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1
一、选择题
1．（2023·北京）离子化合物和与水的反应分别为；。下列说法正确的是( )
A．中均有非极性共价键
B．中水发生氧化反应，中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应和中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Na2O2中，存在O-O键，CaH2中，H原子之间没有直接结合，不存在H-H键，A错误；
B、①中H2O的O化合价不变，不发生氧化反应和还原反应，②中H2O的H化合价降低，发生还原反应，B错误；
C、Na2O2阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴阳离子个数比为1：2，CaH2中阳离子为Ca2+，阴离子为H-，阴阳离子个数比为2：1，C正确；
D、反应①每转移2mol电子，生成1mol O2，反应②每转移2mol电子，生成2mol H2，D错误；
故答案为：C
【分析】A、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、Na2O2和H2O的反应中，Na2O2自身发生氧化还原反应；
C、O22-为原子团，应当成一个整体判断；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
2．（2023·湖南）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
3．（2023·湖南）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；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、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
4．（2023·辽宁）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含键数目为
B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为
D．溶液中含数目为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算，A项错误；
B.2.8g氮气的物质的量为0.1mol，1molN2生成转移的电子数为12N2，则0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；
C.0.1molKNO3晶体含有离子为K+、NO3-，含有离子数目为0.2NA，C项正确；
D．因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA，D项错误；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.用体积计算物质的量时，1.必须指明条件；2.对象必须为气体；否则无法进行计算。
5．（2023·梅州模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有的电子数为
B．溶液中含有的阴离子数目小于
C．标准状况下，乙炔中含有的键数目为
D．与足量的氧气反应转移电子数目为
【答案】D
【知识点】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；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.1个铝27中含有10个电子，则0.1mol铝27中含有的电子数为，A错误；
B.0.1mol硫化钠中应该含有0.1mol硫离子，S2-溶液中硫离子水解生成氢氧根离子和HS-：，且溶液中水也会电离出氢氧根离子，则溶液中含有的阴离子数目大于0.1mol，B错误；
C.标准状况下，22.4L乙炔为1mol，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，中含有的σ键数目为3NA，C错误
D.钠和氧气反应，钠转化为+1价钠，23g钠为1mol，与足量的氧气反应转移电子数目为NA，D正确
故答案为：D。
【分析】A.阳离子电子数=原子序数-带电荷。
B.强碱弱酸盐水溶液中会发生水解，同时溶液中也存在水的电离平衡，在计算阴离子数目时要进行充分考虑。
C.共价键单价为σ键，共价三键为含有1个σ键2个π键。
D.利用化合价升降，判断电子转移即可。
6．（2023·郴州模拟）SCR是目前较成熟的烟气脱硝技术，它是一种炉后脱硝方法，世界上流行的SCR工艺主要分为氨法SCR和尿素法SCR，尿素法SCR示意图如下图。下列说法错误的是
A．尿素分子中键与键的个数比为
B．该尿素的质量分数约为
C．和的物质的量各为与反应时可完全转化为无毒物质，该过程中转移的电子数目为
D．在70~80℃条件下，尿素也可与烟气中的以物质的量比恰好完全反应，则生成的和的物质的量之比为
【答案】C
【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；化学方程式的有关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】A．尿素的结构简式为，分子中N H键、N C键为σ键，C═O键中有一个是σ键，故σ键共有7个，C═O键中有一个是π键，故σ键与π键数目之比为7：1，A项不符合题意；
B．尿素的摩尔质量为60g/mol，浓度为6mol/L，体积为V，则尿素的质量为，溶液的密度为，溶液的质量为，则尿素的质量分数，B项不符合题意；
C．该反应的化学方程式为，2mol，1mol，1molNO参加反应转移6mol电子，2mol，2molNO参加反应转移12mol电子即转移电子的个数为12，C项符合题意；
D．尿素与烟气中的NO以物质的量比1：3恰好完全反应的化学方程式为，则生成的和的物质的量之比为5：2，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.尿素的结构简式为， 键是共价单键，键是共价双键。
B.根据m=nM、n=cV和进行分析。
C.涉及反应是，结合得失电子守恒进行分析。
D.化学方程式中物质的系数之比等于其物质的量之比。
7．（2023·邵阳模拟）某化学兴趣小组设计一种从硫矿石(主要成分为硫黄及少量FeS2)中提取硫黄的方法如下：
查阅资料：S的熔点为115.2℃；的沸点为46.2℃。
下列说法错误的是
A．单质硫是分子晶体
B．过程①中可用乙醇代替
C．过程③的目的是使挥发，同时使硫从水中析出
D．将趁热过滤所得滤渣煅烧：，反应中每生成1 mol ，转移电子的物质的量为5.5 mol
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．硫是非金属单质，单质硫是分子晶体，故A不符合题意；
B．硫是难溶于水，微溶于酒精，易溶于，因此过程①中不可用乙醇代替，故B符合题意；
C．S的熔点为115.2℃；的沸点为46.2℃，因此过程③的目的是使挥发，同时使硫从水中析出，故C不符合题意；
D．将趁热过滤所得滤渣煅烧：，根据方程式分析，生成8mol，转移44mol电子，因此反应中每生成1 mol ，转移电子的物质的量为5.5 mol，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 将硫矿石粉碎，在120℃条件下将S变为液体，过滤，得到液态硫，再加入二硫化碳进行萃取，过滤，用70～75℃的热水喷淋，将CS2变为气态，而液态硫变为固态，经过一系列过程得到纯硫。
8．（2023·淮北模拟）向含的废水中加入铁粉和可制备，反应如下，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．加入的作用是提供和调节
C．电离方程式：
D．反应中每生成转移电子
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．中存在共价键，电子式为，A不符合题意；
B．反应后生成的化合物中含有钾离子，故碳酸钾的作用为提供钾离子，并消耗，调节pH，B符合题意 ；
C．的电离方程式为：，C不符合题意；
D．该反应中铁元素化合价升高2价，故每生成2mol二氧化碳转移2mol电子，则每生成1mol二氧化碳转移1mol电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.为共价化合物，存在共价键。
B.根据反应方程式进行分析。
C.注意络合离子不可拆。
D.根据反应方程式，每生成2mol二氧化碳转移2mol电子。
9．（2023·淮北模拟）某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是
A．装置I中的可以替换成
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，还可以防止倒吸
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，转移电子
D．装置Ⅳ的作用是吸收空气中的和水蒸气
【答案】B
【知识点】除杂；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．图Ⅰ中没有加热装置，故不能将替换成，A不符合题意；
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，长颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B符合题意；
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO，转移电子，C不符合题意；
D．装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 与浓盐酸在加热的条件下反应。
B.饱和食盐水可除去中，长颈漏斗可以平衡压强和防止倒吸。
C.装置Ⅲ中反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，消耗1molCl2转移1mol电子。
D.装置Ⅳ是尾气处理装置，吸收剩余的Cl2。
10．（2022高三上·金山模拟）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为： 3Fe2+＋2S2O32－＋O2＋xOH－＝Fe3O4↓＋S4O62－＋2H2O，若反应生成1 mol Fe3O4，则下列说法正确的是（ ）
A．x＝6 B．S2O32－作氧化剂
C．转移电子2 mol D．被Fe2+还原的O2为0.5 mol
【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；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据电荷守恒可知，（+2）×3+（﹣2）×2+x×（﹣1）＝﹣2，即x＝4，A不符合题意；
B．根据方程式可知，反应前后硫元素化合价由+2升为+2.5，则S2O32－作还原剂，B不符合题意；
C．根据方程式可知，反应前后铁元素、硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，每生成1mol Fe3O4，只有1mol O2得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×（2﹣0）＝4mol，C不符合题意；
D．反应前后，铁元素的化合价由+2升为+3，生成1mol Fe3O4，则2mol Fe2+被氧化，而只有1mol O2得到电子，即电子转移总数为4mol，由电子守恒可知，被Fe2+还原的O2是0.5mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据电荷守恒进行分析。
B.氧化剂中某元素化合价降低，还原剂中某元素化合价升高。
C.根据方程式可知，该反应中只有O2得到电子。
D. 生成1mol Fe3O4，则2mol Fe2+被氧化，而只有1mol O2得到电子，即电子转移总数为4mol，结合电荷守恒进行分析。
11．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）关于反应2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+Na2SO4+K2SO4+2H2O，下列说法正确的是
A．KI发生还原反应
B．H2SO4既不是氧化剂，也不是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D．消耗0.5molNaNO2时，转移1.0mol电子
【答案】B
【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，KI中的I失电子化合价升高，发生氧化反应，A不符合题意；
B．反应中H2SO4中的元素化合价既不升高也不降低，故H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B符合题意；
C．NaNO2中N得电子化合价降低，NO为还原产物，KI中I失电子化合价升高，I2为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，C不符合题意；
D．反应中NaNO2中N得电子化合价从+3价降低为+2价，则消耗0.5molNaNO2转移0.5mol电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【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。
12．（2022·柳州模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1.8g含有的中子数为0.1
B．1L氨水中所含的数目为0.1
C．5.6g铁与足量稀盐酸反应、转移的电子数)0.3
D．124g()分子中所含的共价键数目为6
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．D2O摩尔质量是20g mol-1，1.8g该物质不足0.1mol，所以中子数为，不符题意；
B．在溶液中水解，故粒子数量少于0.1NA，不符题意；
C．铁与盐酸反应发生的离子反应是，5.6gFe反应，转移电子，不符题意；
D．每个P4分子中含有6条P-P单键，124gP4物质的量是1mol，所以P-P键一共6NA，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据进行分析，注意原子的中子数=质量数-质子数，质量数≈相对原子质量。
B.根据n=cV=进行分析，注意 在溶液中会发生水解。
C.注意铁与盐酸反应生成Fe2+。
D.每个P4分子中含有6条P-P单键，结合进行分析。
13．（2022·徐汇模拟）汽车碰撞时，安全气囊中发生反应：。若氧化产物比还原产物多7mol，下列说法错误的是( )
A．生成8mol B．1mol被还原
C．转移7mol电子 D．15mol氮原子被氧化
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．据分析可知反应方程式中各物质的量减半，生成N2物质的量为8mol，A选项不符合题意；
B．KNO3做氧化剂被还原，物质的量减半，1molKNO3被还原，B选项不符合题意；
C．电子转移数也减半，因此电子转移5mol，C选项符合题意；
D．原有10molNaN3被氧化，即30molN原子被氧化，现在物质的量减半，故有15molN原子被氧化，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，生成还原产物；还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，生成氧化产物；
14．（2022·海淀模拟）下列说法正确的是（ ）
A．室温下，1L0.1mol·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022
B．标准状况下，5.6LCCl4中所含C—Cl键的数目约为6.02×1023
C．5.6gFe和足量Cl2反应转移电子的物质的量为0.2mol
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
【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；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1L0.1mol·L-1盐酸中H+的物质的量为0.1mol，H+的个数约为：，A符合题意；
B．标准状况下CCl4为液态，无法计算其物质的量，也无法计算含C-Cl键个数，B不符合题意；
C．Fe和足量Cl2反应生成三氯化铁，铁元素化合价为+3价，转移电子的物质的量为0.3mol，C不符合题意；
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子浓度相同，盐酸的浓度是硫酸浓度的2倍，溶质的物质的量浓度不相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1L0.1mol L-1盐酸中H+的浓度为0.1mol/L；
B.标况下四氯化碳为液体；
C.铁与氯气反应生成氯化铁；
D.HCl为一元酸，硫酸为二元酸。
15．（2022·滨州模拟）据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．光伏并网发电装置中N型半导体为正极
B．c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜
C．保持电流恒定，升高温度可加快合成四甲基氢氧化铵的速率
D．制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体(标准状况)
【答案】D
【知识点】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．由分析可知，N型半导体为负极，A不符合题意；
B．Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B不符合题意；
C．温度过高，四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]会分解，四甲基氯化铵浓度降低，不能加快合成四甲基氢氧化铵的速率，C不符合题意；
