1、2022届高三化学二轮复习氧化还原反应专项训练一、选择题（共17题）13NO2+H2O=2HNO3+NO中，关于NO2的说法正确的是ANO2是氧化剂BNO2是还原剂CNO2既是氧化剂又是还原剂DNO2既不是氧化剂也不是还原剂2日常生活中，许多现象与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A铜质奖章上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸C大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D轮船底部生锈3氯气通入NaOH溶液中会发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应的氧化产物是ACl2BNaOHCNaClDNaClO4实验室制取少量N2，常利用的反应是：
2、NaNO2+NH4ClN2+2H2O，关于该反应的说法不正确的是（）ANaNO2是氧化剂B生成1molN2时转移3mol电子CNH4Cl中的氮元素被还原DN2既是氧化产物又是还原产物5H跟NH3的反应为：HNH3=NHH2，由此实验可得出的结论是ANH3具有还原性BH是很强的还原剂C该反应属于置换反应D生成标况下2.24LH2时，电子转移0.2NA6下列转化关系中，需要加入合适的还原剂才能实现的是AFeCl3FeCl2BNaNaOHCCOCO2DH2HCl7周杰伦在歌曲青花瓷中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中“铜绿”的化学成分是碱式碳酸铜。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：。下列有关该
3、反应的说法正确的是A该反应是氧化还原反应，发生化合价变化的有三种元素B失去电子，发生的是还原反应C由此反应可知，化合反应一定是氧化还原反应D碱式碳酸铜可以溶解于稀盐酸8化学与生活等密切相关，下列说法不正确的是A葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应B“铁质菜刀生锈”与氧化还原反应有关C为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶D维生素C可将Fe3+转变为Fe2+，所以维生素C具有还原性9研究性学习小组进行了一系列化学实验后，发现高锰酸钾及其分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，且产物中锰元素均以Mn2+存在。他们将9.48gKMnO4粉末加热一段时间，收集到0.5
4、6L气体后停止加热；将反应后的固体冷却后，加入足量的浓盐酸加热，充分反应，又收集到VL气体（上述气体体积都折合成标准状况）。则V为（）A2.24B2.80C4.48D5.6010氧化还原反应发生在同种元素之间的是AZn+2HCl=ZnCl2+H2B2H2S+SO2=3S+2H2OCH2+CuOCu+H2OD2H2O2H2+O211某离子反应中涉及六种微粒，其中的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A该反应的氧化剂是，还原产物是B消耗还原剂，转移电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为D水是生成物，且反应后溶液的酸性明显增强12KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl(
5、浓)= KCl+3Cl2+3H2O，下列说法不正确的是ACl2既是氧化产物，又是还原产物B转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2C盐酸既体现酸性，又体现还原性D被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：113常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A0.1mol/LNaOH溶液：K、Na、SO、COB0.1mol/LNa2CO3溶液：K、H、Ba2、NO、Cl-C0.1mol/LFeCl3溶液：K、NH、I-、SOD0.1mol/LNaClO溶液：Na、Fe2、Cl-、NO14下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是ABCD15食盐中所加的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。根据反应：
6、IO+I-+H+I2+H2O(未配平)，可用KI淀粉试纸和食醋进行实验，证明加碘食盐中存在IO。下列说法不正确的是A上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为15B实验时可观察到试纸变蓝C实验可证明该条件下I-的还原性强于Cl-D食醋中含有的乙酸是强酸，它能提供反应所需的H+16剪纸是我国传统文化的重要组成部分。佛山剪纸分为纯色剪纸、衬料剪纸、写料剪纸、铜凿剪纸四类。下列有关说法错误的是A造纸术是我国古代四大发明之一，造纸的过程中发生了化学变化B二氧化硫脲()常用作漂白剂，其分子中只含极性键C铜凿剪纸是在铜箔上用小钢凿敲凿出图案，铜、铁都属于金属材料D植物纤维是造纸的原材料之一，也是人体需要的六
