小組制取了莫爾鹽晶體并對其熱分解產(chǎn)物進行了探究。

I.莫爾鹽晶體的制備

(1)用如圖1的裝置制備FeSO4。

①廢鐵屑需要先進行堿煮，目的是。

②加入的廢鐵屑需過量，除廢鐵屑不純外，主要原因是。

③用離子方程式解釋C中所盛試劑的作用：。

(2)反應結束后趁熱過濾，向濾液中加入H2SO4調節(jié)pH在1~2，迅速加入一定質量的(NH4)2SO4固體，在70~80℃條件下溶解后，趁熱倒入50mL乙醇中，析出莫爾鹽晶體。乙醇的作用為。

II.莫爾鹽晶體熱分解產(chǎn)物探究

查閱文獻得知：莫爾鹽隔絕空氣加熱至500℃時可完全分解，產(chǎn)物復雜。

[提出猜想]

(3)莫爾鹽晶體受熱分解，同學們認為分解產(chǎn)物可能有以下幾種情況：

A．FeO、NH3、SO3、H2O

B．FeO、NH3、SO2、H2O

C．Fe2O3、NH3、SO3、H2O

D．FeO、N2、SO2、H2O

E.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、H2O

F.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、N2、H2O

經(jīng)認真分析，通過推理即可確定猜想(填序號)不成立。

[實驗探究]

(4)甲組同學設計如圖2的實驗裝置，觀察到A中固體逐漸變?yōu)榧t棕色，B中白色固體變藍，D中酚酞溶液變紅色，由此可知莫爾鹽分解的產(chǎn)物中有H2O、(填化學式)。進一步實驗證實A中充分反應后的固體殘留物中不含F(xiàn)eO，操作方法及實驗現(xiàn)象：取少量A中固體殘留物于試管中，。

(5)乙組選用甲組實驗中的裝置A和圖3所示的裝置進行實驗，驗證了莫爾鹽分解的產(chǎn)物中還有SO2、SO3和N2。

①乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序(用裝置的字母表示)為A、E、。(各裝置中試劑均足量)

②實驗中，準確稱量莫爾鹽7.8400g，加熱充分反應后，測得裝置A中固體殘留物的質量為1.6000g，裝置F中生成白色沉淀的質量為5.8250g。寫出該條件下莫爾鹽受熱分解的化學方程式：。(已M[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]=392gmol-1，分解產(chǎn)物被充分吸收，不考慮其損失)

5．（2022·四川成都·成都七中?？寄M預測）以溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液為實驗對象，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多樣性。

實驗試劑與操作現(xiàn)象

I溶液滴入飽和溶液產(chǎn)生白色沉淀

II溶液溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀

III溶液開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀

(1)用離子方程式解釋現(xiàn)象I：。

(2)經(jīng)檢驗，現(xiàn)象II的棕黃色沉淀中不含，含有、和。

已知：，(白色)。

①用稀硫酸證實沉淀中含有的實驗現(xiàn)象是。

②通過下列實驗證實，沉淀中含有和：將洗凈的棕黃色沉淀中加入KI溶液，產(chǎn)生白色沉淀，取上層清液分成兩份，一份加入淀粉溶液，無明顯現(xiàn)象，另一份加入，產(chǎn)生白色沉淀。

(3)已知：在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性溶液褪色。

①推測沉淀中含有亞硫酸根和。

②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設：i.被所吸附；ii.存在于鋁的堿式鹽中。對假設ii設計了對比實驗，證實了假設ii成立。將對比實驗方案補充完整：

步驟一：

步驟二：

假設ⅱ成立的實驗證據(jù)是。

6．（2023·四川成都·成都七中?？寄M預測）某學習小組設計實驗探究NO與銅粉的反應并檢驗NO，實驗裝置如圖所示(夾持裝置略)。已知在溶液中：FeSO4+NOFe(NO)]SO4(棕色)，該反應可用于檢驗NO。

(1)實驗開始前，向裝置中通入一段時間的N2，目的是。

(2)盛裝Cu片的儀器名稱叫，請寫出裝置E中反應的離子方程式。

(3)裝置F中盛放的是水，作用是；裝置Ⅰ中盛放的試劑是，作用是。

(4)若觀察到裝置H中紅色粉末變黑色，則NO與Cu發(fā)生了反應，同時生成一種單質，請寫出該反應的化學方程式：。

三、元素或物質推斷題

7．（2023·四川成都·成都七中?？寄M預測）如圖是氮元素的幾種價態(tài)與物質類別的對應關系。請回答下列問題：

(1)上述物質間的轉化，屬于固氮反應的有(填序號)，是否屬于酸性氧化物(填“是”或“否”)。

(2)與圖中的物質C常用于檢驗的存在，則C的化學式為。

(3)工業(yè)上以B、空氣、水為原料生產(chǎn)硝酸分為三步：其中第三步：，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為。