D．的物质的量为，a极电极反应式为，则收集氢气1mol，转移电子为2mol，b极电极反应式为，则收集氧气为0.5mol，标况下两极可得气体体积为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则为阴极，电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，b为阳极，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极， P型半导体为正极。
16．（2022·临沂模拟）一种新型无隔膜可充电电池，水系电池以锌箔、石墨毡为集流体，和的混合液作电解质溶液，工作原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．过程I为充电过程，a接电源的正极
B．为增强电池效率，可向电解液中加入硫酸以增强溶液的导电性
C．过程II为放电过程，石墨毡极的电极反应式为
D．放电时，当外电路转移2mol时，两电极质量变化的差值为22g
【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；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】由图可知，水系可充电电池放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，充电时即过程Ⅰ，锌箔作阴极，电极反应式为Zn2++2e- =Zn，石墨为阳极，电极反应式为，据此作答。
A．过程Ⅰ为充电过程，a接电源的负极，A项不符合题意；
B．向电解液中加入硫酸﹐硫酸与二氧化锰反应，电池效率降低，B项不符合题意；
C．过程Ⅱ为放电过程，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O ，C项不符合题意；
D．放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，当外电路有2mol电子转移时，负极减少65克，正极减少88克，两极质量差为88-65=22克，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 由图可知，过程I为放电过程，Zn在反应中失电子生成锌离子，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨毡为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，过程II为充电过程，锌箔作阴极，石墨毡为阳极，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
17．（2022·苏州模拟）科学家发明了如图所示的新型Zn—CO2水介质电池，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，CO2被转化为储氢物质甲酸等。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，负极反应式为：Zn＋2e-＋4OH-=Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2完全转化为HCOOH，理论上转移4 mol电子
C．充电时，正极溶液中OH 浓度升高
D．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O
【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；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．由分析可知，放电时，左侧电极为负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-＋4OH-=Zn(OH)，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，右侧电极为正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH，则1mol二氧化碳放电时，理论上转移2 mol电子，故B不符合题意；
C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2 H2O-4e-= O2↑＋4H+，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故C不符合题意；
D．由分析可知，充电的总反应为2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时作原电池，左侧电极锌失电子发生氧化反应，其电极反应式为Zn—2e-＋4OH-=Zn(OH)，右侧电极CO2得电子发生还原反应，其电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH；充电时作电解池，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，其电极反应式与放电时的正好相反，电池总反应可通过两极反应式相加得到，据此分析。
18．（2022·聊城模拟）镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下， 分别与 浓度均为 的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为 和 。下列说法错误的是（ ）
A．
B．转移的电子数之比为
C．消耗酸和碱的物质的量之比为
D．反应前后两溶液的质量变化相等
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 由反应方程式可知，0.1molGa需0.3molHCl，而HCl有0.2mol，所以Ga过量，则0.2molHCl与Ga反应生成0.1molH2，0.1molGa需0.1molNaOH，生成0.15mol H2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则 ，A不符合题意；
B．生成0.1mol H2，转移0.2mol电子，生成0.15mol H2转移0.3mol电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B不符合题意；
C．消耗HCl0.2mol，消耗NaOH0.1mol，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C不符合题意；
D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应： ，与氢氧化钠反应： ， ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ga与盐酸发生反应2Ga+6HCl=2GaCl3+3H2↑，Ga与氢氧化钠溶液发生反应：2Ga+2NaOH+H2O=2NaGaO2+3H2↑，据此计算；
B.转移电子数目之比等于生成氢气体积之比；
C.气体的体积之比等于其物质的量之比，结合反应的化学方程式计算；
D.溶液质量增加=参加反应Ga的质量-生成氢气的质量。
19．（2022·唐山模拟）水合肼 的性质类似氨水。利用水合肼处理铜氨 废液回收铜粉的实验流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．上述三步反应过程均为氧化还原反应
B．反应1的目的是制备
C．合成水合肼的反应中每消耗 转移电子数为
D．反应2完成后要用到过滤操作
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，氯元素化合价变化；反应2是次氯酸钠把尿素氧化为水合肼，氯元素、N元素化合价变化；反应3是 被水合肼还原为Cu，铜元素、氮元素化合价变化，上述三步反应过程均为氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应1的目的是制备 ，用 把尿素氧化为水合肼，故B不符合题意；
C. 次氯酸钠把尿素氧化为水合肼，氮元素化合价由-3升高为-2，每消耗 转移电子数为2 ，故C符合题意；
D. 反应2完成后要把铜粉分离出来，用到过滤操作，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化；
B.NaOH与氯气反应生成NaCl、NaClO和水；
C.根据得失电子守恒计算；
D.分离固体和液体的操作为过滤。
20．（2022·枣庄模拟）催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的作催化剂，将NO还原成的一种反应历程如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．增大浓度会影响催化剂对其它气体的吸附
B．总反应的化学方程式为
C．反应过程中催化剂本身未发生价态的变化
D．当消耗标准状况下时，整个过程转移6mol电子
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在NO浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多的反应物NO转化为N2，根据图示可知，在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO几乎不被催化剂吸附，故增大浓度不会影响催化剂对NO气体的吸附，A不符合题意；
B．由图可知反应物有、NO、O2，生成物有N2、H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，总反应的化学方程式为：，B不符合题意；
C．反应过程中，反应4中催化剂与O2反应，O元素化合价降低，则催化剂本身发生价态的变化，C不符合题意；
D．标准状况下物质的量为，总反应的化学方程式为：，消耗1molO2时转移12mol电子，则消耗0.5molO2时转移6mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.依据化学平衡移动原理和化学反应原理分析解答；
B.依据氧化还原反应的相关知识分析；
C.依据具体的化学反应过程分析；
D.依据氧化还原反应中电子转移数目相等分析。
21．（2022·葫芦岛模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．由H218O与D216O组成的4.0 g混合物含中子数为2NA
B．100 mL 0.1 mol/LCH3COONa溶液中阴离子数目大于0.01NA
C．标准状况下，22.4 L甲醇中含有－OH的数目为NA个
D．某密闭容器中0.1molNa2O2和0.1 mol SO2充分反应，转移电子的数目为0.2NA
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．H218O与D216O的相对分子质量均为20，中子数均为10，4.0g混合物物质的量为0.2mol，含有的中子数为2NA，故A不符合题意；
B.100mL0.1mol L-1CH3COONa溶液中Na+的物质的量为0.01mol，溶液中还存在H+，阳离子的物质的量大于0.01mol，根据溶液中电荷守恒可知溶液中阴离子数目大于0.01NA，故B不符合题意；
C．标准状况下，甲醇为液态，无法用气体摩尔体积计算-OH个数；故C符合题意；
D．Na2O2和SO2会发生反应，Na2O2中氧从-1价降低为-2价， SO2中的硫从+4价升高为+6价，1molNa2O2和1 mol SO2反应，转移电子为2mol，所以0.1molNa2O2和0.1 mol SO2充分反应，转移电子的数目为0.2NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，含有的中子数均为10；
B.溶液呈电中性，该溶液中阳离子大于数目大于0.01NA，阴离子数目也大于数目大于0.01NA；
C.标况下甲醇为液体；
D.过氧化钠和二氧化硫反应生成硫酸钠，Na2O2中氧从-1价降低为-2价， SO2中的硫从+4价升高为+6价，据此分析。
22．（2022·通州模拟）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄()能溶于，反应如下：。下列说法错误的是（ ）
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为
B．若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、作正极
C．反应产生的可用溶液吸收
D．雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂
【答案】B
【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．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4 ，则反应中转移电子的物质的量为5 mol ，A不符合题意；
B．若将该反应设计成原电池，分析化合价知 As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、 As2S3 作负极，B符合题意；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的 NO2 可用 NaOH 溶液吸收，C不符合题意；
D．雄黄( As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄( As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.分析化合价可知生成2mol的H3AsO4 转移10mol电子，再按比例计算；
B.原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
C.NO2和氢氧化钠反应，所以可以用氢氧化钠溶液吸收NO2；
D. 雄黄转化为雌黄过程分析化合价可知As的化合价升高，所以需要加入氧化剂。
23．（2022·舟山模拟）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L CO2中共用电子对数目为2 NA
B．标准状况下，46g NO2与N2O4的混合物中所含的原子总数目为3NA
C．100g质量分数为49%的硫酸溶液，含有的氧原子数目为2NA
D．一定条件下 ，0.2mol SO2与0.1mol O2充分反应后转移电子总数为0.4 NA
【答案】B
【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．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为=1mol，二氧化碳的结构式为O=C=O，1molCO2中含4mol共用电子对，共用电子对数目为4NA，A不符合题意；
B．NO2与N2O4的最简式为：NO2，46gNO2的物质的量为=1mol，含3mol原子，原子数目为3NA，B符合题意；
C.100g质量分数为49%的硫酸溶液，含溶质硫酸49g，但水中也含有氧原子，因此溶液中氧原子数目大于2NA，C不符合题意；
D．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，0.2molSO2与0.1molO2充分反应生成三氧化硫的物质的量小于0.2mol，转移电子总数小于0.4NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1个CO2中有4个共用电子对，结合n=进行分析。
B.NO2与N2O4之间存在可逆反应，可运用极端假设法，结合n=进行分析。
C.注意溶液中氧原子来源于两部分（溶质H2SO4和溶剂H2O）。
D.SO2与O2的反应为可逆反应。
24．（2022·惠州模拟）联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．①转化中N2H4是还原剂
B．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
C．1mol N2H4可处理水中1.5 molO2
D．③中发生反应后溶液的pH增大
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．①转化中N2H4转化为N2 ， N元素化合价升高，所以N2H4是还原剂，A项不符合题意；
B．Na2SO3具有较强还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，B项不符合题意；
C．据图可知，整个流程中Cu元素的化合价没有发生变化， N2H4中N元素转化为N2，化合价升高2价，所以1mol N2H4反应时转移4mol电子， O2中的O元素由0价变为- 2价，所以转移4mol电子时反应1mol O2，C项符合题意；
D．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，③中氧气得电子，碱性溶液中会生成氢氧根离子，导致溶液pH增大，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】反应1和3是氧化还原反应，2是非氧化还原反应，判断出每一步化合价的变化情况，判断电子转移情况，利用得失电子守恒然后进行计算。
二、多选题
25．（2021·怀化模拟）“三室法”制备烧碱和硫酸示意图如图，下列说法正确的是（ ）
A．电极B为阴极，发生还原反应
B．离子交换膜B为阳离子交换膜
C．稀硫酸从c处进，浓 溶液从b处出，浓 溶液从e处进
D．理论上 迁移数等于导线中通过的电子数， 的迁移数是导线上通过电子数的一半
【答案】C,D
【知识点】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．根据分析，电极B为阳极，发生氧化反应，A项不符合题意；
B．根据分析，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，则离子交换膜A为阳离子交换膜，B项不符合题意；
C．根据分析，稀硫酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓Na2SO4溶液从e处进，C项符合题意；
