北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编17氧化还原反应（5）

这是一份北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编17氧化还原反应（5），共33页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
北京市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编17氧化还原反应（5）

一、单选题
1．（2021·北京顺义·统考二模）用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：

下列说法不正确的是
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．检验A中的Fe3+可以用KSCN溶液
C．加H2O2时发生反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O是氧化还原反应
2．（2021·北京顺义·统考二模）固体Na2S溶于水呈碱性且放出有臭味的气体，俗称“臭碱”。工业上可利用反应Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑来制备，下列说法不正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因是：S2-+H2OHS-+OH-
B．Na2S可以在空气中长期放置不会变质
C．反应中生成1mol“臭碱”转移电子的物质的量为8mol
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：2
3．（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
4．（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
5．（2021·北京西城·统考一模）下列说法正确的是
A．标准状况下，含有的分子数约为
B．含有的中子数约为
C．和的混合物中含有的氮原子数共约为
D．与足量的反应转移的电子数约为
6．（2021·北京西城·统考一模）下列反应中，酸体现还原性的是
A．与浓盐酸共热制 B．与浓硫酸共热制
C．与稀硫酸反应制 D．与稀硝酸反应制备
7．（2021·北京朝阳·统考一模）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
B．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
D．用FeCl3溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色
8．（2021·北京石景山·统考一模）NaN3是汽车安全气囊系统中普遍使用的物质之一。当汽车受到猛烈碰撞时，瞬间引发反应：2NaN3 = 2Na + 3N2↑，同时释放大量的热。NaN3为离子化合物，下列说法正确的是
A．生成3 mol N2时，转移2 mol电子 B．1个中含有21个电子
C．NaN3中只含离子键 D．N2的电子式为 N⋮⋮N
9．（2021·北京石景山·统考一模）氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取。CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断不正确的是
A．“另一种反应物”在反应中表现还原性
B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：2CuH ＋ 3Cl2 2CuCl2 ＋ 2HCl
C．CuH与Cl2反应时，CuH做还原剂
D．CuH与盐酸反应的离子方程式为：CuH ＋ H＋ = Cu＋ ＋ H2↑
10．（2021·北京丰台·统考一模）下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是
A．NO2气体溶于水，气体由红棕色变为无色
B．SO2气体通入品红溶液，溶液由红色变为无色
C．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黄色
D．KSCN溶液滴入FeCl3溶液中，溶液由棕黄色变为红色
11．（2021·北京丰台·统考一模）向2 mL 1 mol/L淀粉KI溶液中通入SO2再加入1 mL 1mol/L盐酸，溶液迅速变黄，塞紧胶塞静置一段时间，溶液变成乳黄色。

下列说法中不正确的是
资料：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
A．整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用
B．该反应能够证明SO2既有氧化性又有还原性。
C．改变c(H+)对反应速率没有影响
D．结合实验现象可以证明SO2与I-的反应速率小于SO2与I2的反应
12．（2021·北京丰台·统考一模）在大量排放CO2导致全球气候变暖的背景下，以CO2为原料的甲烷催化干重整工艺(DRM)被广泛关注。其主要反应机理如图：

下列关于该过程的说法不正确的是
A．CO2是氧化剂
B．只有极性键发生断裂
C．载体没有参与反应
D．获得的产物可用作燃料、冶炼金属等
13．（2021·北京·模拟预测）下列反应方程式能解释相应实验现象的是
选项
实验现象
反应方程式
A
向含KIO3的食盐中加入稀硫酸,用玻璃棒蘸取上述溶液点在淀粉一KI试纸上,试纸变蓝
IO+ 5I-+ 6H+ =3I2十3H2O
B
酸性KMnO4溶液与H2O2混合产生大量气体
2H2O22H2O+O2↑
C
碳酸钠溶液表面收集的乙酸乙酯层振荡后变薄并有气泡产生
2H++CO=CO2↑十H2O
D
加热时,将SO2通入装有CuO的试管中,黑色固体变为红色,将红色固体溶于水,溶液呈蓝色,并仍有少量不溶物
SO2十CuOCu+ SO3

