北京市东城区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

这是一份北京市东城区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市东城区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06氧化还原反应

一、单选题
1．（2022·北京东城·统考二模）下列离子检验利用了氧化还原反应的是
选项
待检验离子
检验试剂
A
Fe3+
KSCN溶液
B
SO
稀盐酸、氯化钡溶液
C
I-
Cl2、淀粉溶液
D
NH
浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸

A．A B．B C．C D．D
2．（2021·北京东城·统考二模）下列方程式与所给事实不相符的是
A．汽车尾气的催化转化：
B．用明矾净水：
C．用硫制硫酸：；
D．乙酸与乙醇的酯化反应：
3．（2021·北京东城·统考二模）实验室模拟工业回收碘水中的碘，其操作流程如下：

下列判断正确的是
A．在中的溶解度小于在中的
B．②、③中涉及的分离操作分别为分液和过滤
C．②中与足量完全反应转移了
D．②中反应消耗的和③中反应消耗的的物质的量之比为
4．（2021·北京东城·统考一模）下列除杂或鉴别方法利用了氧化还原反应的是
A．用溶液除去乙炔中的
B．用酸性溶液除去中的
C．用焰色试验鉴别溶液和溶液
D．用盐酸鉴别固体和固体
5．（2021·北京东城·统考一模）下列反应中，水只作氧化剂的是
A．与水反应 B．与水反应 C．与水反应 D．与水蒸气反应
6．（2020·北京东城·统考一模）下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是




A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近
B．铝丝伸入硫酸铜溶液中
C．测定空气中氧气含量
D．向蔗糖中加入浓硫酸

A．A B．B C．C D．D
7．（2020·北京东城·统考一模）中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是
A．《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3
B．《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象
C．《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”
D．《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应
8．（2020·北京东城·统考一模）工业上常用还原沉淀法处理含铬废水（Cr2O72—和CrO42—），其流程为：

已知：步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH—(aq) Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32
下列有关说法不正确的是
A．步骤①中当v正(CrO42—)=2v逆(Cr2O72—)时，说明反应：2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O达到平衡状态
B．若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，溶液可由橙色变黄色
C．步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，需要12 mol (NH4)2Fe(SO4)2
D．步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽（当溶液中c(Cr3+)≤10-5mol/L时，可视作该离子沉淀完全）

二、填空题

三、实验题
9．（2022·北京东城·统考二模）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。

①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……

a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+

结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
10．（2021·北京东城·统考一模）某小组在验证H2O2氧化Fe2+时发现异常现象，并对其进行深入探究。
实验I：
装置与操作
现象

溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红色变浅并逐渐褪去
(1)实验I中溶液变红是因为Fe3+与SCN-发生了反应，其离子方程式是__。
(2)探究实验I中红色褪去的原因：取反应后溶液，___(填实验操作和现象)，证明溶液中有Fe3+，而几乎无SCN-。
(3)研究发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，而实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+能加快H2O2与SCN-的反应。通过实验II和III得到了证实。参照实验II的图例，在虚线框内补全实验III：__。
实验II：

实验III：

(4)查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN-反应的主要机理有
i.Fe3++H2O2=Fe2++HO2·+H+
ii.Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH-
iii.OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN-
为探究Fe2+对H2O2与SCN-反应速率的影响，设计实验如图：
实验IV：

①t′＜t，对比实验IV和II可得出结论：在本实验条件下，___。
②结合资料和(1)~(4)的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红后褪色的原因：____。
③实验I~IV中均有O2生成，小组同学推测可能是HO2·与溶液中其他微粒相互作用生成的，这些微粒有___。
11．（2021·北京东城·统考二模）某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；
B区底部覆盖棕黑色固体；
C区澄清且紫色变浅
资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：
b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸
(1)被氧化成___________，依据是___________。
(2)为探究的还原产物，取A区中溶液___________(填操作和现象)，证明有生成。
(3)A区中与反应的离子方程式是___________。
(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：___________。
(5)小组同学又进行了以下定量实验：
实验一
现象
酸性溶液
一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅
通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：___________。

四、工业流程题
12．（2022·北京东城·统考二模）Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。
I.以含MnCO3的矿石为原料，经硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn。
(1)Mn在_______(填“阳极”或“阴极”)生成。
(2)阳极泥中含有MnO2，写出产生MnO2的电极反应式：_______。
II.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性MnO2和PbO。