D．一个电子带一个单位的负电荷，Na+带一个单位的正电荷，硫酸根离子带两个单位的负电荷，Na+迁移的数量等于导线上通过电子的数量，导线上通过电子的数量等于硫酸根离子迁移数量的两倍，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据题意和装置图，利用“三室法”制备烧碱和硫酸，则两个电极一边产生硫酸，一边产生烧碱，e处加入的应为硫酸钠溶液，钠离子与硫酸根离子通过离子交换膜A、B向两极移动，根据B电极上生成氧气，即电解质溶液中的氧元素，由-2价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则电极B为阳极，硫酸根离子通过离子交换膜B向电极B移动，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则c处加入的为稀硫酸，d处流出的为浓硫酸；电极A为阴极，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，a加入的为稀氢氧化钠溶液，b流出的为浓氢氧化钠溶液，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，据此分析解答。
三、非选择题
26．（2021·柳州模拟）2020年人类在金星大气中探测到磷化氢(，也叫膦)，也是一种储粮用的熏蒸杀虫剂。
（1）在密闭粮仓放置的磷化钙()片剂，遇水蒸气放出气体。该反应的化学方程式为 。
（2）可以采取类似于实验室制取氨气的方法来制取，写出PH4I固体和NaOH固体制取的化学方程式： 。
（3）工业上，由磷矿制备膦的一种工艺如下：
已知：，回答下面问题：
①已知白磷在空气中易自燃，将和CO分离得到最经济科学的方法是 。
②属于 元酸，属于 。(填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”)
③白磷和氢氧化钾溶液反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是 。
④吸入磷化氢会对心脏、呼吸系统、肾、肠胃、神经系统和肝脏造成影响。磷化氢中毒时，可以口服硫酸铜溶液催吐，并解毒：。那么消耗2mol时转移电子 mol。
【答案】（1）
（2）
（3）通入冷(或冰)水中；一；正盐；1：3；2
【知识点】物质的简单分类；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】已知电炉室内发生的反应为：，用冷水将转化为，与KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，KH2PO2和硫酸反应生成H3PO2，再发生自身的氧化还原反应得到PH3和H3PO4；
(1)和水反应时，生成PH3和Ca(OH)2，化学方程式为：；
(2)实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法来制取氨气，固体和NaOH固体制取的化学方程式：；
(3)①因白磷易自燃，故通常保存在冷水中，在“气体分离”环节中得到白磷固体比较合理的操作是将混合气体通入到冷水中，过滤；
②加入硫酸反应生成，则属于一元酸，由钾离子和组成，属于正盐；
③P4转化成KH2PO2，P的化合价升高，KH2PO2为氧化产物，转化为PH3，P元素化合价降低，则PH3为还原产物，利用化合价升降法进行配平，即P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，氧化剂和还原剂物质的量之比是1：3；
④对于反应，CuSO4中Cu元素化合价+2降低到+1价，消耗2mol时转移2mol电子。
【分析】(1)和水反应生成PH3和Ca(OH)2；
(2)依据实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法来制取氨气进行类比分析；
(3)①白磷易自燃；
②一元酸只能生成一种盐；
③利用化合价升降法进行配平；
④利用得失电子守恒。
27．（2022·新乡模拟）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：
（1）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为 。
（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用 。“滤渣”的主要成分有SiO2和 (填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是 。
（3）“除铁”的离子方程式为 。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为 。
（5）“灼烧”时Ar的作用是 。
（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为 。(保留三位有效数字)
【答案】（1）+3价
（2）溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0
（3）6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
（4）
（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
（6）87.8%
【知识点】制备实验方案的设计；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】
(1)由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
(2)由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
(4)由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；
(5)灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
(6)若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%=87.8%，故答案为：87.8%。
【分析】钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
28．（2022·泰州模拟）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。
（1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是 。
（2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为 mol，过程④对应的电极反应式为 。
（3）ZVI可去除废水中Pb2+，pH＜6时，pH对Pb2+的去除率的影响如图所示。
已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH+H+FeOH，FeOHFeO-+H+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。
ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2+主要发生表面配位反应和还原反应：
2FeOH+ Pb2+(FeO)2Pb + 4H+
2Fe+ 3Pb2++ 4H2O3Pb+2FeOOH + 6H+
①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+的原因是 。
②pH＜6时，随着pH增大，Pb2+的去除率会增大至接近100%的原因是 。
（4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。
【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸
（2）6；+10H++8e—=+3H2O
（3）ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大
（4）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成
【知识点】电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
(2)由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为1mol×6=6mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为+10H++8e—=+3H2O，故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
(3)①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2+的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；
(4)由图可知，当废水pH＜4.2时， pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成。
【分析】（1）通入氮气能够排除装置中的氧气，防止装置内物质被氧化。
（2）纳米铁在负极失电子发生氧化反应生成Fe2+，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子。
（3）①废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH。
②随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强。
（4）pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子。
29．（2021·湖北模拟）NO的排放是造成酸雨及光化学污染的罪魁祸首，采用科学技术减少氮氧化物等物质的排放可促进社会主义生态文明建设。
（1）如图表示了我国某地区在1959~2019年间，空气中NO，含量因燃料燃烧、工业生产、交通运输以及其他因素的影响而发生变化的统计数据。结合图中数据，判断下列说法正确的是_______。
A．在交通运输中排放的NOx与燃料的不充分燃烧有关
B．1mol氮氧化物(NOx)形成硝酸型酸雨时转移电子(5-2x)mol
C．N2转化为NO的过程不属于氮的固定
D．随着汽车工业的发展，交通运输的NO，排放量所占比重呈增大趋势
（2）用CH4催化还原氮氧化物的相关热化学方程式如下：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(1) ΔH=-662 kJ/mol
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(1) ΔH=-1248 kJ/mol
反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(1) ΔH= kJ/mol
（3）工业上可采用碱液来吸收NOx，有关的化学反应：
①NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
②2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
现有一定条件下a mol NO2和b mol NO的混合气体恰好被一定体积NaOH溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为 。
（4）利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。请写出在此反应机理中脱去NO的离子反应方程式 。
（5）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子为 mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(如图1所示)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示。下列相关分析正确的是 (填序号)
A．在50~150℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率迅速上升的原因可能是：催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大
B．在150~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率缓慢上升的原因可能是：温度升高引起的NOx去除反应速率增大
C．反应温度高于380℃时，NOX的去除率迅速下降的原因可能是：催化剂活性下降
D．反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是：NH3与O2反应生成了NO
【答案】（1）B；D
（2）-955
（3）a b
（4）
（5）；AD
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；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】(1)A、交通运输主要是用的燃料为汽油等化石能源，燃烧不充分释放的主要是一氧化碳，而不是NOx，A项不正确；
B、NOx形成酸雨的过程中可以用化学方程式表示为 转移了 (5-2x)mol电子；B项正确；
C、氮气转化为其化合物的过程是氮的固定，C项不正确；
D、根据图示，随着汽车工业的发展，交通运输所产生的NOx逐渐增加，D项正确；
故答案为：BD。
(2)两种热化学相加除以2得知，ΔH=-955kJ/mol
(3)根据①NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知n(NO2)与n(NO)之比大于等于1：1，一氧化氮才能反应完全，故a b；
(4) 在此反应机理中脱去NO的离子反应方程式 ；
(5)① 反应中生成5mol的氮气转移了12mol的电子，所以生成1mol氮气转移了 mol的电子；
②A、在50~150℃温度较低的范围内，催化剂的火星与温度呈正相关，其活性随温度升高而增大；另一方面，温度升高使反应速率加快，使NOx去除率迅速上升，A项正确；
B、150~250℃范围内温度过高，导致催化剂活性降低，因此NOx的去除率上升得缓慢，B项不正确；
C、反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因为反应物氨气与氧气之间发生反应，生成氮氧化物，C项不正确；
D、从图中可看出，反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是：NH3与 O2反应生成了NO，D项正确；
【分析】（1）A. NOx 主要来源于空气中的氮气与氧气在催化剂作用下得到
B.根据氧化还原反应即可找出转移电子的关系
C.将游离态氮变为化合态氮即是氮的固定
D.含氮氧化物主要是汽车排放，因此汽车工业的发展可增加一氧化氮的排放
（2）根据盖斯定律即可计算
（3）根据给出反应即可判断大小
（4）根据给出的流程即可写出方程式
（5）①根据反应物和生成物即可写出方程式即可找出转移的电子数 ②A.一定温度范围内，催化剂的活性随着温度的升高而增大
B.温度过高，催化剂的活性降低
C.氨气和氧气反应的温度主要在380℃以上，因此可能是氨气和氧气反应
D.氨气和氧气反应的温度主要在380℃以上，因此可能是氨气和氧气反应
30．（2021·青浦模拟）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
（1）I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
氧原子核外有 种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为 ；K2CO3固体中含有的化学键有 。
（2）合成步骤中的化学方程式为 。
（3）当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因： 。
（4）Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
该反应的氧化产物为 ，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为 。
（5）Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是 。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3 mol。
【答案】（1）8；5s25p5；离子键、极性共价键
（2）I2+5H2O2 2HIO3+4H2O
（3）H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等
（4）Cl2；2NA
（5）加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率
（6）1
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与 之间以离子键结合；在阴离子 中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O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是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
31．（2021·西城模拟）菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含有FeCO3、CaCO3、MgCO3等杂质。工业上采用硫酸铵焙烧菱锰矿法制备高纯MnCO3，流程如下图：
已知：
I.金属碳酸盐和硫酸铵混合粉末在加热条件下反应，生成硫酸盐、NH3和CO2。
II.溶液中金属离子沉淀的pH如下表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀pH 1.5 6.3 8.2 8.9 11.9
完全沉淀pH 2.8 8.3 10.2 10.9 13.9
（1）步骤1中MnCO3与(NH4)2SO4反应的化学方程式是 。
（2）步骤2和3中加入MnO2固体、调节pH的目的分别是 。
（3）上述流程中可以再利用的物质有 。
a.(NH4)2SO4 b.NH3
c.CO2
（4）MnCO3可用于制备苯甲醛，流程如下：
已知：甲苯难溶于水，密度小于水，沸点为110.4oC；苯甲醛微溶于水，易溶于甲苯，沸点为179℃。
①MnCO3在空气中加热的化学方程式是 。
②操作1是 ；操作2是 。
③该方法制备1.06kg苯甲醛，则理论上消耗Mn2O3 kg[M(Mn2O3)=158g/mol；M(苯甲醛)=106g/mol]。
【答案】（1）MnCO3+(NH4)2SO4 MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O