A．A B．B C．C D．D
14．（2021·北京·模拟预测）下列离子方程式不能用来解释相应实验现象的是
选项
实验现象
离子方程式
A
向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解
Mg(OH)2＋2NH4＋Mg2＋＋2NH3·H2O
B
向酸性KMnO4溶液中滴加草酸钠溶液，紫色溶液褪色
2MnO4－＋5C2O42－＋8H2O=2Mn2＋＋10CO2↑＋16OH－
C
将二氧化硫通入足量的Ba(NO3)2溶液中，产生白色沉淀和无色气体(遇空气变红棕色)
3SO2＋3Ba2＋＋2NO3－＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋
D
氢氧化铁溶于HI溶液中
2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O

A．A B．B C．C D．D
15．（2021·北京房山·统考一模）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色

A．A B．B C．C D．D
16．（2020·北京·模拟预测）如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是

A．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能会变为红色
B．溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2O
C．溶液酸性：A＞B＞C
D．加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液
17．（2020·北京·统考模拟预测）已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：

过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) ΔH=+313.2kJ/mol
过程Ⅱ：……
下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2mol电子
B．过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=-128.9kJ/mol
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D．铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
18．（2020·北京·模拟预测）雾霾微颗粒中硫酸盐的生成可能存在三个阶段的转化，其主要过程的示意图如下。下列说法正确的是

A．的摩尔质量为97
B．第I阶段的反应中NO2被氧化
C．HNO2、NO2、H2O均为电解质
D．第II、III阶段总反应的化学方程式为+H2O+NO2=HNO2+
19．（2020·北京·模拟预测）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用纯碱清洗铁屑表面的油污(油脂类) B．用明矾处理污水
C．用高铁酸钠()杀菌消毒 D．用盐酸去除铁锈(主要成分)
20．（2020·北京·模拟预测）合成氨的反应历程有多种，有一种反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物质用*表示。下列说法错误的是

A．催化剂的使用，并不能提高反应物的转化率
B．N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的
C．两个氮原子上的加氢过程分步进行
D．大量氨分子吸附在催化剂表面，将减缓反应速率

二、工业流程题
21．（2021·北京顺义·统考二模）工业上制取硝酸铵的流程图如图，回答下列问题：

(1)NH3的电子式为___。
(2)设备Ⅱ发生反应的化学方程式为___。
(3)设备Ⅲ中生成HNO3化学方程式为__，设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是__。
(4)设备Ⅳ中的尾气主要为NO，可以用NaClO溶液吸收，其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示。

①在酸NaClO性溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为__。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是__。
22．（2021·北京·模拟预测）重铬酸钾在工业中有广泛的应用，可用铬铁矿为原料制备。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)制备重铬酸钾(K2Cr2O7)固体的工艺流程如下：

资料：① NaFeO2遇水强烈水解。
②。
(1)K2Cr2O7中Cr元素的化合价是______。
(2)步骤①发生多个反应，补全下列化学方程式___：
___FeO·Cr2O3 + ___Na2CO3 +___KClO3 =12Na2CrO4 +___Fe2O3 +___CO2 + _KCl
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式______。
(4)结合化学用语解释步骤④调pH的目的______。
(5)重铬酸钾纯度测定
称取重铬酸钾试样2.9400 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于锥形瓶中，加入10 mL 2 mol/L H2SO4和足量碘化钾(Cr2O的还原产物为Cr3+)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水和淀粉指示剂，用0.1200 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定(I2 + 2S2O= 2I－ + S4O)。
①滴定终点的颜色变化是______。
②若实验共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度是______(滴定过程中其它杂质不参与反应)。
23．（2021·北京平谷·统考一模）用含铬废水(主要含、)，制取强氧化性的重铬酸钾()方案如图：

已知：①
②金属离子沉淀的如表：
离子
开始沉淀的
沉淀完全的

4.9
6.8

1.5
2.8
③不同温度下化合物的溶解度如表：
物质
溶解度/(水)




7.4
14.8
21.4

4.7
26.3
73
回答下列问题：
(1)证明沉淀完全的方法是_______。
(2)写出固体Ⅰ中加入和溶液后，加热时发生反应的离子方程式_______。
(3)操作A的名称是_______，结合平衡原理解释加入硫酸酸化的目的_______，酸化时不能用盐酸的理由是_______。
(4)操作由多步组成，下列有关说法正确的是_______。
a.获得晶体的主要操作依次是：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤
b.实验室洗涤晶体的操作是沿玻璃棒加水至浸没晶体，待水自然滤出，重复2~3次
c.所得晶体需用的热水洗涤
(5)电解法制备时可用如图装置：