7、大营养物质之一17反应2H2CrO43H2O22Cr(OH)33O22H2O，下列说法正确的是（）AH2CrO4是氧化剂，H2O是氧化产物B若3mol H2O2完全反应，则反应中共转移了6NA个电子C还原剂与氧化剂的质量比是1:2M（H2CrO4)=118,M（H2O2）=34D氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:3二、综合题（共6题）18雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质
8、的量之比为_。（2）上述反应中的氧化剂是_，反应产生的气体可用_吸收。（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10NO3-=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的数目为_。（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量_（填字母）。A小于0.5mol B等于0.5mol C大于0.5mol D无法确19某地轮胎厂排出的酸性废水中主要含有K+、Cu2+、Fe2+、SO。某学校化学兴趣小组同学设计如图方案将该酸性废水变废为宝。已知：Fe(OH)2在空
9、气中难以稳定存在，极易被氧化为Fe(OH)3。回答下列问题：（1）检验该废水中含有K+的方法的名称为_。（2）同学们取5mL该废水于一试管中，向该试管中逐滴加入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中，原废水中的离子的物质的量会发生明显变化的是_(填离子符号)。（3）粉末a的成分为_(填化学式)，写出加入粉末a与CuSO4反应的化学方程式并用双线桥标明电子转移情况：_。（4）试剂b为_(填化学式，下同)，沉淀2为_。（5）在工业废水中加入过量粉末a时有气泡产生，写出生成气体时发生反应的化学方程式：_。20稀土有工业“黄金”之称，我国稀土资源丰富。目前从氟碳铈矿(主要化学成分为CeFCO3)提取铈族
10、稀土元素的冶炼处理工艺已经发展到十几种，其中一种提取铈的工艺流程如下：已知：焙烧后烧渣中含4 价的铈及3 价的其他稀土氟氧化物；Ce4能与 S结合成CeSO4 2，Ce4能被萃取剂(HA)2 萃取。请回答下列问题：(1)CeFCO3中，Ce 元素的化合价为_。(2)“酸浸”过程中 CeO2转化为 Ce3，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和 H2O2，替换 HCl 就不会造成环境污染。则稀硫酸、H2O2与 CeO2反应的离子方程式为_。(3)“沉淀”步骤中发生的反应为 Ce(BF4)3(s)3KCl(aq)=3KBF4(s)CeCl3 (aq)。则该反应的平衡常数表达式为：_ (用实际参加反应的离子表
11、示)。(4)浸出液”中含有少量 Ce4及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时 Ce4与萃取剂(HA)2存在的反应为Ce4n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H。用 D 表示 Ce4 分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比： D ,其他条件不变，在浸出液中加入不同量的 Na2SO4以改变水层中的 c(S),D 随浸出液中c(S)增大而减小的原因是：_。(5)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着 CeO2CeO2(1x)xO2(0x0.25)的循环。写出 CeO2消除 CO 尾气
12、的化学方程式：_。21硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。Fe(OH)3不溶于NH4Cl氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl氨水的混合液生成Ni(NH3)62+。离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，所采取的的措施为_（写1种）。（2）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为
13、_。（3）“氨解”的目的为_ “氨解”时需要控制低温原因是_。（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_。（5）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持c(OH-)不低于_。(已知：Ni(OH)2的Ksp=210-15，1.4）。（6）若在流程中完成“系列操作”。则下列实验操作中，不需要的是_(填下列各项中序号)。22CO的应用和治理是当今社会的热点问题。29、CO能导致镍系催化剂中毒，工业上常用SO2除去原料气中少量CO，生成物为固体S和CO2。写出该反应的化学方程式为_。30、上述反应中，每减少2.24L气体（标准状况下），转移电子数为_。CO工业上可用于高炉炼铁，发生如下反应