（2）加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去
（3）abc
（4）4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2；分液；蒸馏；3.16
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)根据题意可知MnCO3与(NH4)2SO4反应可得到MnSO4、CO2、NH3，根据元素守恒可得化学方程式为MnCO3+(NH4)2SO4 MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O；
(2)加入MnO2作氧化剂，将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，再调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；
(3)溶液e中主要含硫酸铵，处理得到硫酸铵粉末可以再利用，步骤1中产生的NH3和CO2可以在步骤5中再利用，
故答案为：abc；
(4)①根据流程可知MnCO3在空气中加热可以得到Mn2O3，应是被空气中的氧气氧化，根据电子守恒可知MnCO3和O2的系数比应为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2；
②酸性环境中Mn2O3将甲苯氧化为苯甲醛，苯甲醛易溶于甲苯，微溶于水，甲苯难溶于水，所以操作1应是分液，分离得到苯甲醛和甲苯；根据题目所给信息可知苯甲醛和甲苯的沸点差异较大，可以蒸馏分离，即操作2为蒸馏；
③根据电子守恒和元素守恒甲苯和Mn2O3反应的化学方程式应为C6H5CH3+2Mn2O3+8H+→C6H5CHO+5H2O+4Mn2+；1.06kg苯甲醛的物质的量为 =10mol，所以理论上消耗20mol Mn2O3，质量为20mol×158g/mol=3160g=3.16kg。
【分析】菱锰矿粉与过量的硫酸铵粉末共热，得到MnSO4、FeSO4、CaSO4、MgSO4等物质的混合固体和CO2、NH3；将固体a加入硫酸溶液溶解，并加入MnO2作氧化剂，Fe2+被氧化为Fe3+，CaSO4微溶，所以过滤得到含有Mn2+、Fe3+、Mg2+等阳离子的溶液b，调节pH除去Fe3+得到Fe(OH)3，溶液c中还有Mn2+、Mg2+等，加入NH4F除去Mg2+得到MgF2沉淀，过滤后再向溶液d中通入NH3和CO2得到MnCO3，溶解时用的酸为硫酸，所以最终过滤得到的溶液e中主要含硫酸铵。
32．（2021·海淀模拟）氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
（1）实验室用 溶液和 粉末在常温下反应制备 ，装置如图。
①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为 。
（2）生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。
①步骤Ⅰ反应的离子方程式为 。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是 。
（3）以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
①下列说法正确的是 (填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b． 既有氧化性，又有还原性
c． 能与NaOH反应生成 和
d．Se与 化合比S与 化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为 ，对应产物是 。理论上，过程i消耗的 与过程消耗的 的物质的量之比为 (工业硒中杂质与 的反应可忽略)。
【答案】（1）；NaOH溶液
（2）8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO ＋8H＋；O2
（3）bc；1∶1
【知识点】氧化还原反应；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO ，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO ＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a不正确；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6， 的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c． 二氧化锡能与NaOH反应生成不变价的盐和水即 和 ，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se
【分析】（1）①利用硫酸和亚硫酸钠粉末制取二氧化硫气体，选择固液常温型装置②这就要吸收二氧化硫选择的是氢氧化钠溶液
（2）① 根据反应物和生成物即可写出方程式②根据反应流程即可判断出氧化剂
（3）① a.标出反应过程中的元素化合价即可判断是否为氧化还原反应 b.根据元素化合价处于中间价态可上升可下降即可判断 c. 为酸性氧化物可与碱溶液反应d. 氧化性越强越易反应②利用得失电子守恒即可计算出物质的量之比
33．（2021·丰台模拟）保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应。可用作还原剂和漂白剂。
（1）I.实验室制法
将甲酸钠(易溶于水，微溶于甲醇)、80%甲醇水溶液和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，并维持体系弱酸性环境。
补全反应的化学方程式：HCOONa+NaOH+SO2=_+CO2+_， 。
（2）实验中采用80%甲醇水溶液的目的是 。
（3）反应一段时间后，装置中有白色固体析出，将固体过滤、洗涤、干燥、收集。干燥保险粉的最佳方法 。(选填字母)
a.空气中蒸发干燥b.真空干燥c.氯化氢气流中蒸发干燥
（4）II.工业制法
用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。写出a电极的电极反应式 。
（5）III.制备过程中，产生COD值很高的废水的处理方法
资料：COD为化学需氧量，是表示水中还原性物质多少的一个指标。是指在一定的条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，可利用其氧化性氧化水体中的还原性物质，以达到处理COD值很高的废水的目的。
用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程 。
（6）当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标。可能的原因是 。
【答案】（1）HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O
（2）溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率
（3）b
（4）2 +2e-+2H+= +2H2O
（5）H2O2 2 OH
（6）Fe2+消耗 OH， OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的 OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；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】I. (1)该反应为制备保险粉Na2S2O4的反应，根据已知的反应物和部分生成物结合得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O ，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
(2)由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故实验中采用80%甲醇水溶液的目的是溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率，故答案为：溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率；
(3) 由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故干燥保险粉的最佳方法是避免与O2和酸性物质接触，最好用真空干燥，故答案为：b；
II.工业制法
(4)根据装置图中物质的进出情况可知，电极a为由NaHSO3转化为保险粉Na2S2O4，故用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4的电极反应式为2 +2e+2H+= +2H2O，故答案为：2 +2e-+2H+= +2H2O；
III. (5) 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，故用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程为：H2O2 2 OH，故答案为：H2O2 2 OH；
(6) Fe2+消耗 OH， OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的 OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)，当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标，故答案为：Fe2+消耗OH，OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)。
【分析】（1）根据反应物和生成物结合元素守恒即可写出方程式
（2）主要是溶解反应物且阻碍保险粉与水的反应
（3）根据保险粉的性质进行选择合适的方法
（4）根据a电极的反应物和生成物判断得失电子即可写出电极式
（5） 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH) 即可写出
（6）亚铁离子具有还原性与氢氧自由基反应降低含量导致速率降低
34．（2020·南通模拟）烟气中通常含有高浓度SO2、氮氧化物及粉尘颗粒等有害物质，在排放前必须进行脱硫脱硝处理。
（1）利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH＝a kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝b
kJ·mol－1
CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝c kJ·mol－1
反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝
kJ·mol－1。
（2）H2O2在催化剂αFeOOH的表面上，分解产生·OH。·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。
①写出·OH氧化NO的化学反应方程式： 。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80 ℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是 ，温度高于180 ℃，NO的脱除效率降低的原因是 。
（3）工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，其工作原理如图3所示。
① SO2气体在 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)室生成。
②用离子方程式表示吸收液再生的原理： 。
（4）新型纳米材料氧缺位铁酸盐(ZnFe2Ox)能将烟气中SO2分解除去，若1
mol ZnFe2Ox与足量SO2生成1 mol ZnFe2O4和0.5 mol S，则x＝ 。
【答案】（1）2a＋2c－b
（2）3·OH＋NO=HNO3＋H2O；H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分；180 ℃以后，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降
（3）Ⅱ；OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O
（4）3
【知识点】盖斯定律及其应用；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】(1)已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1③CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律，由①×2+③×2-②得反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=ΔH1×2+ΔH3×2-ΔH2=（2a＋2c－b）kJ·mol－1；(2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，反应的化学反应方程式为：3·OH＋NO=HNO3＋H2O；②当H2O2浓度一定时，升温至80 ℃以上，H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高；温度高于180 ℃，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降，NO的脱除效率降低；(3) 工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，根据图中信息可知阴极上氢离子得电子产生氢气，溶液中OH-浓度增大，和HSO3-反应生成SO32-，钠离子通过阳离子交换膜移向Ⅰ室，Na2SO3溶液再生；阳极是水电离出的OH-放电生成氧气，H+浓度增大，通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，和Ⅱ室中的HSO3-生成亚硫酸，进而分解产生SO2；① SO2气体在Ⅱ室生成；②吸收液中氢氧根离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸而再生，离子反应方程式为：OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O；(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，N(铁失电子)=[3-（x-1）]×2×2=4×1=N(硫得电子)，解得x=3。
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算； (2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，据此写出化学方程式；(3)根据电解池原理分析；(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒计算。
35．（2020·南京模拟）钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。
（1）CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。
①该催化剂中铁元素的化合价为 。
②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知： 法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图2为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。
①通过计算确定A点剩余固体的化学成分为 （填化学式）。试写出B点对应的物质与O2在225℃~300℃发生反应的化学方程式： 。
②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L（标准状况）黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为 。
【答案】（1）+3；微波水热；Co2+
（2）Co3O4（写成CoO·Co2O3亦给分）；3CoC2O4+ 2O2= Co3O4+6CO2；5:6
【知识点】常见元素的化合价；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）①根据化合价代数和为0计算Fe的化合价，CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni均为+2，O为-2价，则Fe的化合价为 =+3；②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，所以微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，所以Co2+的催化活性更高；（2）①由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3g，物质的量为 =0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol： mol≈3：4，所以C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，所以B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为3CoC2O4 + 2O2 = Co3O4 +6CO2；
②由电子守恒：n(Co3+) = 2 n(Cl2) = 0.4 mol，由电荷守恒：n(Co)总 =n(Co2+)溶液= 0.5 n(Cl－) = 0.5×( 2.4mol－0.2mol×2)= 1 mol，所以固体中的n(Co2+)= 1mol－0.4mol= 0.6 mol；n(O)= =1.2mol，所以n(Co): n(O)=1mol: 1.2mol=5：6。
【分析】考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律和化学图像的分析与判断等。
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1