(4)寫出濃硝酸與木炭在加熱條件下反應的化學方程式，并用單線橋表示其電子轉移的情況。

(5)如圖裝置可用于探究氯氣與氨氣的反應，實驗時先通過三頸瓶瓶口1通入氨氣，然后關閉b活塞，再通過瓶口2通入氯氣。實驗中三頸瓶內出現(xiàn)白煙并在內壁凝結成固體，發(fā)生反應的化學方程式為，請設計一個實驗方案鑒定該固體中的陽離子。

(6)有一瓶稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中，。取100mL該混合溶液與12.8g銅粉反應，標準狀況下生成A的體積為L。

8．（2022·四川成都·成都七中?？寄M預測）A、B、C、D、E、F為六種短周期元素，相關信息如下：

序號信息

①A、B、C原子序數(shù)依次增大，均可與D形成含的分子

②C為地殼中含量最高的元素

③E與F同周期，且E在同周期元素中非金屬性最強

④F為短周期中原子半徑最大的元素

根據(jù)以上信息提示，回答下列問題。

(1)C元素在周期表中的位置為。簡單氫化物沸點最低的是。

(2)由B、C、D三元素按原子個數(shù)2∶3∶4之比形成物質的化學式為，化合物DEC所含化學鍵的類型有(填“金屬鍵”、“離子鍵”、“極性共價鍵”或“非極性共價鍵”)。

(3)將通入到FEC溶液中可制得。該反應的離子方程式為。

(4)寫出可使酸性高錳酸鉀溶液褪色的A的含氧酸(相對分子質量為90)的結構式。

(5)一種淡黃色固體，其電子式為。該固體與硫酸亞鐵溶液(按物質的量之比為1∶1)反應。反應過程中有氣體生成，則該反應的還原劑為。

四、工業(yè)流程題

9．（2023·四川·校聯(lián)考模擬預測）銦(In)是制造低熔點合金、軸承合金、半導體、電光源等的重要原料，從鉛、鋅的冶煉過程中產(chǎn)生的高銦煙灰(主要含有ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、In2S3)中提取銦的流程如下：

已知：①“萃取”時，發(fā)生的反應為In3++3H2A2(有機液)→In(HA2)3(有機液)+3H+、Fe3++3H2A2(有機液)一→Fe(HA2)3(有機液)+3H+；

②“反萃取”時，發(fā)生的反應為In(HA2)3(有機液)+4HCl→3H2A2(有機液)+HInCl4；

③濾液中銦以In3+的形式存在，In3+與Al3+相似，易水解。

回答下列問題：

(1)H2SO4的電離方程式為。

(2)“氧化酸浸”時(填“能”或“不能")用濃鹽酸代替稀硫酸，理由是(用離子方程式表示，若前面回答“能”，則此空不用填)。

(3)“氧化酸浸”過程中硫元素最終均以硫酸根離子的形式存在于浸出液中，寫出In2S3發(fā)生反應的化學方程式：。

(4)下列關于“萃取”和“反萃取”的說法錯誤的是_(填字母)。

A．這兩個操作均利用了溶質在水中和有機液中的溶解性不同

B．若在實驗室里完成這兩個操作，均需用到分液漏斗、燒杯和玻璃棒

C．“萃取”時，可向“凈化”后的液體中加入適量的NaOH溶液，以提高萃取率．

D．“反萃取”時，適當增大鹽酸的濃度可提高銦的反萃取率

(5)“置換”后所得濁液，需要經(jīng)過過濾洗滌、干燥等操作得到粗銦，在洗滌操作中，檢驗粗銦已洗滌干凈的方法為。

(6)電解精煉銦時，陽極材料應選用，隨著電解的不斷進行，電解液中c(In3+)會逐漸(填“減小”或“不變”)。

10．（2022·四川成都·成都七中?？寄M預測）錳(Mn)最早是由瑞典化學家伯格曼的助手甘恩從軟錳礦中分離得到的，錳常用于制造合金錳鋼。某化工廠以軟錳礦(主要成分是，含有、、CaO等少量雜質)為主要原料制取金屬錳的工藝流程如下所示。

(1)“浸錳”步驟中往往有副產(chǎn)物生成，溫度對“浸錳”反應的影響如圖所示。為減少的生成，“浸錳”的適宜溫度是，“濾渣I”的成分有和(填化學式)。該步驟中可以再加入，以促進“濾渣I”析出，結合平衡移動原理分析其原因：。

(2)“濾液I”中需要先加入，充分反應后再調pH，寫出加入時發(fā)生反應的離子方程式：。

(3)“濾液II”中加入的目的是進一步除去溶液中的，已知25℃時，則常溫下在純水中的溶解度為。

(4)由“濾液III”可制得，已知硫酸錳在不同溫度下的溶解度和析出晶體的組成如圖所示。則從“濾液III”中獲得較高純度的“操作I”為控制溫度在80～90℃蒸發(fā)結晶、、用80～90℃蒸餾水洗滌2～3次、真空干燥。