①M是电源的_______(“正极”或“负极”)。
②右侧的电极反应式_______。
③电解池的总反应方程式_______。
(6)测定产品的纯度：称取产品，溶水配成溶液并加适量稀硫酸，用的标准溶液进行滴定，至恰好完全反应时消耗溶液的体积为，则产品的质量分数表达式是_______。(；：)

三、原理综合题
24．（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_______。
25．（2021·北京·统考模拟预测）辉铜矿(主要成分是Cu2S)是提炼铜的重要矿物原料之一、以H2O2作为氧化剂在硫酸环境中对辉铜矿浸出生成CuSO4的模型如下：

(1)根据上述转化关系，请回答。
①I和Ⅱ的转化过程中，被氧化的元素是_______。
②将过程Ⅰ的化学方程式补充完整：Cu2S+H2O2+_____=CuS+_____+____，_______。
③过程Ⅱ中，H2O2起主要作用，但加入Fe2(SO4)3可以提高浸出率。过程Ⅱ的浸出模型如图。结合难溶电解质的溶解平衡，解释加入Fe2(SO4)3的作用_______。

④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，其离子方程式是_______。
⑤在相同时间内，测得Fe2(SO4)3浓度对Cu2+浸出率的影响如下图所示。当c[Fe2(SO4)3]>0.25mol·L-1后，图中曲线下降的可能原因是_______。

(2)测定浸出液中Cu2+浓度，其过程如下：
i.取a mL浸出液，煮沸除尽过量H2O2，调节溶液的酸度。加入KF(除去Fe3+)；
ii.加入过量KI溶液，与Cu2+反应生成CuI白色沉淀和I2
iii.用0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗Na2S2O3镕液b mL。(已知：)
①ii中反应的离子方程式是_______。
②浸出液中的c(Cu2+)=_____________mol∙L-1。

四、实验题
26．（2021·北京丰台·统考一模）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。
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。
(1)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
II.工业制法
(4)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___。

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。
(5)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_______。
27．（2021·北京·模拟预测）某铁矿石中铁元素的化合价为+2价和+3价，测定其中铁元素总含量的实验如下。
已知：ⅰ.该实验条件下，SnCl2的氧化产物为SnCl，的还原产物为Cr3+。
ⅱ.杂质不参加反应。
Ⅰ.将铁矿石粉碎，取m g铁矿石粉于烧杯中，加入浓盐酸，加热使其充分溶解；
Ⅱ.冷却后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液转移到250 mL仪器a中定容；
Ⅲ.移取25 mL溶液于锥形瓶中，加入4 mol·L−1盐酸，加热至接近沸腾，边摇动锥形瓶边缓慢滴加一定浓度的SnCl2溶液，至恰好完全反应，停止滴加SnCl2溶液；
Ⅳ.冷却后加入50 mL蒸馏水和指示剂，用c mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点；
Ⅴ.重复测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的平均体积为VmL。
(1)Ⅰ中，加快化学反应速率的措施有___________(至少写出2个)。
(2)Ⅱ中，仪器a的名称是___________。
(3)Ⅲ中，Sn2+还原Fe3+的离子方程式是___________。
(4)该铁矿石中铁元素的质量分数为___________。
(5)Ⅲ中，若SnCl2过量，测得的铁矿石中铁元素的质量分数会___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
28．（2021·北京·模拟预测）某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。

资料：ⅰ.在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。
ⅱ. 单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。
（1）根据实验可知，Na2S具有________性。
（2）甲同学预测实验I中S2–被氧化成。
①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是________。
②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，得出S2–被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是________。
③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2–氧化成。

a.右侧烧杯中的溶液是________。
b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，________（填操作和现象）。
（3）实验I的现象与资料i存在差异，其原因是新生成的产物（Mn2+）与过量的反应物（）发生反应，该反应的离子方程式是________。
（4）实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与（3）相似，经验证猜想成立，他的实验方案是______。
（5）反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与________因素有关。

五、填空题
29．（2021·北京石景山·统考一模）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯及其化合物既是重要化工原料，又是广泛使用的高效灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)用氯气制备漂白液的离子方程式是______。
(2)TCCA是一种高效含氯消毒漂白剂，贮运稳定，在水中释放有效氯时间长，应用于游泳池等公共场合，其分子结构如图所示：