已知：(CH3COO)2Pb在水中难解离。
(3)操作X为_______。
(4)①中反应的离子方程式为_______。
(5)滤液C能循环使用，②中溶液B的溶质为_______。
(6)a.为了将③中Mn2O3完全转化为MnO2，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为_______(已知NaClO3的还原产物为NaCl)。
b.加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是_______。
(7)活性MnO2纯度的测定
i.用V1mLc1mol∙L-1Na2C2O4溶液(H2SO4)酸化)溶解wg活性MnO2样。品。(MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O)
ii.用c2mol∙L-1酸性KMnO4标准溶液滴定i中剩余的消耗KMnO4标准溶液V2mL。(5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)
样品中MnO2的质量分数=_______[M(MnO2)=87g·mol-1]。
13．（2021·北京东城·统考二模）过氧化钙在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。
(1)中所含化学键的类型是___________、___________。
(2)与水反应的化学方程式是___________。
(3)由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：

①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是___________。解释其质量不变的原因：___________(用化学方程式表示)。
②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：___________(答出一点即可)。
(4)样品纯度测定

ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；
ⅱ.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；
ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为；
ⅳ.加热发生反应：，充分反应至不再有气体产生，停止加热，___________；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；
Ⅴ.计算样品中的纯度。
①补全ⅳ中操作：___________。
②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为___________(用质量分数表示)。
14．（2020·北京东城·统考二模）氯化亚铜(CuCl)可用于冶金、电镀等行业，其制备的一种工艺流程如下：
I．溶解：取海绵铜(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60~70℃，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)；
II．转化：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl粗品；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。
【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的络离子[CuCl2]-；潮湿的CuCl固体露置于空气容易被氧化。
(1)过程I中：
①本工艺中促进海绵铜溶解的措施有________。
②氧化铜溶解的离子方程式是________。
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是________。
(2)过程II中：
①(NH4)2SO3的作用是_________。
②NH4Cl的用量对铜的沉淀率的影响如下图所示。

n(NH4Cl)/n(Cu2+)1.1时，CuCl的沉淀率下降的原因是________(用离子方程式表示)。
(3)过程III中，用乙醇洗涤的目的是________。
(4)产品纯度测定：量取CuCl产品a g于锥形瓶中，加入足量的酸性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000 mol/L KMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗KMnO4溶液b mL。(本实验中的MnO4-被还原为Mn2+，不与产品中杂质和Cl-反应)。
①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是_________。
②产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为_________。

五、原理综合题
15．（2021·北京东城·统考一模）实验室研究从医用废感光胶片中回收银的方法。
(1)银的浸出
I.两步法：
已知：i.溶液与溶液直接混合能发生氧化还原反应；
ii.，。
①溶液将胶片上的单质银转化为，其离子方程式是_______。
②溶液能溶解并得到含的浸出液。结合平衡移动原理解释溶解的原因：_______。
II.一步法：用水溶解和乙二胺四乙酸二钠(用表示)的混合固体，调节形成溶液，再加入一定量，配成浸取液。将废感光胶片浸入浸取液中，发生反应：。
③从物质氧化性或还原性的角度分析加入的作用：_______。
(2)银的还原
调节(1)所得浸出液的，向其中加入溶液(B的化合价为)至不再产生黑色沉淀，过滤得到粗银；滤液中的可以循环使用。补全离子方程式：，_______；
(3)银浸出率的测定
称取m1g洗净干燥的原胶片，灼烧灰化后用溶解，过滤。滤液用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。另取m2g洗净干燥的浸取后胶片，用同样方法处理，滴定，消耗标准溶液V2mL。(已知：)
①银的浸出率_______(列出计算表达式)。
②实验发现在浸取试剂均过量、浸取时间足够长的情况下，与II相比，I中银的浸出率明显偏低，其原因可能是_______。
16．（2020·北京东城·统考一模）液相催化还原法去除水体中是一项很有前景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂Pd-Cu/TiO2的制备和催化条件，结果如下。
Ⅰ．制备Pd-Cu/TiO2的反应过程如下图所示，光照使TiO2发生电荷分离，将金属Pd沉积在TiO2表面。再用类似方法沉积Cu，得到在TiO2纳米颗粒表面紧密接触的Pd-Cu纳米簇。

（1）该过程中，乙醇发生__________（填“氧化”或“还原”）反应。
（2）请在②中补全光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图_______。
Ⅱ．Pd-Cu/TiO2分步催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同pH时，反应1小时后转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。