(5)電解時加入適量的有利于Mn在電極上析出，與水反應生成的(二元弱酸)在陰極放電生成Se單質(對有特殊的吸附能力，有利于電還原沉積)，該電極反應為。

11．（2023·四川成都·成都七中?？家荒＃┤趸?Co2O3)主要用作顏料、釉料、磁性材料，催化劑和氧化劑等。以含鈷廢料(主要成分為Co2O3，含有少量MnO2，NiO、Fe3O4)為原料制備Co2O3的流程如圖所示：

已知：

Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的陽離子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+。

Ⅱ.部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時溶液的pH如表：

沉淀物Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2

完全沉淀時的pH3.79.09.2

回答下列問題：

(1)“濾渣1”的化學式為，“酸浸”時Co2O3發(fā)生的反應的化學方程式是。

(2)“酸浸”時加入H2O2的目的是。生產(chǎn)過程中發(fā)現(xiàn)實際消耗雙氧水的量大于理論值，可能的原因是。

(3)某萃取劑對金屬離子的萃取率與溶液pH的關系如圖所示：

使用該萃取劑時應控制的pH約為，理由是。

(4)“操作1”所得副產(chǎn)品的一種用途為。已知該物質的溶液加熱到100℃時會變質，該物質的溶解度見表：

溫度/℃0102030405060

溶解度/g70.673.075.478.081.084.588.0

操作1是(填字母)。

A．蒸發(fā)結晶B．降溫結晶C．減壓蒸發(fā)結晶

(5)“沉鈷”時發(fā)生反應的離子方程式為。

(6)有機相提取的Ni2+再生時可用于制備氫電池，該電池充電時的總反應為Ni(OH)2+M=NiOOH+MH。則放電時負極的電極反應式為。

12．（2023·四川綿陽·綿陽中學實驗學校校考模擬預測）銦(In)與Al同主族，是一種稀散金屬，廣泛應用于電子半導體、光纖通信等領域。以煉鋅得到的硬鋅粗渣(含有Zn、ZnO、ZnS、In、InSb等)為原料提取單質銦并制備ZnSO4·7H2O的工藝流程如圖所示。請回答下列問題：

已知：①當c(H2SO4)＜0.16mol·L-1時，銦的浸出率幾乎為0

②常溫下，Ksp[In(OH)3]=1.3×10-37

(1)硬鋅粗渣浸出前需進行球磨成粉，其原因是。

(2)操作Ⅱ的名稱為(填字母)。

A．過濾B．蒸餾C．干餾D．萃取分液

操作Ⅰ為，過濾、洗滌、干燥。

(3)“氧化浸出”過程中，濃硝酸可將InSb(Sb為-3價)轉化為In2O3和Sb2O3，同時釋放出紅棕色氣體，則該反應化學方程式為。

(4)H2O2、NaClO3和HNO3均可作“氧化浸出”時的氧化劑，三種物質中只含有極性共價鍵的物質是；“氧化浸出”過程中，若分別使用H2O2、NaClO3作氧化劑，轉移電子的數(shù)目相同時，則消耗二者的物質的量之比為。

(5)常溫下，在0.1mol·L-1的In2(SO4)3溶液中存在平衡：In3+(aq)+3H2O(1)In(OH)3(s)+3H+(aq)，則該反應的化學平衡常數(shù)K=。(計算結果保留兩位有效數(shù)字)

五、原理綜合題

13．（2022·四川成都·成都七中?？寄M預測）完成下列問題。

(1)二氧化氯是黃綠色、易溶于水的氣體，具有強氧化性，可用于煙氣中和NO的脫除。研究表明：氧化和NO的反應歷程與下列反應有關。

序號反應機理反應熱速率常數(shù)

脫硝ⅰ

ⅱ

脫硫ⅲ

ⅳ

實驗測得：分別對純、純NO以及同時氧化的氧化率隨時間的變化情況如圖所示。據(jù)此分析：

①其它因素都相同，判斷氧化的活化能(填“>”或“＜”)氧化NO的活化能；

②NO的存在(填“會”或“不會”)催化氧化。請結合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常數(shù)分析原因：。

(2)一定時間內，NaClO溶液在不同溫度下對硫、硝脫除率影響曲線如圖。

①脫除率高于NO，可能的原因是(寫兩條)。

②煙氣中和NO體積比為4∶1，煙氣與50℃時的吸收液轉化生成的。

14．（2023·四川成都·成都七中?？寄M預測）氨氣可作為脫硝劑?；卮鹣铝袉栴}：

(1)在絕熱恒容密閉容器中充入一定量的NO和NH3，在一定條件下發(fā)生反應：_______NO(g)+_______NH3(g)_______N2(g)+_______H2O(g)。