已知：X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍。
①TCCA的分子式是______。
②X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是______(用氢化物的化学式表示)。
(3)ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂，将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2。
资料：NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇。NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
① 写出由ClO2制备NaClO2的离子方程式______。
② 从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：将溶液在减压和55 ℃条件下蒸发至大量晶体析出后，______，______，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体 (补全实验步骤)。
30．（2021·北京丰台·统考一模）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
I.制备
(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式_______。
(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式_______。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：

过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
过程I的离子方程式是_______。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_______。
II.废水中锰含量的测定
(3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为____ g/mL。

参考答案：
1．D
【详解】A．浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；
B．检验铁离子可以用硫氰化钾，溶液显红色，B正确；
C．过氧化氢能氧化亚铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，C正确；
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．硫离子在水中易发生水解，S2-+H2OHS-+OH-，故硫化钠溶液显碱性，A项正确；
B．硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氢化钠，发生变质，B项错误；
C．根据方程式Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑硫酸根离子中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，故生成1mol硫化钠转移8mol电子，C项正确；
D．该反应中硫酸根离子中硫的化合价下降，硫酸钠做氧化剂，C在反应中化合价上升，做还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：2，D项正确；
答案选B。
3．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。
4．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。
5．D
【详解】A．标况下CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．的中子数为18-8=10，则含有的中子数约为，故B错误；
C．和的混合物中含有的氮原子数共介于~之间，故C错误；
D．氯气与Fe反应生成氯化铁，Cl元素化合价从0降低到-1价，1mol氯气参与反应得2mol电子，则与足量的反应，氯气全部参与反应，则转移的电子数约为，故D正确，
故选D。
6．A
【详解】A．Cl元素的化合价升高，还生成氯化锰，则盐酸作还原剂表现还原性，故A正确；
B．S元素的化合价不变，只表现酸性，故B错误；
C．由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H元素的化合价降低，表现氧化性，故C错误；
D．由3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故D错误；
故选：A。
7．C
【详解】A．过氧化钠与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成氧气，反应中发生了氧化还原反应，故A不选；
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，K2Cr2O7酸性溶液被乙醇还原成三价铬离子，溶液由橙色变为绿色，与氧化还原反应有关，故B不选；
C．发生的离子反应为AgCl+I-⇌AgI+Cl-，无化合价变化，与氧化还原反应无关，故C选；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁离子被还原为亚铁离子，与氧化还原反应有关，故D不选；
故选：C。
8．A
【分析】由反应式2NaN3 = 2Na + 3N2↑可知，该反应中，钠元素化合价降低被还原，氮元素化合价升高被氧化，钠元素化合价从+1价降到0价，据此分析解答。
【详解】A．由反应式可知，生成3 mol N2时，同时生成2 molNa，则转移2 mol电子，故A正确；
B．已知NaN3为离子化合物，其阴离子为，1个中含有73+1=22个电子，故B错误；
C．NaN3中，钠离子和叠氮根离子之间为离子键，叠氮根离子中还存在共价键，故C错误；
D．N2分子中，每个原子都应满足8电子稳定结构，则N2电子式应为 ，故D错误；
答案选A。
9．D
【详解】
A．氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，故A正确；
B．根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：2CuH ＋ 3Cl2 2CuCl2 ＋ 2HCl，故B正确；
C．CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中CuH做还原剂，故C正确；