（3）该液相催化还原法中所用的还原剂是__________。
（4）i的离子方程式是__________。
（5）研究表明，OH–在Pd表面与竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，但对Pd吸附H的能力影响不大。
①随pH增大，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是____________，导致反应ⅱ的化学反应速率降低。
②随pH减小，还原产物中的变化趋势是__________，说明Pd表面吸附的和H的个数比变大，对反应__________（用离子方程式表示）更有利。
（7）使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将尽可能多地转化为N2，具体方法是__________。

参考答案：
1．C
【详解】A．Fe3+与KSCN溶液发生络合反应，不是氧化还原反应，A不符合；
B．SO与氯化钡溶液反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合；
C．氯气能把碘离子氧化为单质碘，属于氧化还原反应，碘遇淀粉显蓝色，C符合；
D．浓NaOH溶液与铵盐发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，D不符合；
答案选C。
2．C
【详解】A．汽车尾气的主要成分为CO、氮氧化物等，可用催化剂使一氧化氮和一氧化碳转化为无污染的气体，故方程式为，A正确；
B．明矾净水的原理是明矾在水中可以电离出两种金属离子，钾离子和铝离子，而铝离子易水解，生成胶状的氢氧化铝，即为，B正确；
C．用硫制硫酸：；；，C错误；
D．乙酸与乙醇的酯化反应：，D正确；
答案选C。
3．B
【分析】根据已知，②中发生的反应是，③中发生的反应是；
【详解】A．卤素在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，A错误；
B．②是将四氯化碳与水溶液分离，二者互不相容，且为液态混合物，故是分液；③是将固体与液体分离，故为过滤，B正确；
C．由方程式可以看出，每与足量完全反应转移了，故与足量完全反应转移了，C错误；
D．设②中消耗6mol氢氧化钠，则③中硫酸的物质的量为3mol（含有6mol氢离子），二者之比是2:1，D错误；
答案选B。
4．B
【详解】A．硫酸铜溶于和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，能除去乙炔中的硫化氢，但反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，则用硫酸铜溶液除去乙炔中的硫化氢没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，二氧化碳不能酸性高锰酸钾溶液反应，则用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化碳中的二氧化硫利用了氧化还原反应，故B符合题意；
C．焰色反应是元素的性质，属于物理变化，则用焰色试验鉴别氯化钠溶液和氯化钾溶液没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．盐酸与碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液的反应属于复分解反应，则用盐酸鉴别碳酸钠固体和氢氧化钠固体没有利用氧化还原反应，故D不符合题意；
故选B。
5．D
【详解】A．氯气与水反应属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；
B．过氧化钠水反应属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；
C．碳化钙与水的反应没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；
D．铁与水蒸气反应属于氧化还原反应，反应中水作氧化剂，故D正确；
故选D。
6．A
【详解】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不发生氧化还原反应，A正确；
B.铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，发生氧化还原反应，B错误；
C.利用某些物质(如:磷)与空气中氧气反应（不生成气体,生成固体），使容器内压强减小，测定进入容器内水的体积，即为空气中氧气的体积，发生氧化还原反应，C错误；
D.浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2：1脱去，自身被还原成二氧化硫，发生氧化还原反应，D错误；
答案选A。
7．B
【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；
B．湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；
C．钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；
D．丹砂(HgS)烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；
答案选B。
8．C
【详解】A、步骤①中当v正(CrO42—)＝2v逆(Cr2O72—)时，符合该反应2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O的正逆反应速率相等，为平衡状态，A正确；
B、若向K2Cr2O7溶液中加NaOH浓溶液，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，所以氢离子浓度减小，2CrO42—+2H+Cr2O72—+H2O平衡逆向移动，CrO42—的浓度增大，溶液由橙色变为黄色，B正确；
C、步骤②中，若要还原1 mol Cr2O72—离子，则生成2molCr3+，Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，得到6mol电子，而Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，根据得失电子守恒，需要6molFe2+，所以需要6mol (NH4)2Fe(SO4)2，C错误；
D、步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，根据Ksp=c(Cr3+)·c3(OH—)=10-32，此时c(Cr3+)=10-5mol/L，所以可认为废水中的铬元素已基本除尽，D正确；
答案选C。
9．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2) 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3) 催化 锥形瓶中溶液蓝色复原 当c(CuSO4)0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小

【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
10．(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2)滴加KSCN溶液，溶液变红
(3)
(4) Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好 刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去 ·OH、H2O2、Fe3+

