（新高考）高考化学二轮精品专题二离子反应氧化还原反应(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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专题 二
××

离子反应 氧化还原反应





命题趋势

1．了解离子反应的概念及离子反应发生的条件。
2．掌握常见离子的检验方法。
3．能正确书写离子方程式，并能进行有关计算。
4．了解氧化还原反应的本质，了解常见的氧化还原反应。
5．掌握常见氧化还原反应方程式的配平和相关计算。
Ⅰ．客观题
(1)考查限定条件的离子能否大量共存的判断、离子方程式的正误判断。
(2)考查通过实验操作、离子检验，推断电解质溶液中存在的离子。
(3)考查氧化还原反应的概念辨析及氧化性、还原性的强弱比较。
(4)结合阿伏加德罗常数考查电子转移数目的计算。
Ⅱ．主观题
(1)结合无机化工流程及实验考查离子方程式的书写。
(2)考查离子检验方法和操作步骤的描述。
(3)通常以典型物质或工业生产流程为载体，考查氧化还原反应方程式的配平，以及运用守恒规律的应用。
考点清单

一、电解质及其电离
1．电解质和非电解质
（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。
（2）非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。
2．强电解质和弱电解质
在水溶液中完全电离的电解质叫强电解质。在水溶液中部分电离的电解质叫弱电解质。
3．记忆常见强弱电解质
强电解质：强酸、强碱、大多数的盐；弱电解质：弱酸、弱碱、水、少数盐
强酸：HCl、HI、HClO4、H2SO4、HNO3等；弱酸：H2CO3、CH3COOH、HF、HClO等。
强碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2等； 弱碱：NH3·H2O、Fe(OH)3、Cu(OH)2、Al(OH)3等。
绝大多数盐：BaSO4、CaCO3、BaCl2等；少部分盐：(CH3COO)2Pb等。
二、离子反应
1．概念：有离子参加或有离子生成的反应统称为离子反应。
2．离子反应的条件：①生成难溶的物质；②生成难电离的物质；③生成易挥发的物质；④发生氧化还原反应。
三、离子方程式
离子反应方程式的书写
（1）书写离子方程式的技巧
①与量有关的离子方程式的书写
书写时采用“少定多变法”。所谓的“少定”即量少的反应物，其离子的化学计量数确定为1，而“多变”即过量的反应物，其化学计量数根据反应的需要确定，不受化学式中比例的制约，是可变的，即量少物质产生的离子数之比符合化学式。
如Ca(HCO3)2溶液加入过量的NaOH溶液：Ca2++2HCO+2OH−=CaCO3↓+CO+2H2O；若Ca(HCO3)2溶液加入少量的NaOH溶液：Ca2++HCO+OH−=CaCO3↓+H2O。
②离子反应中的优先原理
a．优先氧化原理(或优先还原原理)
书写时以电子守恒法判断离子方程式中的离子的化学计量数。①确定氧化剂或还原剂强弱顺序。②根据强弱规律，判断反应顺序，同一还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先反应。③分步计算。先判断过量，后计算。
b．优先沉淀原理
若某一溶液中同时存在几种能与所加试剂形成沉淀的离子，则溶解度(严格讲应为溶度积)小的物质优先沉淀。如向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，应优先生成Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀。
③多离子反应分析
两种试剂混合，同时存在多个离子反应，分析时可令其中一种离子完全反应，然后分析另一种离子的反应情况。
如明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液与氢氧化钡溶液的反应。如向1mol明矾的溶液中加入氢氧化钡溶液，可假设铝离子完全沉淀，则需要氢氧化钡1.5mol，此时明矾溶液中的硫酸根离子只有1.5mol沉淀为硫酸钡，则离子方程式可表示为：Al3++1.5SO+1.5Ba2++3OH−=1.5BaSO4↓+Al(OH)3↓，然后将小数调整为整数即可。假设硫酸根离子完全沉淀，则需要氢氧化钡2mol，而2mol氢氧化钡提供4mol氢氧根离子，故与1mol铝离子恰好完全反应生成偏铝酸根离子，则离子方程式可表示为：Al3++2SO+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+AlO+2H2O；同理可写出任意给定物质的量之比的反应的离子方程式。根据相同的分析方法可写出任意比值的硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式。
四、离子不能大量共存的原因
（1）由于发生复分解反应，离子不能大量共存。
①有气体产生。
如CO、HCO、S2−、HS−、SO、HSO等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存。
②有沉淀生成。
如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO、CO等大量共存，；Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等不能与OH−大量共存；SiO、AlO、S2O等不能与H+大量共存。
③有弱电解质生成。
如OH−、ClO−、F−、CH3COO−、PO、HPO、H2PO等与H+不能大量共存；一些酸式弱酸根及NH不能与OH−大量共存。
④一些容易发生水解的离子，在溶液中的存在是有条件的。
如：AlO、S2−、HS−、CO、HCO、SO、HSO、ClO−、F−、CH3COO－、PO、SiO、C6H5O－等必须在碱性条件下才能在溶液中大量存在；Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、NH等必须在酸性条件下才能在溶液中大量存在。　　
（2）由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存
①一般情况下，具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。如I－、S2－、HS－和Fe3+不能大量共存。
②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存。
如NO和I−在中性或碱性溶液中可以共存，但在有大量H+存在情况下不能共存；SO、S2O和S2−在碱性条件下可以共存，但在酸性条件下不能共存。ClO−与S2−不论是在酸性条件下还是在碱性条件下都不能大量共存。
（3）由于形成络合离子，离子不能大量共存
如Fe3+和C6H5O−，由于Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+等络合反应的发生而不能大量共存。
（4）相互促进水解的离子间一般不能同时存在在同一溶液中。
如：Al3+和HCO、CO、S2−、HS−、AlO、C6H5O−，Fe3+和AlO、HCO、CO，NH和AlO等。特别注意：NH和CO、HCO、CH3COO−在同一溶液中能大量共存。
五、氧化还原反应
1．氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，特征是反应前后元素化合价的升降；判断某反应是否属于氧化还原反应可根据反应前后化合价是否发生了变化这一特征。
2．基本概念关系


