高考化学第一轮复习：氧化还原反应
一、选择题
1．一种用于发动机SCR系统的电解尿素()混合装置(X、Y为石墨电极，隔膜仅阻止气体通过)如图，下列说法不正确的是
A．装置工作时，电子由Y极流入，X极流出
B．Y极发生还原反应
C．X极的电极反应式为
D．若用铅酸蓄电池为电源，理论上消耗49 g 时，此装置中有0.5mol 生成
2．硫化钠法制备涉及的化学反应为：。下列说法正确的是
A．的电子式为
B．的空间构型为平面三角形
C．可用作还原剂
D．该反应可以说明非金属性：S>C
3．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
4．一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
5．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1 mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2 mL H2O、2 mLNaOH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．A B．B C．C D．D
6．电极材料制备的反应为，下列说法正确的是
A．生成0.1 mol ，转移的电子数为0.1
B．还原产物为和CO
C．标准状况下，生成20.16L CO时，被还原的为0.1 mol
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6
7．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
8．关于反应，下列说法正确的是
A．消耗，转移电子
B．在此条件下，氧化性：
C．既是氧化剂又是还原剂
D．氧化产物和还原产物的物质的量比为21∶8
9．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
10．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．溶液的转移 B．验证乙炔使溴水褪色
C．制备碳酸氢钠 D．测定Na2C2O4溶液的浓度
11．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，
12．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：
二、非选择题
13．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1 mol ClO2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1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整数)。
14．以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有 。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
15．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 。
16．资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应红棕色；和氧化性几乎相同。
（1）将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
实验现象
实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ 填“”“”或“”实验Ⅱ。
实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有蓝色或无色，进行以下实验探究：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
步骤的目的是 。
查阅资料，，无色容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。
结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， 填实验现象，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。
（2）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。
（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。
17．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、0.1 mol·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-)=0.54V φθ(IO-/I2)=0.45V φθ(IO/I2)=0.21V
18．某国产电动汽车推出的“刀片电池”具有强环境适应性，更安全可靠。“刀片电池”正极材料使用了磷酸亚铁锂(LiFePO4)。磷酸亚铁锂(LiFePO4)由Li2CO3、C6H12O6和FePO4在高温条件下制备。
（1）铁是26号元素，它是 。(选填编号)
a．主族元素b．副族元素c．短周期元素d．长周期元素
磷元素的原子核外有 种运动状态不同的电子。
（2）上述方程式中，CO2的电子式为 ，属于第二周期的元素，原子半径由小到大排列 。
（3）反应中的氧化剂是 ；当有0.1molLiFePO4生成时，转移电子的数目为 个。
（4）磷酸亚铁锂也可以用(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4和LiOH为原料制备。
NH4H2PO4溶于水形成的溶液中存在：c(H+)+c()=c(OH-)+c(H2PO)+ 。
（5）请解释(CH3COO)2Fe溶于水显酸性的原因 。
答案与解析
1．答案：D
分析：根据题干信息可知，该装置为电解池，其中Y电极附近有H2生成，即氢元素化合价由+1降为0，说明Y电极得电子发生还原反应，则Y电极为阴极，其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，X电极为阳极，其电极反应式为 。
解析：A.由分析可知，Y极为阴极，X极为阳极， 装置工作时，电子由Y极流入，X极流出，不符合题意；
B.由分析可知，Y电极得电子发生还原反应，不符合题意；
C.由分析可知，X电极反应式为 ，不符合题意；
D.酸电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，反应2mol硫酸转移2mol电子，则消耗49 g ，即0.5mol 时转移0.5mol电子，结合2H2O+2e-=H2↑+2OH-， 此装置中有0.25mol 生成 ，符合题意；
故答案为：D。
2．答案：C
分析：易错分析：D.通过化学反应判断非金属方法：1.比较最高价含氧酸酸性强弱，利用强酸制备弱酸，2.非金属单质的置换反应。
解析：A.硫化钠是离子化合物，其电子式为 ，故A错误；
B.二氧化硫中心原子价层电子对数为，空间构型为“V”形，故B错误；
C.硫代硫酸钠中S化合价为+2价，能升高，因此可用作还原剂，故C正确；
D.该反应中碳化合价未变，硫化钠中硫升高，亚硫酸钠中硫降低，因此不能说明非金属性：S＞C，故D错误；
故答案为：C.