①不能說明該反應已達到平衡狀態(tài)標志的是(填標號)。

a.體系溫度不變

b.反應速率5v(NH3)消耗=4v(N2)消耗

c.容器內壓強不再隨時間而發(fā)生變化

d.容器內N2的物質的量分數(shù)不再隨時間而發(fā)生變化

e.容器內n(NO)：n(NH3)：n(N2)：n(H2O)=6：4：5：6

②某次實驗中測得容器內NO及N2的物質的量隨時間的變化如圖所示，圖中b點對應的反應速率關系是v正v逆(填“”“”或“”)。

(2)一定溫度下，在2L恒容密閉容器內發(fā)生反應2NO2(g)N2O4(g)，n(NO2)隨時間的變化如表：

時間/s012345

n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005

①0~2s內，該反應的平均速率v(NO2)=。

②根據(jù)表中可以看出，隨著反應進行，反應速率逐漸減小，其原因是。

③該溫度下，反應2NO2(g)N2O4(g)的平衡常數(shù)K=L·mol-1。

(3)對于反應2NO2(g)N2O4(g)，用平衡時各組分壓強關系表達的平衡常數(shù)。在一定條件下NO2與N2O4的消耗速率與自身壓強間存在關系：v消耗(NO2)=k1·p2(NO2)，v消耗(N2O4)=k2·p(N2O4)。其中k1、k2是與反應及溫度有關的常數(shù)。相應的消耗速率跟壓強的關系如圖所示：

一定溫度下，k1、k2與平衡常數(shù)KP的關系是k1=。在圖標出的點中，指出能表示反應達到平衡狀態(tài)的點并說明理由。

六、填空題

15．（2022·四川瀘州·四川省瀘縣第二中學校聯(lián)考一模）氮和氮的化合物與人類有密切關系。

(1)下列屬于氮的固定的是(填序號)。

①工業(yè)上N2和H2合成NH3

②N2和O2放電條件下生成NO

③NH3催化氧化生成NO

寫出反應③的化學方程式。

(2)①治理NO污染通常是在氧化劑作用下，將NO氧化成溶解度高的NO2，然后用水或堿液吸收脫氮。下列物質可以用于氧化NO的是(填序號)。

ANaCl溶液B．K2Cr2O7溶液C．Na2CO3溶液D．KMnO4溶液

②NO也可用NaClO堿性溶液氧化并將其轉化為硝酸鹽化肥，寫出該反應的離子方程式：。

③目前處理柴油車尾氣中NOx和PM2.5等的方法之一，是用車用尿素[CO(NH2)2]溶液在選擇性催化還原系統(tǒng)中將NOx無害化處理，寫出該系統(tǒng)無害化處理NO的化學方程式：。

(3)CO與NO在Rh催化劑上的氧化還原反應是控制汽車尾氣對空氣污染的關鍵反應，用Rh做催化劑時該反應的過程示意圖如下：

①過程I為過程(填“吸熱”或“放熱”)。該反應中氧化產(chǎn)物為，當生成1molN2時，轉移電子mol。

②已知過程I的焓變(lmolCO參加)為akJ/mol，過程II的焓變?yōu)閎kJ/mol，則該反應的熱化學方程式為。

參考答案：

1．C

【詳解】A．用飽和碳酸鈉除去乙酸乙酯中的少量乙酸，根據(jù)以少定多原則，其離子方程式應為：CH3COOH+CO=CH3COO-+，故A項錯誤；

B．稀硫酸沒有氧化性，與硫氫化鈉溶液混合有氣泡產(chǎn)生是因為生成了硫化氫氣體，故其離子方程式為：HS-+H+=H2S↑，故B項錯誤；

C．將碳酸氫鈣溶液與過量的澄清石灰水混合，根據(jù)以少定多原則，碳酸氫根的化學計量數(shù)為1，故其離子方程式為：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故C項正確；

D．過氧化氫不能還原氧化鐵，故該反應不發(fā)生，故D項錯誤。

故答案選C。

【點睛】該題考察離子方程式的書寫，遇到過量問題時注意使用以少定多原則：即少量的離子系數(shù)定為1，再配其他離子。

2．A

【詳解】A．變?yōu)?，N的化合價由-3價升高到-2價，化合價升高被氧化，故A錯誤；

B．根據(jù)關系圖和電子守恒，1molO2可以得到4mol電子，同時可以氧化4mol催化劑，最終理論上可以處理4molNO，故B正確；

C．催化劑能加快反應速率，不能提高平衡轉化率，故C正確；

D．總反應方程式中生成物為N2和H2O，原子利用率未達到100%，化合反應的原子利用率是100%，故D正確；

答案選A。

3．A

【詳解】A．分析題中催化機理圖，除去中間產(chǎn)物，可得該反應總反應為：HCHO+O2CO2+H2O，A正確；

B．催化機理存在一步HCO與H+反應生成CO2的過程，不是氧化還原反應，B錯誤；

C．Na2O2中所含陰離子為O，與O不同，C錯誤；

D．CO2、HCHO自身不能電離，為非電解質，D錯誤；

綜上所述答案為A。

4．(1)除去廢鐵屑表面的油污防止亞鐵離子被氧化Cu2++H2S=CuS↓+2H+

(2)(降低溶劑的極性)使硫酸亞鐵銨在乙醇一水的混合溶劑中的溶解度更小，有利于晶體析出

(3)BC

(4)Fe2O3、NH3加入稀硫酸(或稀鹽酸)溶解，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產(chǎn)生藍色沉淀[或加入稀硫酸(此處不能填稀鹽酸)溶解，再滴入KMnO4稀溶液，溶液不褪色]