D．CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：CuH ＋ H＋＋Cl －= CuCl↓ ＋ H2↑，故D错误；
综上所述，答案为D。
10．A
【详解】A．二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，气体由红棕色变为无色，N元素的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，A项正确；
B．SO2气体通入品红溶液，溶液由红色变为无色说明二氧化硫具有漂白性，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B项错误；
C．碘化钾溶液滴入氯化银浊液中，生成碘化银沉淀，该反应元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C项错误；
D．KSCN溶液滴入氯化铁溶液中，溶液变为红色，发生络合反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，D项错误；
答案选A。
11．C
【详解】A．由题可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和SO，反应方程式为3SO2+2H2OS↓+2SO+4H+，KI在反应过程中没有任何改变，故为催化剂，A正确；
B．根据A选项的方程式可知，SO2既有氧化性又有还原性，B正确；
C．H+为反应物，改变反应物浓度，改变反应速率，C错误；
D．KI先与SO2反应生成I2，若SO2与I-的反应速率大于SO2与I2的反应，则应该马上生成淡黄色固体，但是先生成了乳黄色液体，而要在一定条件下沉淀才能生成S，则可以说明SO2与I-的反应速率小，D正确；
答案选C。
12．C
【详解】A．由题干所示主要反应机理图可知，该过程的总反应为：CH4+CO2 CO+2H2，反应中CO2中的C元素的化合价由+4价降低为+2价，被还原，CO2是氧化剂，A正确；
B．由题干所示主要反应机理图可知，该过程的总反应为：CH4+CO2CO+2H2，故反应物CH4和CO2均只含极性共价键，故只有极性键发生断裂，B正确；
C．由题干所示主要反应机理图可知，载体在反应过程中参与反应，C错误；
D．该过程的总反应为：CH4+CO2CO+2H2，获得的产物为CO和H2可用作燃料、冶炼金属等，D正确；
故答案为：C。
13．A
【详解】A．酸性条件下，能与I-发生归中反应生成I2，从而使试纸变蓝，对应方程式为：IO+ 5I-+ 6H+ =3I2十3H2O，A符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，可以将H2O2氧化为O2，产生大量气体，自身被还原为Mn2+，对应方程式为：，B方程式不对应，不符合题意；
C．乙酸乙酯层含有挥发的CH3COOH、CH3CH2OH，振荡后，CH3CH2OH 溶于水，CH3COOH与Na2CO3反应产生CO2，导致乙酸乙酯层变薄，对应方程式为：， C方程式不对应，不符合题意；
D．由题意知，红色固体能溶于水，不可能是Cu， D不符合题意，CuO与SO2反应首先生成CuSO3（红色），即，继续加热，CuSO3会被氧化为CuSO4；
故答案选A。
14．B
【详解】A. 铵根水解生成氢离子，氢氧化镁可以与氢离子发生反应使铵根的水解平衡右移，最终氢氧化镁溶解，铵根彻底水解，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3•H2O，故A正确；
B. 酸性高锰酸钾溶液中不可能生成氢氧根，正确离子反应方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2+8H2O，故B错误；
C. 二氧化硫溶于水显酸性，酸性环境中硝酸根会将二氧化硫氧化成硫酸根，继而生成硫酸钡沉淀，离子方程式为3SO2＋3Ba2＋＋2NO3－＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋，故C正确；
D. 三价铁离子具有较强氧化性，会将碘离子氧化成碘单质，离子方程式为2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O，故D正确；
故答案为B。
15．C
【详解】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。
详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。
16．A
【分析】含二氧化硫的废气通入酸性硫酸铁溶液中发生反应：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++ +4H+，B溶液中含FeSO4和H2SO4，溶液B转化为溶液C时发生亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
【详解】A．尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++ SO+4H+，B溶液中存在二价铁离子，如果二氧化硫不足，则溶液B中含有三价铁离子，加入KSCN溶液，溶液变为血红色，故A正确；
B．溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：，故B错误；
C．反应过程中溶液的体积不变，溶液A为Fe2(SO4)3溶液，溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B中含H2SO4，显强酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，溶液C是溶液B发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O得到，虽然消耗氢离子但H+未完全消耗，溶液仍呈酸性，溶液的酸性：B＞C＞A，故C错误；
D．溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，加氧化亚铁，氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁溶液，则溶液C为硫酸铁溶液和硫酸亚铁溶液，与溶液A的组成不同，故D错误；
故选：。
17．B
【详解】A．过程I中O从-2价升高为0价，每生成1molO2转移4mol电子，则每消耗232g(即1mol)Fe3O4转移2mol电子，A选项正确；
B．根据盖斯定律，(总反应式-过程I方程式)/2得出过程II方程式为3FeO(s) + H2O(l) = H2(g)+Fe3O4(s) ΔH=+128.9kJ/mol，B选项错误；
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能，C选项正确；
D．根据上述制备原理可看出，铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点，D选项正确；