一、选择题
1．（2023·北京）离子化合物和与水的反应分别为；。下列说法正确的是( )
A．中均有非极性共价键
B．中水发生氧化反应，中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应和中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
2．（2023·湖南）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
3．（2023·湖南）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
4．（2023·辽宁）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含键数目为
B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为
D．溶液中含数目为
5．（2023·梅州模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有的电子数为
B．溶液中含有的阴离子数目小于
C．标准状况下，乙炔中含有的键数目为
D．与足量的氧气反应转移电子数目为
6．（2023·郴州模拟）SCR是目前较成熟的烟气脱硝技术，它是一种炉后脱硝方法，世界上流行的SCR工艺主要分为氨法SCR和尿素法SCR，尿素法SCR示意图如下图。下列说法错误的是
A．尿素分子中键与键的个数比为
B．该尿素的质量分数约为
C．和的物质的量各为与反应时可完全转化为无毒物质，该过程中转移的电子数目为
D．在70~80℃条件下，尿素也可与烟气中的以物质的量比恰好完全反应，则生成的和的物质的量之比为
7．（2023·邵阳模拟）某化学兴趣小组设计一种从硫矿石(主要成分为硫黄及少量FeS2)中提取硫黄的方法如下：
查阅资料：S的熔点为115.2℃；的沸点为46.2℃。
下列说法错误的是
A．单质硫是分子晶体
B．过程①中可用乙醇代替
C．过程③的目的是使挥发，同时使硫从水中析出
D．将趁热过滤所得滤渣煅烧：，反应中每生成1 mol ，转移电子的物质的量为5.5 mol
8．（2023·淮北模拟）向含的废水中加入铁粉和可制备，反应如下，下列说法正确的是
A．的电子式为
B．加入的作用是提供和调节
C．电离方程式：
D．反应中每生成转移电子
9．（2023·淮北模拟）某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是
A．装置I中的可以替换成
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，还可以防止倒吸
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，转移电子
D．装置Ⅳ的作用是吸收空气中的和水蒸气
10．（2022高三上·金山模拟）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为： 3Fe2+＋2S2O32－＋O2＋xOH－＝Fe3O4↓＋S4O62－＋2H2O，若反应生成1 mol Fe3O4，则下列说法正确的是（ ）
A．x＝6 B．S2O32－作氧化剂
C．转移电子2 mol D．被Fe2+还原的O2为0.5 mol
11．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）关于反应2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+Na2SO4+K2SO4+2H2O，下列说法正确的是
A．KI发生还原反应
B．H2SO4既不是氧化剂，也不是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D．消耗0.5molNaNO2时，转移1.0mol电子
12．（2022·柳州模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1.8g含有的中子数为0.1
B．1L氨水中所含的数目为0.1
C．5.6g铁与足量稀盐酸反应、转移的电子数)0.3
D．124g()分子中所含的共价键数目为6
13．（2022·徐汇模拟）汽车碰撞时，安全气囊中发生反应：。若氧化产物比还原产物多7mol，下列说法错误的是( )
A．生成8mol B．1mol被还原
C．转移7mol电子 D．15mol氮原子被氧化
14．（2022·海淀模拟）下列说法正确的是（ ）
A．室温下，1L0.1mol·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022
B．标准状况下，5.6LCCl4中所含C—Cl键的数目约为6.02×1023
C．5.6gFe和足量Cl2反应转移电子的物质的量为0.2mol
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
15．（2022·滨州模拟）据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．光伏并网发电装置中N型半导体为正极
B．c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜
C．保持电流恒定，升高温度可加快合成四甲基氢氧化铵的速率
D．制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体(标准状况)
16．（2022·临沂模拟）一种新型无隔膜可充电电池，水系电池以锌箔、石墨毡为集流体，和的混合液作电解质溶液，工作原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．过程I为充电过程，a接电源的正极
B．为增强电池效率，可向电解液中加入硫酸以增强溶液的导电性
C．过程II为放电过程，石墨毡极的电极反应式为
D．放电时，当外电路转移2mol时，两电极质量变化的差值为22g
17．（2022·苏州模拟）科学家发明了如图所示的新型Zn—CO2水介质电池，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，CO2被转化为储氢物质甲酸等。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，负极反应式为：Zn＋2e-＋4OH-=Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2完全转化为HCOOH，理论上转移4 mol电子
C．充电时，正极溶液中OH 浓度升高
D．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O
18．（2022·聊城模拟）镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛的金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下， 分别与 浓度均为 的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为 和 。下列说法错误的是（ ）
A．
B．转移的电子数之比为
C．消耗酸和碱的物质的量之比为
D．反应前后两溶液的质量变化相等
19．（2022·唐山模拟）水合肼 的性质类似氨水。利用水合肼处理铜氨 废液回收铜粉的实验流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．上述三步反应过程均为氧化还原反应
B．反应1的目的是制备
C．合成水合肼的反应中每消耗 转移电子数为
D．反应2完成后要用到过滤操作
20．（2022·枣庄模拟）催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的作催化剂，将NO还原成的一种反应历程如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．增大浓度会影响催化剂对其它气体的吸附
B．总反应的化学方程式为
C．反应过程中催化剂本身未发生价态的变化
D．当消耗标准状况下时，整个过程转移6mol电子
21．（2022·葫芦岛模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．由H218O与D216O组成的4.0 g混合物含中子数为2NA
B．100 mL 0.1 mol/LCH3COONa溶液中阴离子数目大于0.01NA
C．标准状况下，22.4 L甲醇中含有－OH的数目为NA个
D．某密闭容器中0.1molNa2O2和0.1 mol SO2充分反应，转移电子的数目为0.2NA
22．（2022·通州模拟）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄()能溶于，反应如下：。下列说法错误的是（ ）
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为
B．若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、作正极
C．反应产生的可用溶液吸收
D．雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂
23．（2022·舟山模拟）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L CO2中共用电子对数目为2 NA
B．标准状况下，46g NO2与N2O4的混合物中所含的原子总数目为3NA
C．100g质量分数为49%的硫酸溶液，含有的氧原子数目为2NA
D．一定条件下 ，0.2mol SO2与0.1mol O2充分反应后转移电子总数为0.4 NA
24．（2022·惠州模拟）联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．①转化中N2H4是还原剂
B．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
C．1mol N2H4可处理水中1.5 molO2
D．③中发生反应后溶液的pH增大
二、多选题
25．（2021·怀化模拟）“三室法”制备烧碱和硫酸示意图如图，下列说法正确的是（ ）
A．电极B为阴极，发生还原反应
B．离子交换膜B为阳离子交换膜
C．稀硫酸从c处进，浓 溶液从b处出，浓 溶液从e处进
D．理论上 迁移数等于导线中通过的电子数， 的迁移数是导线上通过电子数的一半
三、非选择题
26．（2021·柳州模拟）2020年人类在金星大气中探测到磷化氢(，也叫膦)，也是一种储粮用的熏蒸杀虫剂。
（1）在密闭粮仓放置的磷化钙()片剂，遇水蒸气放出气体。该反应的化学方程式为 。
（2）可以采取类似于实验室制取氨气的方法来制取，写出PH4I固体和NaOH固体制取的化学方程式： 。
（3）工业上，由磷矿制备膦的一种工艺如下：
已知：，回答下面问题：
①已知白磷在空气中易自燃，将和CO分离得到最经济科学的方法是 。
②属于 元酸，属于 。(填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”)
③白磷和氢氧化钾溶液反应中氧化剂和还原剂物质的量之比是 。
④吸入磷化氢会对心脏、呼吸系统、肾、肠胃、神经系统和肝脏造成影响。磷化氢中毒时，可以口服硫酸铜溶液催吐，并解毒：。那么消耗2mol时转移电子 mol。
27．（2022·新乡模拟）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：
（1）Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为 。
（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用 。“滤渣”的主要成分有SiO2和 (填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是 。
（3）“除铁”的离子方程式为 。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为 。
（5）“灼烧”时Ar的作用是 。
（6）某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为 。(保留三位有效数字)
28．（2022·泰州模拟）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。
（1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是 。
（2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为 mol，过程④对应的电极反应式为 。
（3）ZVI可去除废水中Pb2+，pH＜6时，pH对Pb2+的去除率的影响如图所示。
已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH+H+FeOH，FeOHFeO-+H+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。
ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2+主要发生表面配位反应和还原反应：
2FeOH+ Pb2+(FeO)2Pb + 4H+
2Fe+ 3Pb2++ 4H2O3Pb+2FeOOH + 6H+
①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+的原因是 。
②pH＜6时，随着pH增大，Pb2+的去除率会增大至接近100%的原因是 。
（4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。
29．（2021·湖北模拟）NO的排放是造成酸雨及光化学污染的罪魁祸首，采用科学技术减少氮氧化物等物质的排放可促进社会主义生态文明建设。
（1）如图表示了我国某地区在1959~2019年间，空气中NO，含量因燃料燃烧、工业生产、交通运输以及其他因素的影响而发生变化的统计数据。结合图中数据，判断下列说法正确的是_______。
A．在交通运输中排放的NOx与燃料的不充分燃烧有关
B．1mol氮氧化物(NOx)形成硝酸型酸雨时转移电子(5-2x)mol
C．N2转化为NO的过程不属于氮的固定
D．随着汽车工业的发展，交通运输的NO，排放量所占比重呈增大趋势
（2）用CH4催化还原氮氧化物的相关热化学方程式如下：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(1) ΔH=-662 kJ/mol
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(1) ΔH=-1248 kJ/mol
反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(1) ΔH= kJ/mol
（3）工业上可采用碱液来吸收NOx，有关的化学反应：
①NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
②2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
现有一定条件下a mol NO2和b mol NO的混合气体恰好被一定体积NaOH溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为 。
（4）利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。请写出在此反应机理中脱去NO的离子反应方程式 。
（5）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子为 mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(如图1所示)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示。下列相关分析正确的是 (填序号)
A．在50~150℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率迅速上升的原因可能是：催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大
B．在150~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率缓慢上升的原因可能是：温度升高引起的NOx去除反应速率增大
C．反应温度高于380℃时，NOX的去除率迅速下降的原因可能是：催化剂活性下降
D．反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是：NH3与O2反应生成了NO
30．（2021·青浦模拟）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
（1）I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
氧原子核外有 种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为 ；K2CO3固体中含有的化学键有 。
（2）合成步骤中的化学方程式为 。
（3）当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因： 。
（4）Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
该反应的氧化产物为 ，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为 。
（5）Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是 。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3 mol。
31．（2021·西城模拟）菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含有FeCO3、CaCO3、MgCO3等杂质。工业上采用硫酸铵焙烧菱锰矿法制备高纯MnCO3，流程如下图：
已知：
I.金属碳酸盐和硫酸铵混合粉末在加热条件下反应，生成硫酸盐、NH3和CO2。
II.溶液中金属离子沉淀的pH如下表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀pH 1.5 6.3 8.2 8.9 11.9