(5)G、F、H4[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O

【分析】本實驗的目的是制備摩爾鹽并驗證其分解產(chǎn)物，首先將鐵屑進行堿煮除去表面的油污，然后依次加入稀硫酸和硫酸銨固體，控制溫度在70~80℃條件下反應一段時間，趁熱倒入50mL乙醇中，即可制備出莫爾鹽晶體。通過觀察加熱后剩余固體的顏色推測產(chǎn)物之一為氧化鐵，通過酚酞變紅推測生成了氨氣，SO3會干擾SO2的檢驗，應先檢驗SO3，裝置G中足量的鹽酸可以除掉氣體中的NH3，足量BaCl2可以檢驗SO3并吸收SO3；裝置F中H2O2將SO2氧化為并用BaCl2檢驗、吸收，裝置H收集并檢驗N2，據(jù)此作答。

【詳解】（1）①廢鐵屑表面有油污，油污可以在堿性溶液中發(fā)生水解，所以對廢鐵屑進行堿煮的目的是除去廢鐵屑表面的油污。

②Fe2+易被空氣中的氧氣氧化為鐵離子，F(xiàn)e可以和鐵離子發(fā)生反應：2Fe3++Fe=3Fe2+，因此過量的廢鐵屑能防止亞鐵離子被氧化。

③廢鐵屑中含有少量FeS.和稀硫酸反應會生成有毒的硫化氫氣體，裝置C的作用為除去反應產(chǎn)生的H2S氣體。離子方程式為：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；

（2）乙醇的作用為使硫酸亞鐵銨在乙醇一水的混合溶劑中的溶解度更小，有利于晶體析出。

（3）莫爾鹽中Fe元素的化合價是+2，莫爾鹽分解發(fā)生氧化還原反應或非氧化還原反應，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，反應產(chǎn)物中有化合價升高的元素的同時也有化合價降低的元素，而B、C猜想中只有化合價升高或降低的元素，不符合氧化還原反應規(guī)律，所以不成立的是猜想B和C。

（4）A中固體逐漸變?yōu)榧t棕色可知為氧化鐵，D中酚酞溶液變紅色說明有氨氣；

證明固體殘留物中不含F(xiàn)eO.即證明該固體殘留物溶于酸后，溶液中不含亞鐵離子，則取少量A中固體殘留物放入試管中，加入足量稀硫酸完全溶解后，再加入高錳酸鉀溶液，溶液不褪色；或滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產(chǎn)生藍色沉淀，證明不含亞鐵離子。

（5）①SO3會干擾SO2的檢驗，應先檢驗SO3，裝置G中足量的鹽酸可以除掉氣體中的NH3，足量BaCl2可以檢驗SO3并吸收SO3；裝置F中H2O2將SO2氧化為并用BaCl2檢驗、吸收，裝置H收集并檢驗N2，所以連接的合理順序為AEGFH。

②7.8400g莫爾鹽的物質的量為；A中固體殘留物的質量為1.6000g，則生成氧化鐵0.01mol，失電子0.02mol；F中生成白色沉淀的質量為5.8250g，說明生成0.025molSO2，得電子0.05mol；根據(jù)得失電子守恒，可計算生成N2的物質的量為；根據(jù)N元素守恒可得生成氨氣的物質的量是0.03mol，根據(jù)硫元素守恒可得生成SO3的物質的量為0.015mol。因此莫爾鹽受熱分解的化學方程式：4[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O。

5．(1)

(2)有紅色固體生成HCl和溶液

(3)、V1明顯大于V2

【分析】Na2SO3溶液分別和飽和Ag2SO3、0.2mol/LCuSO4溶液、0.1mol/LAl2(SO4)3溶液反應，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多樣性。

【詳解】（1）向飽和Ag2SO4溶液滴加0.2mol·L1Na2SO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，因為Ag2SO4微溶于水，而Ag2SO3難溶于水，所以Ag2SO4溶解度大于Ag2SO3的溶解度，則白色沉淀為Ag2SO3，故反應的離子方程式為2Ag＋+SO=Ag2SO3↓。

（2）①向0.2mol·L1CuSO4溶液中滴加0.2mol·L1Na2SO3溶液，溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀，經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含SO，含有Cu+、Cu2+和SO。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。Cu+在酸性條件下發(fā)生歧化反應生成單質銅，所以向所得沉淀中滴加稀硫酸有紅色沉淀銅生成，證明沉淀中含有Cu+。

②因Cu2+CuI↓（白色）+I2，向洗凈的棕黃色沉淀中加入KI溶液，有白色沉淀生成，則沉淀應為CuI，證明Cu2+與I-生成了CuI↓（白色）和I2，而I2把SO氧化為SO，取上層清液滴加淀粉，不顯藍色，證明I2不存在，生成的I2把SO氧化為SO，所以向另一份上層清液中滴加鹽酸酸化的氯化鋇，有白色沉淀BaSO4生成，證明有SO存在，在I-的作用下，Cu2+轉化為白色沉淀CuI，SO轉化為SO；