14、：Fe2O3(s) + CO(g)Fe(s) + CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：温度/100011501300平衡常数4.03.73.531、下列说法不正确的是_（选填序号）a该反应是一个放热反应b该反应的平衡常数表达式是c其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小d当K值等于1时，反应达到平衡32、欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是_（选填序号）a及时吸收或移出CO2b增大反应体系的压强c用更高效的催化剂 d粉碎矿石，增大接触面积高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO(g) + 2H2(g)CH3
15、OH(g) + Q33、从上图可以看出，反应开始到平衡，反应速率v(H2)_。34、甲醇氧化可生成甲酸，能使0.1mol/L的甲酸溶液的电离度与pH值都增大的是_（选填序号）。a加水稀释 b加入少量甲酸钠固体c通氯化氢 d加入少量苛性钠固体23粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有、和等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能制得纳米等重要物质，流程如图：（查阅资料）伯胺能与发生反应：，生成易溶于煤油的产物。在水溶液中能与发生反应：。（1）“酸浸”过程中发生反应的离子方程式为_；滤渣的主要成分是_(填化学式)。（2）过程II中，加入过量的作用是_(用离子方程式表示)伯胺-煤
16、油可对浸取液进行分离，该操作的名称是_。（3）利用化学平衡知识分析：用NaCl溶液进行反萃取的原理是_。（4）过程IV中过量的可将水层2中的转化为，得到的再被氧化为FeOOH，其中第一步的离子方程式为(未配平)，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（5）测定产品纳米中的含铁量：将纳米溶于过量酸中加热，先用过量的将还原成，再加入溶液除去过量的，然后用标准溶液(已加入指示剂)滴定溶液中的。此过程发生的部分反应为：；。用除去过量的的目的是_。若称取纳米的质量为5.00g，配成100.0mL溶液，取出20.00mL，经上述方法处理后，再用0.1000标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液20
17、.00mL，则产品中铁元素的质量分数为_。试卷第9页，共9页参考答案1C【详解】反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氮元素的化合价由NO2中的+4价变为HNO3中的+5价和NO中的+2价，氮元素的化合价既升高又降低，NO2既做氧化剂又做还原剂，答案选C。2C【分析】【详解】A项：金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，属于氧化还原反应，故不选；B项：氢气和氧气反应生成水，属于氧化还原反应，故不选；C项：酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故可选；D项：铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，是氧化还原反应过
18、程，故不选。故选C。3D【分析】在氧化还原反应中，反应物是氧化剂、还原剂，生成物是氧化产物、还原产物。【详解】在该反应中，氯元素的化合价既升高也降低，故氯气既是氧化剂也是还原剂，NaCl中氯元素化合价为-1价，化合价降低，发生还原反应是还原产物，故氧化产物是NaClO，答案为D。4C【分析】由反应的方程式可知，反应中NaNO2中氮元素化合价从+3价降低到0价，得到电子，NH4Cl中氮元素从-3价升高到0价，失去电子，据此分析判断。【详解】A. NaNO2中氮元素化合价从+3价降低到0价，得到电子，NaNO2是氧化剂，A项正确，不符合题意；B. 由方程式可知生成1molN2时转移3mol电子，B
19、项正确，不符合题意；C. NH4Cl中氮元素从-3价升高到0价，失去电子，被氧化，C项错误，符合题意；D. 由方程式可知该反应为归中反应，+3价和-3价的氮最终均变为0价，因此N2既是氧化产物又是还原产物，D项正确，不符合题意；答案选C。5B【详解】A. H跟NH3的反应为：HNH3=NHH2，H中氢元素化合价从1价升高到0价，失去1个电子，氨气中氢元素化合价从+1价降低到0价，得到1个电子，氨气是氧化剂，所以NH3具有氧化性，A错误；B. H中氢元素易失去电子，是很强的还原剂，B正确；C. 反应物中没有单质，该反应不属于置换反应，C错误；D. 生成标况下2.24LH2即0.1mol氢气时，电