完全沉淀pH 2.8 8.3 10.2 10.9 13.9
（1）步骤1中MnCO3与(NH4)2SO4反应的化学方程式是 。
（2）步骤2和3中加入MnO2固体、调节pH的目的分别是 。
（3）上述流程中可以再利用的物质有 。
a.(NH4)2SO4 b.NH3
c.CO2
（4）MnCO3可用于制备苯甲醛，流程如下：
已知：甲苯难溶于水，密度小于水，沸点为110.4oC；苯甲醛微溶于水，易溶于甲苯，沸点为179℃。
①MnCO3在空气中加热的化学方程式是 。
②操作1是 ；操作2是 。
③该方法制备1.06kg苯甲醛，则理论上消耗Mn2O3 kg[M(Mn2O3)=158g/mol；M(苯甲醛)=106g/mol]。
32．（2021·海淀模拟）氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
（1）实验室用 溶液和 粉末在常温下反应制备 ，装置如图。
①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为 。
（2）生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。
①步骤Ⅰ反应的离子方程式为 。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是 。
（3）以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
①下列说法正确的是 (填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b． 既有氧化性，又有还原性
c． 能与NaOH反应生成 和
d．Se与 化合比S与 化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为 ，对应产物是 。理论上，过程i消耗的 与过程消耗的 的物质的量之比为 (工业硒中杂质与 的反应可忽略)。
33．（2021·丰台模拟）保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应。可用作还原剂和漂白剂。
（1）I.实验室制法
将甲酸钠(易溶于水，微溶于甲醇)、80%甲醇水溶液和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，并维持体系弱酸性环境。
补全反应的化学方程式：HCOONa+NaOH+SO2=_+CO2+_， 。
（2）实验中采用80%甲醇水溶液的目的是 。
（3）反应一段时间后，装置中有白色固体析出，将固体过滤、洗涤、干燥、收集。干燥保险粉的最佳方法 。(选填字母)
a.空气中蒸发干燥b.真空干燥c.氯化氢气流中蒸发干燥
（4）II.工业制法
用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。写出a电极的电极反应式 。
（5）III.制备过程中，产生COD值很高的废水的处理方法
资料：COD为化学需氧量，是表示水中还原性物质多少的一个指标。是指在一定的条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，可利用其氧化性氧化水体中的还原性物质，以达到处理COD值很高的废水的目的。
用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程 。
（6）当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标。可能的原因是 。
34．（2020·南通模拟）烟气中通常含有高浓度SO2、氮氧化物及粉尘颗粒等有害物质，在排放前必须进行脱硫脱硝处理。
（1）利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH＝a kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝b
kJ·mol－1
CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝c kJ·mol－1
反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝
kJ·mol－1。
（2）H2O2在催化剂αFeOOH的表面上，分解产生·OH。·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图1所示。
①写出·OH氧化NO的化学反应方程式： 。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图2所示。升温至80 ℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是 ，温度高于180 ℃，NO的脱除效率降低的原因是 。
（3）工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，其工作原理如图3所示。
① SO2气体在 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)室生成。
②用离子方程式表示吸收液再生的原理： 。
（4）新型纳米材料氧缺位铁酸盐(ZnFe2Ox)能将烟气中SO2分解除去，若1
mol ZnFe2Ox与足量SO2生成1 mol ZnFe2O4和0.5 mol S，则x＝ 。
35．（2020·南京模拟）钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。
（1）CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。
①该催化剂中铁元素的化合价为 。
②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知： 法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图2为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。
①通过计算确定A点剩余固体的化学成分为 （填化学式）。试写出B点对应的物质与O2在225℃~300℃发生反应的化学方程式： 。
②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L（标准状况）黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Na2O2中，存在O-O键，CaH2中，H原子之间没有直接结合，不存在H-H键，A错误；
B、①中H2O的O化合价不变，不发生氧化反应和还原反应，②中H2O的H化合价降低，发生还原反应，B错误；
C、Na2O2阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴阳离子个数比为1：2，CaH2中阳离子为Ca2+，阴离子为H-，阴阳离子个数比为2：1，C正确；
D、反应①每转移2mol电子，生成1mol O2，反应②每转移2mol电子，生成2mol H2，D错误；
故答案为：C
【分析】A、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、Na2O2和H2O的反应中，Na2O2自身发生氧化还原反应；
C、O22-为原子团，应当成一个整体判断；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
2．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；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】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
3．【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；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、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算，A项错误；
B.2.8g氮气的物质的量为0.1mol，1molN2生成转移的电子数为12N2，则0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；
C.0.1molKNO3晶体含有离子为K+、NO3-，含有离子数目为0.2NA，C项正确；
D．因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA，D项错误；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.用体积计算物质的量时，1.必须指明条件；2.对象必须为气体；否则无法进行计算。
5．【答案】D
【知识点】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；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.1个铝27中含有10个电子，则0.1mol铝27中含有的电子数为，A错误；
B.0.1mol硫化钠中应该含有0.1mol硫离子，S2-溶液中硫离子水解生成氢氧根离子和HS-：，且溶液中水也会电离出氢氧根离子，则溶液中含有的阴离子数目大于0.1mol，B错误；
C.标准状况下，22.4L乙炔为1mol，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，中含有的σ键数目为3NA，C错误
D.钠和氧气反应，钠转化为+1价钠，23g钠为1mol，与足量的氧气反应转移电子数目为NA，D正确
故答案为：D。
【分析】A.阳离子电子数=原子序数-带电荷。
B.强碱弱酸盐水溶液中会发生水解，同时溶液中也存在水的电离平衡，在计算阴离子数目时要进行充分考虑。
C.共价键单价为σ键，共价三键为含有1个σ键2个π键。
D.利用化合价升降，判断电子转移即可。
6．【答案】C
【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；化学方程式的有关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】A．尿素的结构简式为，分子中N H键、N C键为σ键，C═O键中有一个是σ键，故σ键共有7个，C═O键中有一个是π键，故σ键与π键数目之比为7：1，A项不符合题意；
B．尿素的摩尔质量为60g/mol，浓度为6mol/L，体积为V，则尿素的质量为，溶液的密度为，溶液的质量为，则尿素的质量分数，B项不符合题意；
C．该反应的化学方程式为，2mol，1mol，1molNO参加反应转移6mol电子，2mol，2molNO参加反应转移12mol电子即转移电子的个数为12，C项符合题意；
D．尿素与烟气中的NO以物质的量比1：3恰好完全反应的化学方程式为，则生成的和的物质的量之比为5：2，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.尿素的结构简式为， 键是共价单键，键是共价双键。
B.根据m=nM、n=cV和进行分析。
C.涉及反应是，结合得失电子守恒进行分析。
D.化学方程式中物质的系数之比等于其物质的量之比。
7．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．硫是非金属单质，单质硫是分子晶体，故A不符合题意；
B．硫是难溶于水，微溶于酒精，易溶于，因此过程①中不可用乙醇代替，故B符合题意；
C．S的熔点为115.2℃；的沸点为46.2℃，因此过程③的目的是使挥发，同时使硫从水中析出，故C不符合题意；
D．将趁热过滤所得滤渣煅烧：，根据方程式分析，生成8mol，转移44mol电子，因此反应中每生成1 mol ，转移电子的物质的量为5.5 mol，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 将硫矿石粉碎，在120℃条件下将S变为液体，过滤，得到液态硫，再加入二硫化碳进行萃取，过滤，用70～75℃的热水喷淋，将CS2变为气态，而液态硫变为固态，经过一系列过程得到纯硫。
8．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．中存在共价键，电子式为，A不符合题意；
B．反应后生成的化合物中含有钾离子，故碳酸钾的作用为提供钾离子，并消耗，调节pH，B符合题意 ；
C．的电离方程式为：，C不符合题意；
D．该反应中铁元素化合价升高2价，故每生成2mol二氧化碳转移2mol电子，则每生成1mol二氧化碳转移1mol电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.为共价化合物，存在共价键。
B.根据反应方程式进行分析。
C.注意络合离子不可拆。
D.根据反应方程式，每生成2mol二氧化碳转移2mol电子。
9．【答案】B
【知识点】除杂；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．图Ⅰ中没有加热装置，故不能将替换成，A不符合题意；
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，长颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B符合题意；
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO，转移电子，C不符合题意；
D．装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 与浓盐酸在加热的条件下反应。
B.饱和食盐水可除去中，长颈漏斗可以平衡压强和防止倒吸。
C.装置Ⅲ中反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，消耗1molCl2转移1mol电子。
D.装置Ⅳ是尾气处理装置，吸收剩余的Cl2。
10．【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；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据电荷守恒可知，（+2）×3+（﹣2）×2+x×（﹣1）＝﹣2，即x＝4，A不符合题意；
B．根据方程式可知，反应前后硫元素化合价由+2升为+2.5，则S2O32－作还原剂，B不符合题意；
C．根据方程式可知，反应前后铁元素、硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，每生成1mol Fe3O4，只有1mol O2得到电子，则反应转移的电子总数为1mol×2×（2﹣0）＝4mol，C不符合题意；
D．反应前后，铁元素的化合价由+2升为+3，生成1mol Fe3O4，则2mol Fe2+被氧化，而只有1mol O2得到电子，即电子转移总数为4mol，由电子守恒可知，被Fe2+还原的O2是0.5mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据电荷守恒进行分析。
B.氧化剂中某元素化合价降低，还原剂中某元素化合价升高。
C.根据方程式可知，该反应中只有O2得到电子。
D. 生成1mol Fe3O4，则2mol Fe2+被氧化，而只有1mol O2得到电子，即电子转移总数为4mol，结合电荷守恒进行分析。
11．【答案】B
【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，KI中的I失电子化合价升高，发生氧化反应，A不符合题意；
B．反应中H2SO4中的元素化合价既不升高也不降低，故H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B符合题意；
C．NaNO2中N得电子化合价降低，NO为还原产物，KI中I失电子化合价升高，I2为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，C不符合题意；
D．反应中NaNO2中N得电子化合价从+3价降低为+2价，则消耗0.5molNaNO2转移0.5mol电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【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。
12．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．D2O摩尔质量是20g mol-1，1.8g该物质不足0.1mol，所以中子数为，不符题意；
B．在溶液中水解，故粒子数量少于0.1NA，不符题意；
C．铁与盐酸反应发生的离子反应是，5.6gFe反应，转移电子，不符题意；
D．每个P4分子中含有6条P-P单键，124gP4物质的量是1mol，所以P-P键一共6NA，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据进行分析，注意原子的中子数=质量数-质子数，质量数≈相对原子质量。
B.根据n=cV=进行分析，注意 在溶液中会发生水解。
C.注意铁与盐酸反应生成Fe2+。
D.每个P4分子中含有6条P-P单键，结合进行分析。
13．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．据分析可知反应方程式中各物质的量减半，生成N2物质的量为8mol，A选项不符合题意；
B．KNO3做氧化剂被还原，物质的量减半，1molKNO3被还原，B选项不符合题意；
C．电子转移数也减半，因此电子转移5mol，C选项符合题意；
D．原有10molNaN3被氧化，即30molN原子被氧化，现在物质的量减半，故有15molN原子被氧化，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，生成还原产物；还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，生成氧化产物；
14．【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；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1L0.1mol·L-1盐酸中H+的物质的量为0.1mol，H+的个数约为：，A符合题意；
B．标准状况下CCl4为液态，无法计算其物质的量，也无法计算含C-Cl键个数，B不符合题意；