（3）①向0.1mol·L1Al2(SO4)3溶液中滴加0.2mol·L1Na2SO3溶液，開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀，而又因為Al2(SO4)3在水溶液中不存在，又知該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，則該沉淀為Al(OH)3，又知經(jīng)檢驗沉淀中無SO，使酸性KMnO4溶液褪色的只能是SO，所以沉淀中含有SO和Al(OH)3。②根據(jù)題給實驗設計實驗步驟二，向2mL0.1mol·L1Al2(SO4)3溶液中滴加氨水并控制pH，然后分離洗滌沉淀并保留固體，再向固體中滴加氫氧化鈉至沉淀恰好溶解，記錄氫氧化鈉溶液的體積V2，V1明顯大于V2，證明亞硫酸根存在于鋁的堿式鹽中。

6．排除裝置中的空氣，防止生成的NO被氧氣氧化三頸燒瓶3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O除去揮發(fā)出的硝酸蒸氣FeSO4溶液檢驗NO2NO+2Cu2CuO+N2

【分析】由實驗裝置可知，先通入氮氣可將裝置內空氣排出，三頸燒瓶中銅與稀硝酸反應生成NO，F(xiàn)中水可除去揮發(fā)的硝酸，G中無水氯化鈣干燥NO，H中Cu與NO反應生成CuO、氮氣，I中盛放硫酸亞鐵溶液檢驗NO，J中收集NO，以此解答。

【詳解】(1)NO很容易與氧氣反應生成NO2，所以反應開始前先通入一段時間氮氣，排除裝置中的空氣，防止生成的NO被氧氣氧化；

(2)根據(jù)儀器的結構特點可知該裝置為三頸燒瓶；裝置E中銅與稀硝酸反應生成NO，離子方程式為3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；

(3)硝酸具有揮發(fā)性，生成NO中混有HNO3氣體，F(xiàn)中的水可以除去揮發(fā)出的硝酸蒸氣；NO具有氧化性，裝置I中可以盛放FeSO4溶液來檢驗NO；

(4)裝置H中紅色粉末為Cu，生成的黑色物質為CuO，同時還生成一種單質，應為N2，化學方程式為2NO+2Cu2CuO+N2。

7．(1)①②否

(2)

(3)1：2

(4)

(5)取少量固體于試管中，加入NaOH溶液，微熱，產(chǎn)生的氣體在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢測，若試紙變藍，則證明該固體中含

(6)2.24

【詳解】（1）氮的固定是指氮氣由單質轉化為化合物的過程，屬于固氮反應的有①②，不屬于酸性氧化物，故填否。

（2）常用硝酸酸化的硝酸銀檢驗的存在，則C的化學式為。

（3）第三步：反應為，該反應中NO2既是氧化劑又是還原劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2。

（4）濃硝酸與木炭在加熱條件下反應，C失去4個電子被氧化為CO2，HNO3得到電子被還原為NO2，單線橋表示其電子轉移的情況為；

（5）三頸瓶內出現(xiàn)白煙并在內壁凝結成的固體為氯化銨，發(fā)生反應的化學方程式為，該固體中的陽離子為銨根離子，檢驗方案為取少量固體于試管中，加入NaOH溶液，微熱，產(chǎn)生的氣體在試管口用濕潤的紅色石蕊試紙檢測，若試紙變藍，則證明該固體中含。

（6）c（H2SO4）=2.0molL-1，c（HNO3）=1.0molL-1．取100mL該混合溶液中n（H+）=0.1L×2×2mol/L+0.1L×1mol/L=0.5mol，n（NO）=0.1L×1mol/L=0.1mol，12.8gCu的物質的量為12.8g÷64g/mol=0.2mol，根據(jù)

0.2molCu完全反應消耗molNO、molH+，故NO不足，由離子方程式可知生成標況下NO為0.1mol，體積為0.1mol×22.4L/mol=2.24L。

8．(1)第二周期第VIA族

(2)極性共價鍵

(3)

(4)

(5)和

【分析】F為短周期中原子半徑最大的元素，則F是鈉元素；E與F同周期，且E在同周期元素中非金屬性最強，則E為氯元素；C為地殼中含量最高的元素，則C為氧元素；A、B、C原子序數(shù)依次增大，均可與D形成含的分子，則D是氫元素，A、B分別是碳、氮元素，據(jù)此回答。

（1）

氧元素在周期表中的位置為第二周期第VIA族。簡單氫化物沸點最低的是CH4。

（2）

由N、O、H三元素按原子個數(shù)2∶3∶4之比形成物質的化學式為

，化合物HClO所含化學鍵的類型為極性共價鍵。

（3）

將NH3通入到NaClO溶液中可制得N2H4，氮元素化合價由-3價升高到-2價，氯元素化合價由+1價降低到-1價，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，寫出離子方程式為：。