20、子转移0.1NA，D错误；答案选B。6A【详解】A在该反应中Fe元素的化合价由反应前FeCl3中的+3价变为反应后FeCl2中的+2价，化合价降低，得到电子被还原，需加入还原剂就可以实现，A符合题意；B在该反应中Na元素的化合价由反应前Na单质的0价变为反应后NaOH中的+1价，化合价升高，失去电子被氧化，需加入氧化剂就可以实现，B不符合题意；C在该反应中C元素的化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，需加入氧化剂就可以实现，C不符合题意；D在该反应中H元素的化合价由反应前H2中的0价变为反应后HCl中的+1价，化合价升高，失去电子被氧化，需加入氧化
21、剂就可以实现，D不符合题意；故合理选项是A。7D【分析】由反应方程式可知，反应中铜元素的化合价升高被氧化，铜为反应的还原剂，氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂。【详解】A由分析可知，反应中发生化合价的变化的元素为铜元素和氧元素，只有2种，故A错误；B由分析可知，该反应中铜为反应的还原剂，失去电子发生氧化反应，氧气是反应的氧化剂，得到电子发生还原反应，故B错误；C化合反应不一定是氧化还原反应，如氧化钠与水生成氢氧化钠的反应中，没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；D碱式碳酸铜是碱式盐，能与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，故D正确；故选D。8C【详解】A葡萄糖注射液是溶
22、液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应现象，选项A正确；B铁质菜刀生锈铁转化为了氧化铁，涉及氧化还原反应，选项B正确；C生石灰或硅胶都不具有还原性，所以不能防止食品被氧化变质，选项C不正确；D在维生素C可将铁离子转化为亚铁离子中，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，所以维生素C具有还原性，选项D正确；答案选C。9A【详解】9.48g KMnO4的物质的量=0.06mol，氧气物质的量为=0.025mol，KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，整个过程中电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、C
23、l元素失去的电子总和，则0.06mol(7-2)=0.025mol4+2n(Cl2)，解得n(Cl2)=0.1mol，标准状况下的体积V(Cl2)=0.1mol22.4L/mol=2.24L，故选A。【点睛】掌握氧化还原反应的计算方法是解题的关键。氧化还原反应的计算可以根据得失电子守恒列式计算，本题中抓住KMnO4中Mn元素获得的电子等于O元素、Cl元素失去的电子是解题的关键。10B【详解】AZn+2HCl=ZnCl2+H2反应，Zn元素化合价升高、H元素化合价降低，氧化还原反应发生在不同元素之间，故不选A；B2H2S+SO2=3S+2H2O反应，H2S中S元素化合价升高、SO2中S元素化合价
24、降低，氧化还原反应发生在同种元素之间，故选B；CH2+CuOCu+H2O反应，H元素化合价升高、Cu元素化合价降低，氧化还原反应发生在不同元素之间，故不选C；D2H2O2H2+O2反应，O元素化合价升高、H元素化合价降低，氧化还原反应发生在不同元素之间，故不选D；选B。11D【分析】由图可知，随着反应进行，N2的量逐渐增加，说明N2是产物；又因为含氮元素的粒子，除N2外，只有，所以N2是由被氧化生成的氧化产物；N元素反应过程中价态升高，考虑整个反应涉及的所有粒子种类，所以降价元素是Cl，反应前以ClO-形式存在，反应后被还原为Cl-；因此整个反应的离子方程式可以写成：。【详解】A通过分析可知，
25、N2是该反应的氧化产物，A项错误；B通过分析可知，该反应的还原剂是，其中的N元素被氧化为0价，所以1mol还原剂被消耗，转移3mol电子，B项错误；C通过分析可知，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，C项错误；D通过分析可知，水是该反应的生成物，该反应还生成了H+，所以反应后的溶液酸性增强，D项正确；答案选D。【点睛】氧化还原反应的基本规律之一：守恒律，即电子得失守恒，直观的反映是参与反应的物质中，既有组成元素出现价态升高的，又有组成元素出现价态降低的，并且升降价总数相同。12B【分析】在反应KClO3+6HCl(浓)= KCl+3Cl2+3H2O中，KClO3中的Cl得到电子，被还
26、原变为Cl2，每摩尔的氯得到5mol电子，HCl中的Cl失去电子，也变为Cl2，每摩尔的氯失去1mol电子，以此分析解答。【详解】A.该反应中氧化剂是氯酸钾，浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故A项正确；B.温度和压强未知，无法计算气体体积，故B项错误；C.该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C项正确；D.该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:1，故D项正确。答案选B。【点睛】根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，熟悉元素化合价是解题的关键，易错选项是B，注意气体摩尔体积的适用范围