【详解】（1）Fe3+与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
（2）检验Fe3+，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，反之，则不含Fe3+，证明实验中含有Fe3+，几乎无SCN-，具体操作是取反应后溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中有Fe3+，几乎无SCN-；故答案为滴加KSCN溶液，溶液变红；
（3）根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红，故答案为；
（4）①根据实验Ⅳ加入FeSO4溶液，溶液变红，静置后，溶液红色恰好褪去，说明Fe2+也能加速H2O2与SCN-的反应，t′＜t，说明实验Ⅳ的反应速率比实验Ⅱ快，即Fe2+催化的效果比Fe3+更好；故答案为Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好；②实验Ⅰ现象，开始时溶液立即变红，说明刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成Fe3+迅速与SCN-结合，使溶液立即变红；依据反应主要机理，继续滴加H2O2溶液，产生c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；故答案为刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；③HO可与·OH、H2O2、Fe3+相互作用生成O2。
11． 被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为 通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀 A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅 ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的
【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；
(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；
(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；
(4) B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；
(5)通过计算， ，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。
12．(1)阴极
(2)
(3)过滤
(4)
(5)NH4HCO3
(6) 1:3 防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气
(7)

【分析】II分析，阳极泥经过预处理得到Mn2O3和PbO的混合物，醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，过滤得到醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，Mn2O3再和硫酸反应得到二氧化锰和硫酸锰，硫酸锰再被氯酸钠氧化得到二氧化锰，经过一系列操作可得到活性二氧化锰；由题干知滤液C能循环使用，前面用到了醋酸铵溶液，即滤液C，结合生成物中的PbCO3，②中溶液B的溶质为NH4HCO3，经过一系列操作得到PbO。
【详解】（1）由题干知硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn，所以应该是Mn2+得电子生成Mn，故在阴极生成，故答案为：阴极；
（2）阳极泥中含有MnO2，应该是锰离子在阳极放电，产生MnO2的电极反应式为，故答案为：；
（3）醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，操作X是分离醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，所以是过滤，故答案为：过滤；
（4）①中醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，离子方程式为，故答案为：；
（5）由分析可知②中溶液B的溶质为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
（6）a.1mol Mn2O3完全转化为MnO2，锰元素从+3价升高到+4价，1mol Mn2O3转移2mol电子，1molNaClO3转化为NaCl，氯元素从+5价降低到-1价，1molNaClO3需要转移6mol电子，根据得失电子守恒得，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为1:3；故答案为：1:3；
b.氯离子有还原性，加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右，目的是防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气，故答案为：防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气；
（7）由题干数据和方程式5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O得n()1=n()=，所以MnO2消耗的的物质的量为n()2= ，再由方程式MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O得n(MnO2)=n()2= ，所以样品中MnO2的质量分数= ，故答案为：。
13． 离子键 (非极性)共价键    减少和分解损失，利于析出 待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐 或
【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；
【详解】(1)中含有离子键和共价键；
(2)与水反应的化学方程式是；
(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；
②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出；
(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；
②，，，，纯度为。
14． 控制温度在60~70℃、不断搅拌 CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O NO3-几乎全部被还原为NH4+ 还原剂 CuCl + Cl- = [CuCl2]- 去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化 CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-
【分析】I．溶解：溶解步骤的温度应控制在60～70℃，原因是温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，该步骤中Cu与NH4NO3反应的离子方程式为（N元素被还原到最低价）4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O；
II．转化：发生反应的离子方程式为2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋；过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；
III．洗涤：CuCl粗品依次用pH=2硫酸和乙醇洗涤，去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化，烘干后得到CuCl产品。