（4）

可使酸性高錳酸鉀溶液褪色的含氧酸(相對分子質量為90)是具有還原性的草酸H2C2O4，結構式為。

（5）

淡黃色固體過氧化鈉為離子化合物，由鈉離子和過氧離子構成，過氧離子中兩個氧原子之間共用1對電子，其電子式為：；過氧化鈉與硫酸亞鐵按1:1反應，反應過程中有氣體O2生成，則該反應中負一價氧元素部分升高，亞鐵失電子化合價也升高，硫酸亞鐵和過氧化鈉都是還原劑。

9．(1)H2SO4=2H++

(2)不能MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O

(3)In2S3+12MnO2+12H2SO4=In2(SO4)3+12MnSO4+12H2O

(4)A

(5)取最后一次洗滌液，加入用硝酸酸化的硝酸銀溶液，若沒有沉淀產(chǎn)生，則說明固體已洗滌干凈

(6)粗銦減小

【詳解】（1）硫酸為強酸，完全電離，其電離方程式為：H2SO4=2H++

（2）二氧化錳能氧化氯離子，故不能用鹽酸酸化，發(fā)生的離子方程式為：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O

（3）由題目信息可知，該反應In2S3反應后得到In3+，+4價Mn被還原為Mn2+，所以發(fā)生的化學反應方程式為：In2S3+12MnO2+12H2SO4=In2(SO4)3+12MnSO4+12H2O；

（4）A．由信息可知，“萃取”和“反萃取”是利用化學反應平衡移動原理進行的，A錯誤；

B．水溶液與有機溶液分離需要進行分液，需要用到分液漏斗，玻璃棒，燒杯，B正確；

C．由In3++3H2A2(有機液)→In(HA2)3(有機液)+3H+可知，加入適量的NaOH溶液，使氫離子濃度減小，平衡正向移動，使In3+進入有機溶劑中，達到提高萃取率的目的，C正確；

D．由反應In(HA2)3(有機液)+4HCl→3H2A2(有機液)+HInCl4，增大鹽酸的濃度平衡正向移動，In3+進入水溶液，可提高銦的反萃取率，D正確；

故選A。

（5）檢驗粗銦是否已洗滌干凈，可檢驗其是否含有氯離子，故取最后一次洗滌液，加入用硝酸酸化的硝酸銀溶液，若沒有沉淀產(chǎn)生，則說明固體已洗滌干凈

（6）電解精煉銦時，陽極材料應選用粗銦，隨著電解的不斷進行，電解液中In3+析出，由于陽極中含有金屬雜質，失去電子進入溶液，故c(In3+)會逐漸減小。

10．(1)90℃CaSO4增大，使平衡正向移動，促進析出

(2)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O

(3)1.56×10-3

(4)趁熱過濾

(5)H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O

【分析】軟錳礦(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量雜質)；軟錳礦中MnO2、Fe2O3、CaO分別與稀硫酸和過量的SO2反應轉化為Mn2+、Fe2+以及微溶的CaSO4，過濾得到主要為SiO2和少量CaSO4的濾渣Ⅰ，濾液主要含Mn2+、Fe2+、H+、、Ca2+的溶液；向溶液中加MnO2將Fe2+氧化為Fe3+并調pH=6使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀而除去，過濾得到含MnO2和Fe(OH)3的濾渣II和主要含Mn2+、、Ca2+的濾液Ⅱ；向濾液Ⅱ加過量的使Ca2+轉化為難容的CaF2而除去；過濾得到含CaF2和MnF2的濾渣Ⅲ和主要含Mn2+、的濾液Ⅲ；將含Mn2+、的溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等步驟得到MnSO4H2O晶體，然后在電解得到金屬Mn。

（1）

由圖所示可知，副產(chǎn)物MnS2O6生成隨溫度的升高而降低，當溫度≥90℃時其產(chǎn)率最低，同時錳的浸出率最高，故溫度應控制在90℃；由于CaO與稀硫酸反應生成微溶的CaSO4，以及SiO2不與硫酸反應，則濾渣Ⅰ為SiO2和CaSO4；增加，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向正反應方向移動，促進CaSO4析出；

（2）

酸性條件下將氧化為，即MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（3）

由，常溫下CaF2溶解在純水中，，所以有，解得，CaF2溶液中，故CaF2的溶解度為1.56×10-3或0.00156g；

（4）

由圖可知MnSO4H2O的溶解度隨問的升高而降低，為得到純度較高的MnSO4H2O晶體，應趁熱過濾；

（5）

陰極發(fā)生還原反應，所以H2SeO3(二元弱酸)在陰極放電生成Se單質，則其電極反應式為H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O。

11．(1)

(2)將+3價的鈷還原為，將氧化為，便于后續(xù)調節(jié)pH后除去酸浸反應放熱，使雙氧水分解；廢料中的或生成的催化雙氧水分解

(3)2.5~3.3萃取劑在該pH時對、萃取率差別大，能分離、兩種離子

(4)做氮肥c

(5)

(6)