27、和使用条件，为易错点。13A【详解】A0.1mol/LNaOH溶液中，K、Na、SO、CO相互之间不反应，能大量共存，故选A；B0.1mol/LNa2CO3溶液中，Ba2、CO生成BaCO3沉淀，CO与H反应放出二氧化碳，故不选B；C0.1mol/LFeCl3溶液，Fe3、I-发生氧化还原反应，故不选C；D0.1mol/LNaClO溶液中，ClO-、Fe2发生氧化还原反应，故不选D；选A。14B【详解】A. Si元素化合价由+4价降低为0价，得到电子，C元素失去电子，化合价从0价升高为+2价，转移电子为4e-，故A错误；B. H元素化合价由+1降低为0价，总共降低2价，得到2个电子，Na元素从
28、0价升高为+1价，共失去2个电子，最小公倍数为2，转移电子为2e-，故B正确；C. 锌元素化合价由0价升高为+2价，失去2e-，氢元素化合价从+1价降低为0价，得到2e-，故C错误；D. Cu元素化合价由0价升高为+2价，失去电子，S元素化合价由+6价降低为+4价，得到电子，最小公倍数为2，转移电子2e-，箭头应对着浓硫酸中的S,故D错误；故选B15D【分析】配平后的反应为：IO+5I-+6H+3I2+3H2O，结合实验的原理和现象分析解答。【详解】A配平后的反应为：IO+5I-+6H+3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价由+5价变化为0价，IO为氧化剂，碘离子中I的化合价由-1价
29、变化为0价，I-为还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为15，故A正确；B用淀粉KI试纸和食醋进行实验，发生反应IO+5I-+6H+3I2+3H2O，生成的碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；C食盐中含有Cl-，在含有IO和Cl-的体系中加入KI淀粉试纸和食醋进行实验，碘离子被氧化，而Cl-不被氧化，所以实验可证明该条件下I-还原性强于Cl-，故C正确；D乙酸为弱酸，不是强酸，故D错误；故选D。16D【详解】A造纸过程中加入纯碱将植物纤维分离出来以及加入漂白剂漂白纸张等发生了化学变化，A正确；B分子中只含极性键，B正确；C铜、铁是由金属元素组成，都属于金属材料，C正确；D植物纤维不是人体需
30、要的营养物质，D错误；故选：D。17B【详解】A该反应中，H2CrO4是氧化剂，氧气是氧化产物，故A错误；BH2O2中-1价氧升高到0价，3mol H2O2完全反应，则反应中共转移了6NA个电子，B正确；C该反应中，H2CrO4是氧化剂，H2O2为还原剂，还原剂与氧化剂的质量比：334：2118= 51：118，故C错误；D该反应中，Cr(OH)3为还原产物，O2为氧化产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2；故D错误；故选B。1811As2S3氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液10NAA【分析】(1)根据反应物和生成物来分析反应，若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2在盐酸
31、中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，依据电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式，利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的物质的量之比来；(2)根据反应物中某元素化合价的降低来分析氧化剂，并利用气体的性质来分析气体的吸收试剂，硫化氢溶于水为酸，可以和碱溶液反应生成盐和水，也可以利用硫化铜难溶于水和酸，用硫酸铜溶液吸收；(3)根据氧化还原反应中生成的H3AsO4的物质的量与转移电子数的关系来计算电子转移；(4)根据NO2与11.2L O2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，4NO2+O2+2H2O4HNO3，再利用碳与浓硝酸的反应方程式为：C+4HNO3CO2+4NO2+2
32、H2O，的定量关系来分析计算解答。【详解】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S，根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，则二者的物质的量之比是1:1；(2)因As2S3在该反应中As元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，又H2S是还原性气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收，H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，H2S+CuSO4=CuS+H2SO4；(3)由反应As2S3+10H+10NO3-=2H