答案选B。
18．D
【详解】A．HSO4- 的摩尔质量为97g/mol，A错误；
B．第I阶段的反应中，NO2经过反应变成NO2-，得到电子，被还原，B错误；
C．NO2为非电解质，C错误；
D．根据图示可知，第II阶段中，SO3-、NO2在水的条件下生成NO2-、SO3 ，第III阶段中，SO3结合OH-变为HSO4-，NO2-变成HNO2，故方程式为总反应的化学方程式为：SO3- +H2O+NO2=HNO2+HSO4-，D正确；
故选D。
19．C
【详解】A．油脂在碱性条件下可以发生水解，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2⋅·12H2O]溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应中没有元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．高铁酸钠()，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故C符合题意；
D．用盐酸去除铁锈（主要成分Fe2O3·xH2O），发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3===2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
20．B
【详解】A．催化剂可降低反应物的活化能，提高反应速率，但不能提高反应物的转化率，A正确；
B．N2生成NH3，N元素的化合价从0价降低到-3价，根据图示信息可看出N元素逐步加氢，其化合价逐渐降低，即发生多步还原反应生成NH3，B错误；
C．根据图示信息可以看出，两个N原子在催化剂作用下分别分步加氢，C正确；
D．NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就会将减缓反应速率，D正确；
故选B。
21． 4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3或2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO 可使NO循环利用，全部转化成HNO3 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【详解】(1)NH3属于共价化合物，其电子式为 ，故答案： 。
(2)由框图可知：设备Ⅱ是氨气和氧气在催化剂的条件下发生反应生成一氧化氮和水，其反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ，故答案：4NH3+5O24NO+6H2O。
(3) 由框图可知：设备Ⅲ中是一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在和水反应生成一氧化氮和HNO3，该反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3。设备Ⅲ在工作时不断通入空气的目的是使NO循环利用，最终全部转化成HNO3，故答案：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，或4NO+3O2+2H2O=4HNO3；可使NO循环利用，全部转化成HNO3。
(4)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+，故答案：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+或3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2NO+2H+。
②pH越小溶液的酸性越强，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高，故答案： 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
22． +6 6 12 7 12 3 12 7 FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－ 增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O 由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 80%
【分析】铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3) ，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加入碳酸钠、氯酸钾熔融氧化后生成Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2，水浸后NaFeO2水解得到滤渣1为红褐色氢氧化铁固体，滤液1含有Na2CrO4、Na2SiO3和NaAlO2，调节pH值使Na2SiO3和NaAlO2转化为氢氧化铝和硅酸沉淀即是滤渣2，滤液2中含有Na2CrO4、调pH值使铬酸钠转化为重铬酸钠，加入氯化钾，生成重铬酸钾，获得产品，据此回答问题。
【详解】(1)K2Cr2O7中钾元素的化合价是+1价，氧元素的化合价是—2价，依据化合价原则，则Cr元素的化合价是+6；
(2) FeO·Cr2O3生成Na2CrO4 和Fe2O3化合价升高7，氯酸钾生成氯化钾化合价降低6，最小公倍数是42，则FeO·Cr2O3的系数是6，氯酸钾和氯化钾的系数是7，依据原子守恒配平其它物质的系数，则配平后的化学方程式是6FeO·Cr2O3 + 12Na2CO3 +7KClO3 =12Na2CrO4 +3Fe2O3 +12CO2 +7KCl，则答案为6 12 7 12 3 12 7；
(3)熔块的主要成分为Na2CrO4、NaFeO2、Na2SiO3和NaAlO2等可溶性盐，滤渣1为红褐色固体，写出步骤②NaFeO2水解的离子方程式FeO+ 2H2O = Fe(OH)3 ↓+ OH－；
(4)有 可知，步骤④调pH的目的增大c(H+)，促使平衡Cr2O+H2O⇌2CrO+2H+向逆反应方向移动，将CrO转化成Cr2O；
(5) ①滴定终点的颜色变化是由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②碘化钾与重铬酸钾反应依据电子守恒得 ，有I2 + 2S2O= 2I－ + S4O可得，则 所得产品中重铬酸钾的纯度是 =80%。
23． 测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8则沉淀完全 过滤 溶液中存在如下平衡：，加入硫酸，增大，使平衡逆向移动，促进的生成 具有强氧化性，在酸性条件下能被氧化 ab 负极 ×100%