3．答案：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。
解析：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。
4．答案：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。
解析：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。
5．答案：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。
解析：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2 mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管 b中加入2 mLNaOH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。
6．答案：B
分析：该反应中，铁元素的化合价由+3将为+2，碳元素的化合价由+4、0变为+2，则FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，结合N=nNA进行分析。
解析：A.由分析和化学方程式可知，反应1molC6H12O6，即生成6molLiFePO4转移的电子数为12mol，则生成0.1molLiFePO4转移的电子数为0.2mol，即0.2NA，不符合题意；
B.氧化剂对应的产物为还原产物，由分析可知，还原产物是CO和LiFePO4，符合题意；
C.C6H12O6为还原剂，在反应中被氧化，不符合题意；
D.由分析和化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶（6+3）=1：9，不符合题意；
故答案为：B。
7．答案：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。
解析：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。
8．答案：B
分析：A、根据反应过程中元素化合价变化确定转移电子数；
B、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；
C、根据反应过程中元素化合价变化分析；
D、物质的量之比等于化学计量数之比；
解析：该反应中，Cr元素由＋3价变为＋6价，I元素由－1价变为＋5价，化合价升高，因此CrI3为还原剂，CrO42-、IO3-为氧化产物。Cl元素由＋1价变为－1价，化合价降低，因此ClO－为氧化剂，Cl－为还原产物。
A.由氯元素的化合价变化可知，该反应中转移电子数为21×2=42，因此可得关系式“10OH－～42e－”，因此消耗10molOH－时，转移42mol电子，A不符合题意；
B.该反应中氧化剂为ClO－，氧化产物为IO3-，因此氧化性ClO－>IO3-，B符合题意；
C.反应过程中，CrI3中Cr元素、I元素的化合价都升高，发生氧化反应，因此CrI3为还原剂，C不符合题意；
D.该反应中，氧化产物为CrO和IO3-，还原产物为Cl－，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为8：21，D不符合题意；
故答案为：B
9．答案：C
分析：未涉及到电子转移，说明未发生氧化还原反应。
解析：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。
10．答案：D
分析：A．转移液体需用玻璃棒引流；
B．乙炔中的杂质气体硫化氢、磷化氢也能使溴水褪色；
C．氨气易溶于水，会倒吸；
D．酸性溶液、强氧化性溶液应选用酸式滴定管；碱性溶液应选用碱式滴定管。
解析：A．溶液的转移需用玻璃棒引流，A不符合题意；
B．电石与水反应生成乙炔、硫化氢、磷化氢，硫化氢、磷化氢也能使溴水褪色，B不符合题意；
C．氨气易溶于水，直接通入氯化钠溶液会倒吸，C不符合题意；
D．酸性高锰酸钾溶液盛放在酸式滴定管中，酸性高锰酸钾标准液可与草酸钠发生反应，可用于测定其浓度，D符合题意；
故答案为：D。
11．答案：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。
解析：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。
12．答案：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 。
解析：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。
13．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
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；
解析：（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+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。
二、非选择题
14．答案：（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
分析：（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
解析：（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
15．答案：（1）Fe 2e－＝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
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。
解析：（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：Fe 2e－＝Fe2+；故答案为：Fe 2e－＝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。
16．答案：（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的
（2）铜；含的的溶液
（3）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和
分析：（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
解析：（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ； 铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 ，故答案为： 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 。
17．答案：（1）5%淀粉溶液；溶液变蓝；6mol·L-1 H2SO4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=0.33 V>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。
解析：（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-1 H2SO4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=0.33 V>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=0.33 V>0.3V，反应则趋于完全进行，故氧化产物为NaIO3。
18．答案：（1）bd；15
（2）；r(O)
（4）3c(PO)+2c(HPO)
（5）Fe2+水解呈酸性，且Fe2+水解程度大于CH3COO-的水解程度
分析：（1）Fe位于第四周期Ⅷ族；P元素核外有15个电子，每个电子的运动状态均不同；
（2）CO2分子中C原子和每个O原子共用两对电子；同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小；
（3）氧化剂中有元素的化合价降低；该反应中有12molLiFePO4生成时转移电子的物质的量为12mol×[（+3）-（+2）]=12mol，则当有0.1molLiFePO4生成时，转移电子的物质的量为0.1mol，根据N=nNA计算转移电子个数；
（4）根据电荷守恒分析；
（5）(CH3COO)2Fe属于弱酸弱碱盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性、亚铁离子水解导致溶液呈酸性。
28．（2023·长宁模拟）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)+CH4(g)CS2(g)
解析：（1）铁是26号元素，位于第三周期Ⅷ族，它是副族元素、长周期元素，选bd。
磷元素的原子核外有15个电子，电子的运动状态有15种。
（2）CO2是共价化合物，电子式为；方程式中属于第二周期的元素是Li、C、O，同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由小到大排列r(O)
（4）根据电荷守恒，NH4H2PO4溶于水形成的溶液中存在：c(H+)+c()=c(OH-)+c(H2PO)+3c(PO)+2c(HPO)。
（5）(CH3COO)2Fe 是弱酸弱碱盐，Fe2+水解呈酸性，CH3COO-水解呈碱性，Fe2+水解程度大于CH3COO-的水解程度，所以(CH3COO)2Fe溶液呈酸性。
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