33、3AsO4+3S+10NO2+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2(5-3)+3(0+2)=10，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol，电子数为10NA；(4)由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，则4NO2+O2+2H2O4HNO3，氧气的物质的量为=0.5mol，则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol4=2mol，若硝酸完全反应，C+4HNO3CO2+4NO2+2H2O，则根据化学方程式定量关系可知生成CO2的量是2mol=0.5mol，但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的CO2的量小于0.5m
34、ol，故答案为A。19（1）焰色反应（2）H+、Cu2+、Fe2+（3）Fe（4）H2SO4Fe(OH)3（5）Fe+H2SO4=FeSO4+H2【分析】根据沉淀1加入适量试剂b分离得到红色固体和硫酸亚铁可知加入的试剂b为硫酸，沉淀1中含有铜和铁，说明工业废水中加过量粉末铁，铁置换出铜，溶液1主要是硫酸亚铁和硫酸钾，加入过量KOH溶液，再过滤得到沉淀2为氢氧化铁，氢氧化铁加入硫酸生成硫酸铁，溶液2中有KOH和硫酸钾，加入硫酸生成硫酸钾。（1）检验该废水中含有K+的方法的名称为焰色反应；故答案为：焰色反应。（2）取5mL该废水于一试管中，向该试管中逐滴加入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中，先
35、是氢离子和氢氧根反应生成水，再是亚铁离子和铜离子与氢氧根反应生成氢氧化亚铁和氢氧化铜沉淀，因此原废水中的离子的物质的量会发生明显变化的是H+、Cu2+、Fe2+；故答案为：H+、Cu2+、Fe2+。（3）根据前面分析粉末a的成分为Fe，加入粉末a与CuSO4反应生成硫酸亚铁和铜，其反应化学方程式为Fe+ CuSO4=FeSO4+Cu，铁化合价升高变为硫酸亚铁，硫酸铜中铜化合价降低变为铜单质，用双线桥标明电子转移情况：；故答案为：。（4）根据前面分析得到试剂b为H2SO4，亚铁离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁，根据信息Fe(OH)2在空气中难以稳定存在，极易被氧化为Fe(OH)3，因此沉淀2为Fe
36、(OH)3；故答案为：Fe(OH)3。（5）在工业废水中加入过量粉末a时有气泡产生，主要是铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，其出生成气体时发生反应的化学方程式：Fe+H2SO4=FeSO4+H2；故答案为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2。20+32CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+4H2O+O2c(S)增大，水层中Ce4+与S结合成CeSO42+，c(CeSO42+)增大，同时导致Ce4n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H逆向移动，cCe(H2n-4A2n) 减小2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2【分析】(1)根据元素化合价代数和等于0计算CeFCO3中Ce 元素的
37、化合价；(2)“酸浸”过程中用稀硫酸和H2O2，替换 HCl ，CeO2被H2O2还原为Ce3，H2O2被CeO2氧化为氧气； (3)固体不计入平衡常数表达式；(4)水层中Ce4+与S结合成CeSO42+；(5) CeO2和CO 反应生成CeO2(1x)和CO2，根据元素守恒配平方程式。【详解】(1) CeFCO3中F是-1价、C是+4价、O是-2价，根据化合价代数和等于0，Ce 元素的化合价是+3；(2)“酸浸”过程中用稀硫酸和H2O2，替换 HCl ，CeO2被H2O2还原为Ce3，H2O2被CeO2氧化为氧气，反应的离子方程式是2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+4H2O+O2；(3
38、)“沉淀”步骤中发生的反应为 Ce(BF4)3(s)3KCl(aq)=3KBF4(s)CeCl3 (aq)，该反应的离子方程式是Ce(BF4)3(s)3K+(aq)=3KBF4(s)Ce3+ (aq)，平衡常数表达式为；(4)c(S)增大，水层中Ce4+与S结合成CeSO42+，c(CeSO42+)增大，同时导致Ce4n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H逆向移动，cCe(H2n-4A2n) 减小，所以减小；(5) CeO2和CO 反应生成CeO2(1x)和CO2，根据元素守恒，反应方程式是2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2。【点睛】本题考查工艺流程，明确流程中各步反应原理