C．Fe和足量Cl2反应生成三氯化铁，铁元素化合价为+3价，转移电子的物质的量为0.3mol，C不符合题意；
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子浓度相同，盐酸的浓度是硫酸浓度的2倍，溶质的物质的量浓度不相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1L0.1mol L-1盐酸中H+的浓度为0.1mol/L；
B.标况下四氯化碳为液体；
C.铁与氯气反应生成氯化铁；
D.HCl为一元酸，硫酸为二元酸。
15．【答案】D
【知识点】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．由分析可知，N型半导体为负极，A不符合题意；
B．Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B不符合题意；
C．温度过高，四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]会分解，四甲基氯化铵浓度降低，不能加快合成四甲基氢氧化铵的速率，C不符合题意；
D．的物质的量为，a极电极反应式为，则收集氢气1mol，转移电子为2mol，b极电极反应式为，则收集氧气为0.5mol，标况下两极可得气体体积为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则为阴极，电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，b为阳极，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极， P型半导体为正极。
16．【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；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】由图可知，水系可充电电池放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，充电时即过程Ⅰ，锌箔作阴极，电极反应式为Zn2++2e- =Zn，石墨为阳极，电极反应式为，据此作答。
A．过程Ⅰ为充电过程，a接电源的负极，A项不符合题意；
B．向电解液中加入硫酸﹐硫酸与二氧化锰反应，电池效率降低，B项不符合题意；
C．过程Ⅱ为放电过程，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O ，C项不符合题意；
D．放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，当外电路有2mol电子转移时，负极减少65克，正极减少88克，两极质量差为88-65=22克，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 由图可知，过程I为放电过程，Zn在反应中失电子生成锌离子，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨毡为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，过程II为充电过程，锌箔作阴极，石墨毡为阳极，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
17．【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；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．由分析可知，放电时，左侧电极为负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-＋4OH-=Zn(OH)，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，右侧电极为正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH，则1mol二氧化碳放电时，理论上转移2 mol电子，故B不符合题意；
C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2 H2O-4e-= O2↑＋4H+，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故C不符合题意；
D．由分析可知，充电的总反应为2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时作原电池，左侧电极锌失电子发生氧化反应，其电极反应式为Zn—2e-＋4OH-=Zn(OH)，右侧电极CO2得电子发生还原反应，其电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH；充电时作电解池，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，其电极反应式与放电时的正好相反，电池总反应可通过两极反应式相加得到，据此分析。
18．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 由反应方程式可知，0.1molGa需0.3molHCl，而HCl有0.2mol，所以Ga过量，则0.2molHCl与Ga反应生成0.1molH2，0.1molGa需0.1molNaOH，生成0.15mol H2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则 ，A不符合题意；
B．生成0.1mol H2，转移0.2mol电子，生成0.15mol H2转移0.3mol电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B不符合题意；
C．消耗HCl0.2mol，消耗NaOH0.1mol，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C不符合题意；
D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应： ，与氢氧化钠反应： ， ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ga与盐酸发生反应2Ga+6HCl=2GaCl3+3H2↑，Ga与氢氧化钠溶液发生反应：2Ga+2NaOH+H2O=2NaGaO2+3H2↑，据此计算；
B.转移电子数目之比等于生成氢气体积之比；
C.气体的体积之比等于其物质的量之比，结合反应的化学方程式计算；
D.溶液质量增加=参加反应Ga的质量-生成氢气的质量。
19．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，氯元素化合价变化；反应2是次氯酸钠把尿素氧化为水合肼，氯元素、N元素化合价变化；反应3是 被水合肼还原为Cu，铜元素、氮元素化合价变化，上述三步反应过程均为氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 反应1是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应1的目的是制备 ，用 把尿素氧化为水合肼，故B不符合题意；
C. 次氯酸钠把尿素氧化为水合肼，氮元素化合价由-3升高为-2，每消耗 转移电子数为2 ，故C符合题意；
D. 反应2完成后要把铜粉分离出来，用到过滤操作，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化；
B.NaOH与氯气反应生成NaCl、NaClO和水；
C.根据得失电子守恒计算；
D.分离固体和液体的操作为过滤。
20．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在NO浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多的反应物NO转化为N2，根据图示可知，在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO几乎不被催化剂吸附，故增大浓度不会影响催化剂对NO气体的吸附，A不符合题意；
B．由图可知反应物有、NO、O2，生成物有N2、H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，总反应的化学方程式为：，B不符合题意；
C．反应过程中，反应4中催化剂与O2反应，O元素化合价降低，则催化剂本身发生价态的变化，C不符合题意；
D．标准状况下物质的量为，总反应的化学方程式为：，消耗1molO2时转移12mol电子，则消耗0.5molO2时转移6mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.依据化学平衡移动原理和化学反应原理分析解答；
B.依据氧化还原反应的相关知识分析；
C.依据具体的化学反应过程分析；
D.依据氧化还原反应中电子转移数目相等分析。
21．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．H218O与D216O的相对分子质量均为20，中子数均为10，4.0g混合物物质的量为0.2mol，含有的中子数为2NA，故A不符合题意；
B.100mL0.1mol L-1CH3COONa溶液中Na+的物质的量为0.01mol，溶液中还存在H+，阳离子的物质的量大于0.01mol，根据溶液中电荷守恒可知溶液中阴离子数目大于0.01NA，故B不符合题意；
C．标准状况下，甲醇为液态，无法用气体摩尔体积计算-OH个数；故C符合题意；
D．Na2O2和SO2会发生反应，Na2O2中氧从-1价降低为-2价， SO2中的硫从+4价升高为+6价，1molNa2O2和1 mol SO2反应，转移电子为2mol，所以0.1molNa2O2和0.1 mol SO2充分反应，转移电子的数目为0.2NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，含有的中子数均为10；
B.溶液呈电中性，该溶液中阳离子大于数目大于0.01NA，阴离子数目也大于数目大于0.01NA；
C.标况下甲醇为液体；
D.过氧化钠和二氧化硫反应生成硫酸钠，Na2O2中氧从-1价降低为-2价， SO2中的硫从+4价升高为+6价，据此分析。
22．【答案】B
【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．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4 ，则反应中转移电子的物质的量为5 mol ，A不符合题意；
B．若将该反应设计成原电池，分析化合价知 As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、 As2S3 作负极，B符合题意；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的 NO2 可用 NaOH 溶液吸收，C不符合题意；
D．雄黄( As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄( As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.分析化合价可知生成2mol的H3AsO4 转移10mol电子，再按比例计算；
B.原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
C.NO2和氢氧化钠反应，所以可以用氢氧化钠溶液吸收NO2；
D. 雄黄转化为雌黄过程分析化合价可知As的化合价升高，所以需要加入氧化剂。
23．【答案】B
【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．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为=1mol，二氧化碳的结构式为O=C=O，1molCO2中含4mol共用电子对，共用电子对数目为4NA，A不符合题意；
B．NO2与N2O4的最简式为：NO2，46gNO2的物质的量为=1mol，含3mol原子，原子数目为3NA，B符合题意；
C.100g质量分数为49%的硫酸溶液，含溶质硫酸49g，但水中也含有氧原子，因此溶液中氧原子数目大于2NA，C不符合题意；
D．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，0.2molSO2与0.1molO2充分反应生成三氧化硫的物质的量小于0.2mol，转移电子总数小于0.4NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1个CO2中有4个共用电子对，结合n=进行分析。
B.NO2与N2O4之间存在可逆反应，可运用极端假设法，结合n=进行分析。
C.注意溶液中氧原子来源于两部分（溶质H2SO4和溶剂H2O）。
D.SO2与O2的反应为可逆反应。
24．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．①转化中N2H4转化为N2 ， N元素化合价升高，所以N2H4是还原剂，A项不符合题意；
B．Na2SO3具有较强还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，B项不符合题意；
C．据图可知，整个流程中Cu元素的化合价没有发生变化， N2H4中N元素转化为N2，化合价升高2价，所以1mol N2H4反应时转移4mol电子， O2中的O元素由0价变为- 2价，所以转移4mol电子时反应1mol O2，C项符合题意；
D．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，③中氧气得电子，碱性溶液中会生成氢氧根离子，导致溶液pH增大，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】反应1和3是氧化还原反应，2是非氧化还原反应，判断出每一步化合价的变化情况，判断电子转移情况，利用得失电子守恒然后进行计算。
25．【答案】C,D
【知识点】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．根据分析，电极B为阳极，发生氧化反应，A项不符合题意；
B．根据分析，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，则离子交换膜A为阳离子交换膜，B项不符合题意；
C．根据分析，稀硫酸从c处进，浓NaOH溶液从b处出，浓Na2SO4溶液从e处进，C项符合题意；
D．一个电子带一个单位的负电荷，Na+带一个单位的正电荷，硫酸根离子带两个单位的负电荷，Na+迁移的数量等于导线上通过电子的数量，导线上通过电子的数量等于硫酸根离子迁移数量的两倍，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据题意和装置图，利用“三室法”制备烧碱和硫酸，则两个电极一边产生硫酸，一边产生烧碱，e处加入的应为硫酸钠溶液，钠离子与硫酸根离子通过离子交换膜A、B向两极移动，根据B电极上生成氧气，即电解质溶液中的氧元素，由-2价变为0价，化合价升高失电子，发生氧化反应，则电极B为阳极，硫酸根离子通过离子交换膜B向电极B移动，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则c处加入的为稀硫酸，d处流出的为浓硫酸；电极A为阴极，Na+透过离子交换膜A向电极A移动，a加入的为稀氢氧化钠溶液，b流出的为浓氢氧化钠溶液，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，据此分析解答。
26．【答案】（1）
（2）
（3）通入冷(或冰)水中；一；正盐；1：3；2
【知识点】物质的简单分类；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】已知电炉室内发生的反应为：，用冷水将转化为，与KOH溶液发生反应P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，KH2PO2和硫酸反应生成H3PO2，再发生自身的氧化还原反应得到PH3和H3PO4；
(1)和水反应时，生成PH3和Ca(OH)2，化学方程式为：；
(2)实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法来制取氨气，固体和NaOH固体制取的化学方程式：；
(3)①因白磷易自燃，故通常保存在冷水中，在“气体分离”环节中得到白磷固体比较合理的操作是将混合气体通入到冷水中，过滤；
②加入硫酸反应生成，则属于一元酸，由钾离子和组成，属于正盐；
③P4转化成KH2PO2，P的化合价升高，KH2PO2为氧化产物，转化为PH3，P元素化合价降低，则PH3为还原产物，利用化合价升降法进行配平，即P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，氧化剂和还原剂物质的量之比是1：3；
④对于反应，CuSO4中Cu元素化合价+2降低到+1价，消耗2mol时转移2mol电子。
【分析】(1)和水反应生成PH3和Ca(OH)2；
(2)依据实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法来制取氨气进行类比分析；
(3)①白磷易自燃；
②一元酸只能生成一种盐；
③利用化合价升降法进行配平；
④利用得失电子守恒。
27．【答案】（1）+3价
（2）溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0
（3）6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
（4）
（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
（6）87.8%
【知识点】制备实验方案的设计；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】
(1)由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
(2)由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
(4)由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；