【详解】（1）①温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解，本工艺中促进海绵铜溶解的措施有控制温度在60~70℃、不断搅拌。故答案为：控制温度在60~70℃、不断搅拌；
②氧化铜是碱性氧化物，与酸反应生成铜盐和水，氧化铜溶解的离子方程式是CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O。故答案为：CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O；
③充分反应后NH4+的浓度约为反应前的2倍，原因是：发生4Cu+NO3－+10H＋=4Cu2＋+NH4＋+3H2O反应，NO3-几乎全部被还原为NH4+。故答案为：NO3-几乎全部被还原为NH4+；
（2）①根据发生的反应;2Cu2＋+SO32－+2Cl－+H2O═2CuCl↓+SO42－+2H＋，(NH4)2SO3的作用是还原剂。故答案为：还原剂；
②n(NH4Cl)：n(Cu2+)1.1时，Cl-浓度增大，与CuCl络合生成可溶的络合物，CuCl的沉淀率下降的原因是CuCl + Cl- = [CuCl2]-。故答案为：CuCl + Cl- = [CuCl2]-；
（3）过程III中，用乙醇洗涤的目的是去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化。 故答案为：去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化；
（4）①铁离子具有氧化性，能将CuCl氧化，CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-。故答案为：CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2++ Cl-；
②根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，产品中CuCl(摩尔质量为99g/mol)的质量分数为= == 。故答案为：。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握流程中的反应、物质的性质、离子反应的书写等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（4）计算CuCl的含量：根据电子守恒得关系式：5CuCl~5e-~KMnO4，计算CuCl的物质的量，再根据质量分数的计算公式计算。
15． Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl AgCl在溶液中存在平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，S2O与Ag+结合生成[Ag(S2O)2]3—，使c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl溶解 Na2H2Y将Fe3+转化为[FeY]—，氧化性降低，避免S2O被氧化 BH+8[Ag(S2O)2]3—+8OH—=[B(OH)4]—+8 Ag↓+16 S2O+4H2O (1—)×100% I中第一步反应生成的AgCl附着在Ag表面，阻碍FeCl3溶液与Ag继续反应，未被氧化的Ag无法在第二步被浸出
【详解】(1) ①由题意可知，氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银，反应的离子方程式为Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl，故答案为：Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl；
②AgCl是难溶电解质，在溶液中存在如下溶解平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，加入Na2S2O3溶液，S2O与Ag+结合生成[Ag(S2O)2]3—，使溶液中c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl溶解，故答案为：AgCl在溶液中存在平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，S2O与Ag+结合生成[Ag(S2O)2]3—，使c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl溶解；
③由题给信息可知，氯化铁溶液与硫代硫酸钠溶液直接混合能发生氧化还原反应，乙二胺四乙酸二钠将氯化铁转化为氧化性较弱的[FeY]—，可以避免硫代硫酸钠被氧化，故答案为：Na2H2Y将Fe3+转化为[FeY]—，氧化性降低，避免S2O被氧化；
(2)由题意可知，在碱性溶液中，[Ag(S2O)2]3—离子与BH离子发生氧化还原反应生成[B(OH)4]—离子、Ag、 S2O和H2O，反应的离子方程式为，故答案为：BH+8[Ag(S2O)2]3—+8OH—=[B(OH)4]—+8 Ag↓+16 S2O+4H2O；
(3) ①由方程式可知，m1g洗净干燥的原胶片中银的质量为cV1×10—3 mol×108g/mol=108cV1×10—3g，则单位质量原胶片中银的质量为g，同理可知，单位质量浸取后胶片上残留银的质量为g，银的浸出率为(1—)×100%=(1—)×100%，故答案为：(1—)×100%；
②由题意可知，I中氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银时，生成的氯化银附着在银表面，阻碍氯化铁溶液与银继续反应，未被氧化的银无法被硫代硫酸钠溶液浸出，导致浸出率降低，故答案为：I中第一步反应生成的AgCl附着在Ag表面，阻碍FeCl3溶液与Ag继续反应，未被氧化的Ag无法在第二步被浸出。
16． 氧化 H2 Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3-  NO2-＋ H2O Pd表面单位面积吸附的数目减小 增大 2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH- 先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4
【分析】根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图，Cu2+、Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。Pd-Cu/TiO2分两步催化硝酸根离子的转化反应，先将硝酸根离子还原为亚硝酸根离子，再将亚硝酸根离子还原为氮气或氨态氮。
【详解】（1）根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图中①，Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。
（2）根据①的示意图，②中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程②示意图为。
（3）根据图a可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂。
（4）i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiO2作催化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3-  NO2-＋ H2O。
（5）①因为OH–在Pd表面与NO2-竞争吸附，会降低Pd吸附NO2-的能力，随pH增大，OH–浓度增大，导致Pd表面单位面积吸附的 NO2-数目减小，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应ⅱ的化学反应速率降低。
②根据图b所示，随pH减小，n(N2)增大，n（氨态氮）变化不大，则还原产物中增大，Pd表面吸附的NO2-和H的个数比变大，NO2-更易转化为N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH-。
（7）根据图b所示，pH=12时，NO2-所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将NO3-尽可能多地转化为N2。