39、的解题关键，注意平衡移动原理的利用，培养学生知识迁移能力，重点是应用所学知识解决实际问题的能力。21废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O1.4210-5molL-1cd【分析】废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸为滤渣I的主要成分；向滤液中加入过量氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液
40、I的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣II的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到Ni(NH3)62+溶液；向溶液中通入H2S，生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO47H2O，据此解答本题。【详解】（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、增大硫酸浓度、升温等措施，故答案为：废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可；（2）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠
41、反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为：，故答案为：；（3）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成Ni(NH3)62+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；加热条件下，氨会挥发，因此控制低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+，故答案为：实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不
42、利于生成Ni(NH3)62+；（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O，故答案为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O；（5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)c2(OH-)，根据信息，离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全，则210-15=10-5c2(OH-)，解得c(OH-)=1.410-5mol/L
43、，则若使溶液中Ni2+沉淀完全，需维持c(OH-)不低于1.410-5mol/L，故答案为：1.4210-5molL-1；（6）“系列操作”的目的是从NiSO4溶液中得到NiSO47H2O，其操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故不需要的操作为cd，故答案为：cd。222CO +SO2=2CO2+S0.4NA或 2.4081023cda0.15mol/（Lmin）ad【详解】29.二氧化硫与CO反应生成二氧化碳和硫单质，化学方程式是2CO +SO22CO2+S；30.2.24L标准状况气体的物质的量是0.1mol，所以每消耗0.1mol的二氧化硫，S元素的化合价从+4价降低到0价，则转移电子的
44、物质的量是0.4mol，电子数是0.4NA；31.a、随温度升高，平衡常数减小，则正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，选项a正确；b、该反应中的氧化铁、铁均为固体，所以平衡常数表达式为K=c(CO2)/c(CO)，选项b正确；c、温度不变时，则平衡常数不变，选项c错误；d、温度不确定，则K值不能确定，所以K=1不一定为平衡状态，选项d错误；答案选cd；32.a、及时吸收或移除二氧化碳，可以减小生成物的浓度，使平衡正向移动，增大CO的转化率，选项a正确；b、该反应是气体物质的量不变的可逆反应，所以压强的改变对平衡无影响，则CO的转化率不变，选项b错误；c、使用催化剂不能改变
45、平衡状态，CO的转化率不变，选项c错误；d、粉碎矿石，增大接触面积，可增大反应速率，但不影响平衡，所以CO的转化率不变，选项d错误；答案选a；33.10min时反应达到平衡状态，CO的浓度减少1.25-0.5=0.75mol/L，则氢气的浓度减少1.5mol/L，所以氢气的反应速率为1.5mol/L/10min=0.15mol/（Lmin）；34.a、甲酸为弱酸，加水稀释，则促进甲酸的电离，所以电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项a正确；b、加入少量甲酸钠固体，则溶液中的甲酸根离子浓度增大，电离度减小，氢离子浓度减小，pH增大，选项b错误；c、HCl是强电解质，则通入HCl后溶液的酸性增强，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离度减小，pH减小，选项c错误；d、加入氢氧化钠固体，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，电离平衡正向移动，甲酸电离度增大，同时