(5)灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
(6)若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%=87.8%，故答案为：87.8%。
【分析】钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
28．【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸
（2）6；+10H++8e—=+3H2O
（3）ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大
（4）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成
【知识点】电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
(2)由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为1mol×6=6mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为+10H++8e—=+3H2O，故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
(3)①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2+的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；
(4)由图可知，当废水pH＜4.2时， pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成。
【分析】（1）通入氮气能够排除装置中的氧气，防止装置内物质被氧化。
（2）纳米铁在负极失电子发生氧化反应生成Fe2+，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子。
（3）①废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH。
②随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强。
（4）pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子。
29．【答案】（1）B；D
（2）-955
（3）a b
（4）
（5）；AD
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；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】(1)A、交通运输主要是用的燃料为汽油等化石能源，燃烧不充分释放的主要是一氧化碳，而不是NOx，A项不正确；
B、NOx形成酸雨的过程中可以用化学方程式表示为 转移了 (5-2x)mol电子；B项正确；
C、氮气转化为其化合物的过程是氮的固定，C项不正确；
D、根据图示，随着汽车工业的发展，交通运输所产生的NOx逐渐增加，D项正确；
故答案为：BD。
(2)两种热化学相加除以2得知，ΔH=-955kJ/mol
(3)根据①NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知n(NO2)与n(NO)之比大于等于1：1，一氧化氮才能反应完全，故a b；
(4) 在此反应机理中脱去NO的离子反应方程式 ；
(5)① 反应中生成5mol的氮气转移了12mol的电子，所以生成1mol氮气转移了 mol的电子；
②A、在50~150℃温度较低的范围内，催化剂的火星与温度呈正相关，其活性随温度升高而增大；另一方面，温度升高使反应速率加快，使NOx去除率迅速上升，A项正确；
B、150~250℃范围内温度过高，导致催化剂活性降低，因此NOx的去除率上升得缓慢，B项不正确；
C、反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因为反应物氨气与氧气之间发生反应，生成氮氧化物，C项不正确；
D、从图中可看出，反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是：NH3与 O2反应生成了NO，D项正确；
【分析】（1）A. NOx 主要来源于空气中的氮气与氧气在催化剂作用下得到
B.根据氧化还原反应即可找出转移电子的关系
C.将游离态氮变为化合态氮即是氮的固定
D.含氮氧化物主要是汽车排放，因此汽车工业的发展可增加一氧化氮的排放
（2）根据盖斯定律即可计算
（3）根据给出反应即可判断大小
（4）根据给出的流程即可写出方程式
（5）①根据反应物和生成物即可写出方程式即可找出转移的电子数 ②A.一定温度范围内，催化剂的活性随着温度的升高而增大
B.温度过高，催化剂的活性降低
C.氨气和氧气反应的温度主要在380℃以上，因此可能是氨气和氧气反应
D.氨气和氧气反应的温度主要在380℃以上，因此可能是氨气和氧气反应
30．【答案】（1）8；5s25p5；离子键、极性共价键
（2）I2+5H2O2 2HIO3+4H2O
（3）H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等
（4）Cl2；2NA
（5）加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率
（6）1
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与 之间以离子键结合；在阴离子 中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O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是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
31．【答案】（1）MnCO3+(NH4)2SO4 MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O
（2）加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去
（3）abc
（4）4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2；分液；蒸馏；3.16
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)根据题意可知MnCO3与(NH4)2SO4反应可得到MnSO4、CO2、NH3，根据元素守恒可得化学方程式为MnCO3+(NH4)2SO4 MnSO4+CO2↑+2NH3↑+H2O；
(2)加入MnO2作氧化剂，将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，再调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；
(3)溶液e中主要含硫酸铵，处理得到硫酸铵粉末可以再利用，步骤1中产生的NH3和CO2可以在步骤5中再利用，
故答案为：abc；
(4)①根据流程可知MnCO3在空气中加热可以得到Mn2O3，应是被空气中的氧气氧化，根据电子守恒可知MnCO3和O2的系数比应为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4MnCO3+O2 2Mn2O3+4CO2；
②酸性环境中Mn2O3将甲苯氧化为苯甲醛，苯甲醛易溶于甲苯，微溶于水，甲苯难溶于水，所以操作1应是分液，分离得到苯甲醛和甲苯；根据题目所给信息可知苯甲醛和甲苯的沸点差异较大，可以蒸馏分离，即操作2为蒸馏；
③根据电子守恒和元素守恒甲苯和Mn2O3反应的化学方程式应为C6H5CH3+2Mn2O3+8H+→C6H5CHO+5H2O+4Mn2+；1.06kg苯甲醛的物质的量为 =10mol，所以理论上消耗20mol Mn2O3，质量为20mol×158g/mol=3160g=3.16kg。
【分析】菱锰矿粉与过量的硫酸铵粉末共热，得到MnSO4、FeSO4、CaSO4、MgSO4等物质的混合固体和CO2、NH3；将固体a加入硫酸溶液溶解，并加入MnO2作氧化剂，Fe2+被氧化为Fe3+，CaSO4微溶，所以过滤得到含有Mn2+、Fe3+、Mg2+等阳离子的溶液b，调节pH除去Fe3+得到Fe(OH)3，溶液c中还有Mn2+、Mg2+等，加入NH4F除去Mg2+得到MgF2沉淀，过滤后再向溶液d中通入NH3和CO2得到MnCO3，溶解时用的酸为硫酸，所以最终过滤得到的溶液e中主要含硫酸铵。
32．【答案】（1）；NaOH溶液
（2）8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO ＋8H＋；O2
（3）bc；1∶1
【知识点】氧化还原反应；常见气体制备原理及装置选择；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO ，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO ＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a不正确；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6， 的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c． 二氧化锡能与NaOH反应生成不变价的盐和水即 和 ，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se
【分析】（1）①利用硫酸和亚硫酸钠粉末制取二氧化硫气体，选择固液常温型装置②这就要吸收二氧化硫选择的是氢氧化钠溶液
（2）① 根据反应物和生成物即可写出方程式②根据反应流程即可判断出氧化剂
（3）① a.标出反应过程中的元素化合价即可判断是否为氧化还原反应 b.根据元素化合价处于中间价态可上升可下降即可判断 c. 为酸性氧化物可与碱溶液反应d. 氧化性越强越易反应②利用得失电子守恒即可计算出物质的量之比
33．【答案】（1）HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O
（2）溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率
（3）b
（4）2 +2e-+2H+= +2H2O
（5）H2O2 2 OH
（6）Fe2+消耗 OH， OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的 OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；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】I. (1)该反应为制备保险粉Na2S2O4的反应，根据已知的反应物和部分生成物结合得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O ，故答案为：HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O；
(2)由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故实验中采用80%甲醇水溶液的目的是溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率，故答案为：溶解反应原料，并且最大限度的减少保险粉遇水反应，提高收率；
(3) 由题干信息可知，保险粉(Na2S2O4)是一种白色粉末，在空气中易被氧化，在强酸性环境中不稳定，遇水自身易发生氧化还原反应，故干燥保险粉的最佳方法是避免与O2和酸性物质接触，最好用真空干燥，故答案为：b；
II.工业制法
(4)根据装置图中物质的进出情况可知，电极a为由NaHSO3转化为保险粉Na2S2O4，故用惰性电极电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4的电极反应式为2 +2e+2H+= +2H2O，故答案为：2 +2e-+2H+= +2H2O；
III. (5) 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH)，故用化学用语表示产生氢氧自由基(·OH)的过程为：H2O2 2 OH，故答案为：H2O2 2 OH；
(6) Fe2+消耗 OH， OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的 OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)，当Fe2+投入量超过一定值，会使得还原性物质的脱除率降低，COD无法达到预期指标，故答案为：Fe2+消耗OH，OH浓度降低(或Fe2+消耗H2O2，使得H2O2分解产生的OH浓度降低/在测定COD时，Fe2+会消耗更多的氧化剂，使得COD脱除率降低)。
【分析】（1）根据反应物和生成物结合元素守恒即可写出方程式
（2）主要是溶解反应物且阻碍保险粉与水的反应
（3）根据保险粉的性质进行选择合适的方法
（4）根据a电极的反应物和生成物判断得失电子即可写出电极式
（5） 在Fe2+催化下，H2O2分解为具有强氧化性的氢氧自由基(·OH) 即可写出
（6）亚铁离子具有还原性与氢氧自由基反应降低含量导致速率降低
34．【答案】（1）2a＋2c－b
（2）3·OH＋NO=HNO3＋H2O；H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分；180 ℃以后，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降
（3）Ⅱ；OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O
（4）3
【知识点】盖斯定律及其应用；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】(1)已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH1＝a kJ·mol－1②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH2＝b kJ·mol－1③CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律，由①×2+③×2-②得反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=ΔH1×2+ΔH3×2-ΔH2=（2a＋2c－b）kJ·mol－1；(2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，反应的化学反应方程式为：3·OH＋NO=HNO3＋H2O；②当H2O2浓度一定时，升温至80 ℃以上，H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高；温度高于180 ℃，·OH分解成O2和H2O，NO的脱出效率下降，NO的脱除效率降低；(3) 工业可采用亚硫酸钠作吸收液脱除烟气中的二氧化硫。应用双阳离子交换膜电解技术可使该吸收液再生，同时得到高浓度SO2，根据图中信息可知阴极上氢离子得电子产生氢气，溶液中OH-浓度增大，和HSO3-反应生成SO32-，钠离子通过阳离子交换膜移向Ⅰ室，Na2SO3溶液再生；阳极是水电离出的OH-放电生成氧气，H+浓度增大，通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，和Ⅱ室中的HSO3-生成亚硫酸，进而分解产生SO2；① SO2气体在Ⅱ室生成；②吸收液中氢氧根离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸而再生，离子反应方程式为：OH－＋HSO3-=SO32-＋H2O；(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，N(铁失电子)=[3-（x-1）]×2×2=4×1=N(硫得电子)，解得x=3。
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算； (2) ①·OH氧化NO生成硝酸和水，据此写出化学方程式；(3)根据电解池原理分析；(4) 根据氧化还原反应中得失电子守恒计算。
35．【答案】（1）+3；微波水热；Co2+
（2）Co3O4（写成CoO·Co2O3亦给分）；3CoC2O4+ 2O2= Co3O4+6CO2；5:6
【知识点】常见元素的化合价；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）①根据化合价代数和为0计算Fe的化合价，CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni均为+2，O为-2价，则Fe的化合价为 =+3；②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，所以微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，所以Co2+的催化活性更高；（2）①由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3g，物质的量为 =0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol： mol≈3：4，所以C的Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，所以B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为3CoC2O4 + 2O2 = Co3O4 +6CO2；
②由电子守恒：n(Co3+) = 2 n(Cl2) = 0.4 mol，由电荷守恒：n(Co)总 =n(Co2+)溶液= 0.5 n(Cl－) = 0.5×( 2.4mol－0.2mol×2)= 1 mol，所以固体中的n(Co2+)= 1mol－0.4mol= 0.6 mol；n(O)= =1.2mol，所以n(Co): n(O)=1mol: 1.2mol=5：6。
【分析】考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律和化学图像的分析与判断等。