【分析】向含铬离子和三价铁离子的废液中加入KOH溶液调节溶液pH，抽滤得到含有氢氧化铬和氢氧化铁的固体Ⅰ和溶液Ⅰ；向固体Ⅰ中先加入过氧化氢溶液和氢氧化钾溶液调节溶液pH为10，加热时，氢氧化铬和过氧化氢、氢氧化钾混合溶液反应生成铬酸钾和水，过滤除去氢氧化铁得到铬酸钾溶液；向铬酸钾溶液加入硫酸溶液，将溶液中铬酸钾转化为重铬酸钾，含有重铬酸钾的溶液Ⅱ通过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤得到重铬酸钾晶体。
【详解】(1)由题给数据可知，当溶液的pH≥6.8时，溶液中铬离子和三价铁离子会完全转化为沉淀，则证明铬离子沉淀完全的方法是用pH试纸或pH计测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8，说明沉淀完全，故答案为：测定溶液Ⅰ的pH，若溶液的pH≥6.8则沉淀完全；
(2) 向固体Ⅰ中加入过氧化氢、氢氧化钾混合溶液发生的反应为氢氧化铬和过氧化氢、氢氧化钾混合溶液共热反应生成铬酸钾和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，操作A为过滤；向过滤后的溶液中加入硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，将溶液中铬酸钾转化为重铬酸钾；重铬酸钾溶液具有强氧化性，若用盐酸酸化，重铬酸钾溶液会与盐酸发生氧化还原反应将重铬酸钾还原为氯化铬，故答案为：过滤；溶液中存在如下平衡：，加入硫酸，增大，使平衡逆向移动，促进的生成；具有强氧化性，在酸性条件下能被氧化；
(4) a．由分析可知，含有重铬酸钾的溶液Ⅱ通过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、洗涤得到重铬酸钾晶体，故正确；
b．实验室洗涤晶体的操作是沿玻璃棒加蒸馏水至浸没晶体，待水自然滤出后，重复操作2~3次即可将沉淀洗涤干净，故正确；
c．由题给溶解度数据可知，洗涤重铬酸钾晶体应用冷水洗涤，防止水的温度过高，造成晶体溶解而降低产率，故错误；
ab正确，故答案为：ab；
(5)由题给示意图可知，与电源M电极相连的电极为电解池的阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，与N电极相连的电极为阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，铬酸根离子与生成的氢离子反应生成重铬酸根，左室溶液中钾离子通过阳离子交换膜进入右室，电解的总反应方程式为；
①由分析可知，M电极是电源的负极，故答案为：负极；
②由分析可知，与N电极相连的右侧电极为阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，铬酸根离子与生成的氢离子反应生成重铬酸根，电极反应式为，故答案为：；
③由分析可知，电解池的总反应方程式为，故答案为：；
(6)由题给离子方程式可得： Cr2O—6Fe2+，反应消耗硫酸亚铁的物质的量为bmol/L×c×10—3L=10—3bcmol，则重铬酸钾的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。
24． 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。
25． Cu、S Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O或Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 当c[Fe2(SO4)3]>0.25mol·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
【详解】(1)①过程Ⅰ中Cu元素化合价从+1价变为+2价被氧化，过程Ⅱ中部分S元素由-2价变为0价被氧化；
②过程Ⅰ中Cu元素被H2O2氧化生成CuS，Cu2S和H2O2的系数比为1:1，根据电子守恒可知H2O2应被还原成H2O，该反应在硫酸环境中进行，再结合元素守恒可得化学方程式为Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O离子方程式为Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O；
③CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率；
④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，即Fe3+被还原为Fe2+，又会被H2O2氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
⑤当c[Fe2(SO4)3]>0.25mol·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响，所以曲线下降；
(2)①根据题意KI会被Cu2+氧化生成I2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
②根据Na2S2O3与I2反应的离子方程式可知n(I2)=mol，根据KI与Cu2+可知n(Cu2+)=0.1b×10-3mol，溶液体积为amL，则c(Cu2+)==mol/L。
26． HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O 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 b 2+2e-+2H+=+2H2O H2O22∙OH 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)
【详解】
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：H2O22∙OH，故答案为：H2O22∙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)。
27． 粉碎、加入浓盐酸、加热 容量瓶 2Fe3++Sn2++6Cl−2Fe2++SnCl 偏大
【分析】铁矿石中铁元素的化合价为+2价和+3价，Ⅲ中，加入SnCl2溶液，将Fe3+还原为Fe2+，至恰好完全反应，停止滴加SnCl2溶液，此时，溶液中的铁元素全部以Fe2+形式存在，Ⅳ中，用K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，通过消耗K2Cr2O7溶液的量计算铁元素的含量。
【详解】(1)粉碎铁矿石可增大固液接触面积，加快反应速率；增大盐酸浓度，可加快反应速率；加热升高温度，也可以加快反应速率；
(2)精确配制一定物质的量浓度的溶液需要用容量瓶，则仪器a的名称是容量瓶；
(3)已知SnCl2的氧化产物为SnCl，则Sn2+与Fe3+反应生成SnCl和Fe2+，则Sn2+还原Fe3+的离子方程式是2Fe3++Sn2++6Cl−2Fe2++SnCl；