【詳解】（1）由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的陽離子為、、、，再由已知II可知，當調節(jié)pH至3.7時，會先以沉淀的形式析出，所以“濾渣1”的化學式為；酸浸時在酸性條件下與發(fā)生氧化還原反應生成、氧氣和水，依據(jù)得失電子守恒、質量守恒，化學方程式為：。

（2）由分析可知，加入過氧化氫的目的是酸性條件下，氧化鈷與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應生成，四氧化三鐵中的與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應生成；過氧化氫的穩(wěn)定性差，酸浸時，反應放熱，放出的熱量能使過氧化氫分解，同時，廢料中的二氧化錳或溶液中的也可以做過氧化氫分解的催化劑，加快過氧化氫的分解，導致實際消耗的過氧化氫的量大于理論值。

（3）使用該萃取劑萃取，單純從萃取率考慮，萃取率越高越好，但同時還要考慮到盡可能的不被萃取，兩方面綜合考慮，pH應控制在2.5~3.3；因為萃取劑在該pH時對、萃取率差別大，能分離、兩種離子。

（4）整個過程中加入的物質有：硫酸、過氧化氫、氨水和碳酸氫銨，過氧化氫和碳酸氫根在反應過程中反應完全，依據(jù)質量守恒，溶液中還有的物質為硫酸銨，可用作氮肥；從溶解度角度看，硫酸銨的溶解度隨溫度升高有所增大，但變化量不大，且硫酸銨受熱易分解，因此操作1應采取減壓蒸發(fā)結晶，選c。

（5）沉鈷時發(fā)生的反應為向水相中加入氨水和碳酸氫銨溶液，亞鈷離子轉化為沉淀，鈷元素化合價不變，因此發(fā)生非氧化還原反應，離子方程式為：。

（6）由電池充電時的總反應可知，放電時負極為MH，失電子化合價升高，發(fā)生氧化反應生成M，因此放電時負極電極反應式為：。

12．(1)增大固體表面積，加快浸出速率

(2)D蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶

(3)2InSb＋12HNO3(濃)=In2O3＋Sb2O3＋12NO2↑＋6H2O

(4)HNO33：1

(5)7.7×10-6

【詳解】（1）硬鋅粗渣浸出前需進行球磨成粉，其原因是增大固體表面積，加快浸出速率；

（2）浸出液Ⅱ中加入有機溶劑，操作Ⅱ后得到有機相和水溶液，故操作Ⅱ為萃取分液，故選D；操作Ⅰ要得到結晶水合物，應為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥。

（3）“氧化浸出”過程中，濃硝酸可將InSb(Sb為-3價)轉化為In2O3和Sb2O3，同時釋放出紅棕色氣體NO2，濃硝酸將InSb氧化，Sb的化合價從-3價升高為+3價，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒配平該反應的化學方程式為2InSb＋12HNO3(濃)=In2O3＋Sb2O3＋12NO2↑＋6H2O；

（4）H2O2含有極性鍵和非極性鍵，NaClO3含有極性鍵和離子鍵，HNO3只含有極性鍵，則三種物質中只含有極性共價鍵的物質是HNO3；H2O2作氧化劑時，還原產(chǎn)物為水，則1molH2O2得2mol電子，NaClO3作氧化劑時，被還原為Cl-，則1molNaClO3得電子6mol，“氧化浸出”過程中，若分別使用H2O2、NaClO3作氧化劑，轉移電子的數(shù)目相同時，則消耗二者的物質的量之比為3:1；

（5）該反應的化學平衡常數(shù)

13．(1)>會k3顯示單獨氧化SO2時產(chǎn)生ClO過慢，同時氧化時由反應ⅰ產(chǎn)生的ClO部分與SO2作用，使SO2的氧化率提高明顯

(2)SO2水溶度大于NO的；或者SO2在溶液中的還原性強于NO的；或者NaClO溶液與SO2反應速率大于NO的2∶13

【解析】（1）

①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，ClO2與NO的兩步反應的k1、k2均大于ClO2與SO2反應的k3、k4，說明ClO2與NO反應更快，因此ClO2氧化SO2的活化能>ClO2氧化NO的活化能。②觀察圖示可知，ClO2單獨氧化SO2時氧化率并不高，同時氧化SO2和NO時，ClO2氧化SO2的氧化率有了較為明顯的提升，結合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常數(shù)可知，k3顯示單獨氧化SO2時產(chǎn)生ClO過慢，同時氧化時由反應ⅰ產(chǎn)生的ClO部分與SO2作用，使SO2的氧化率提高明顯，因此NO的存在會催化ClO2氧化SO2。

（2）

①NaClO溶液對SO2的脫除率高于NO，可能的原因為SO2在水中的溶解度大于NO，或者SO2在水溶液中的還原性強于NO，或者NaClO溶液與SO2反應速率大于與NO的反應速率。②NaClO與SO2反應的離子方程式ClO-+H2O+SO2=+Cl-+2H+，NaClO與NO反應的離子方程式為H2O+2NO+3ClO-=2+3Cl-+2H+，SO2與NO體積比為4：1，不妨設NO的物質的量為amo