(4)K2Cr2O7与Fe2+反应的离子方程式为，则25 mL溶液中铁元素的物质的量为，则25 0mL溶液中铁元素的物质的量为，铁元素的质量为，
则该铁矿石中铁元素的质量分数为；
(5)Ⅲ中若SnCl2过量，过量的SnCl2也会消耗K2Cr2O7，使得消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则测得的铁矿石中铁元素的质量分数会偏大。
28． 还原 溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量，能被其继续氧化 因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的 0.01mol/L KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0） 取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成 2Mn+3Mn2+-+ 2H2O = 5MnO2↓+ 4H+ 将实验I中生成的MnO2分离洗涤后，加入0.1mol/L Na2S溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的MnO2与过量的S2-反应，故没得到MnO2沉淀 浓度、用量、溶液中的酸碱性
【详解】（1）实验I中KMnO4反应生成MnO2，Mn元素由+7降到+4价，KMnO4被还原，体现了Na2S的还原性。实验II中KMnO4反应生成MnS，Mn元素由+7降到+2价，KMnO4被还原，体现Na2S的还原性。故答案为还原性。
（2）①反应I，溶液紫色变浅，但紫色并未褪去，说明酸性KMnO4过量，KMnO4能与SO32-反应，则甲的预测不合理。故答案为溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量，SO32-能被其继续氧化。
②检验到溶液中存在SO42-，也不能说明S2-被氧化为SO42-，因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，溶液中本身就存在SO42-。
③要证明实验I中MnO4-的确将S2-氧化为SO42-，则要先排除酸性高锰酸钾溶液中SO42-的干扰。可以将MnO4-与S2-的氧化还原反应设计成带盐桥的原电池，将Na2S和酸性高锰酸钾分开反应。如图，如果能在左侧烧杯中检验到SO42-，说明S2-被氧化为SO42-。
a、由图可知，右侧烧杯中应放0.01mol/L KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0）；
b、根据上述分析，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成。
（3）根据资料i可知，在强酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，实验I结束后溶液依然呈强酸性，但事实上了生成了MnO2。原因是高锰酸钾过量与生成的Mn2+可以反应生成MnO2，反应离子方程式：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+ 4H+ 。
(4) 根据资料i可知，MnO4-在近中性条件下被还原为MnO2，实验II中反应结束后溶液pH≈8，接近中性，但生成了MnS。可猜测是因为过量的Na2S与一开始生成的MnO2继续反应。根据资料ⅱ，单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色，则Na2S与MnO2反应时，S2-被氧化为S单质，MnO2被还原为Mn2+。若要验证猜想，只需向MnO2中加入过量Na2S溶液，若溶液呈淡黄色，且生成浅粉色的MnS，即可证明猜想。故可设计实验方案：将实验I中生成的MnO2分离洗涤后，加入0.1mol/L Na2S溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的MnO2与过量的S2-反应，故没得到MnO2沉淀。
（5）物质变化还与反应物的浓度或用量有关，反应I中KMnO4溶液过量，浓度较大，反应II中Na2S过量，浓度较大；也与溶液中的酸碱性有关，强酸性溶液时和中性时产物不同。故答案为浓度、用量、溶液中的酸碱性。
29． Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O C3N3O3Cl3 H2O 2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O 趁热过滤(或高于38℃过滤) 乙醇洗涤
【分析】根据TCCA分子结构，X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，根据结构得到X为C，Y为N，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O，W为Cl
【详解】(1)用氯气制备漂白液是氯气通入到NaOH溶液中生成NaCl、NaClO和H2O，其离子方程式是Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O；故答案为：Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O。
(2)①根据图中结构和前面分析得到TCCA的分子式是C3N3O3Cl3；故答案为：C3N3O3Cl3。
②根据前面分析及同周期从左到右非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是H2O；故答案为：H2O。
(3)①将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2，因此ClO2制备NaClO2的离子方程式2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O；故答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O。
②根据题意，由于NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇；因此需在温度高于38℃过滤，用乙醇洗涤，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体；故答案为：趁热过滤(或高于38℃过滤)；乙醇洗涤。
30． 4Al+3MnO23Mn+2Al2O3 MnO2+SO2MnSO4 2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生 55 c(V1-V0)×10-3
【详解】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。