3．氧化还原反应的表示方法
（1）双线桥法

（2）单线桥法

六、氧化性、还原性及其强弱比较
氧化性→得电子能力，得到电子越容易→氧化性越强。
还原性→失电子能力，失去电子越容易→还原性越强。
物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易程度，与得失电子的数目无关。
七、氧化还原反应规律
1．价态变化规律
（1）归中规律：含同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价+低价→中间价”的规律。这里的中间价可以相同(谓之“靠拢”)，也可以不同，但此时必是高价转变成较高中间价，低价转变成较低中间价(谓之“不相交”)。
（2）歧化规律：同一种物质中的同一元素部分化合价升高，另一部分化合价降低，发生自身的氧化还原反应。
2．优先规律
在同一溶液里存在几种不同的还原剂且浓度相差不大时，当加入氧化剂时，还原性强的还原剂优先被氧化；同时存在几种不同的氧化剂且其浓度相差不大时，当加入还原剂时，氧化性强的氧化剂优先被还原。
3．得失电子守恒规律
在任何氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数一定相等。对于氧化还原反应的计算，利用得失电子守恒规律，抛开烦琐的反应过程，可不写化学方程式，能更快、更便捷地解决有关问题。
4．氧化还原反应方程式的配平
（1）配平原则：电子守恒、原子守恒、电荷守恒
（2）配平步骤：标变价—列变化—求总数—配系数—细检查。
（3）配平方法：①正向配平法：如果被氧化、被还原的元素分别是两种不同的反应物，通常从方程式左边进行配平；②逆向配平法：对于自身氧化还原反应或反应物只有一种的，一般从方程式右边配平较简单。

精题集训
（70分钟）

经典训练题

1．下列在限定条件溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是（ ）
A．pH=3的溶液：Na+、Cl−、Fe3+、ClO−
B．pH=10：K+、SO、CO、NH
C．使石蕊试液变红的溶液：Na+、Cl−、SO、AlO
D．水电离的H+浓度为1×10−12mol·L−1的溶液：K+、Ba2+、Cl−、Br−
【答案】D
【解析】A．pH=3的溶液呈酸性，ClO−跟会与氢离子反应，不能大量共存，故A错误；B．pH=10的溶液呈碱性，NH会与氢氧根反应，生成一水合氨，不能大量共存，故B错误；C．使石蕊试液变红的溶液呈酸性，AlO与氢离子反应，会生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；D．水电离的H+浓度为1×10−12mol·L−1的溶液为酸性或碱性溶液，但无论酸性还是碱性溶液，K+、Ba2+、Cl−、Br−之间均不反应，能大量共存，故D正确；故选D。
2．（双选）在酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，溶液紫色褪去，其反应的离子方程式为：2MnO+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+。下列说法不正确的是（ ）
A．通常用浓盐酸酸化KMnO4溶液
B．O2是氧化产物，Mn2+是还原产物
C．KMnO4溶液紫色褪去，说明Na2O2具有漂白性
D．此反应产生22.4L O2（标准状况下）时转移了2mol e−
【答案】AC
【解析】A．浓盐酸是强还原性的酸，不能酸化氧化性强的高锰酸钾，两者发生氧化还原反应，故A错误；B．该反应中高锰酸根中的Mn元素的化合价从+7价降低+2价，所以Mn2+是还原产物，过氧化钠中的O元素从-1价升高到0价，所以O2是氧化产物，故B正确；C．过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现过氧化钠的还原性，而不是漂白性，故C错误；D．该反应中转移10个电子，生成5mol氧气，故生成标准状况下22.4L氧气，转移2mol电子，故D正确。
3．下列相关条件下的离子方程式书写正确的是（ ）
A．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO−=HClO+HSO
B．侯德榜制碱法的反应之一：Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH
C．碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液：Mg2++2HCO+2OH−=2H2O+MgCO3↓+CO
D．将1mol Cl2通入含1mol FeI2的溶液中：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+I2
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有还原性，与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，不能发生发生复分解反应，反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO−=Cl−+SO+2H+，故A错误；B．侯德榜制碱法的反应为二氧化碳与氯化钠的氨溶液反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH，故B正确；C．碳酸氢镁溶液中与过量的烧碱溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO+4
OH−=Mg(OH)2↓+CO+2H2O，故C错误；D．碘离子的还原性强于亚铁离子的，1mol Cl2与含1mol FeI2的溶液反应生成1mol氯化亚铁和1mol单质碘，反应的离子方程式为2I−+Cl2=2Cl−+I2，故D错误；故选B。
4．下列操作、现象与结论对应关系正确的是（ ）

操作、现象
结论
A
向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定有SO
B
将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
SO2有漂白性
C
向某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色
溶液中一定没有NH
D
某溶液中加入KSCN，无现象，再滴入氯水，溶液变红
溶液中一定有Fe2+
【答案】D
【解析】A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，可能生成硫酸钡、AgCl沉淀，溶液中可能含有SO、SO、Ag+等，故A错误；B．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故B错误；C．向溶液中加入NaOH溶液，若不加热，不会反应生成氨气，则将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色，不能确定是否含有NH，故C错误；D．某溶液中加入KSCN溶液，无现象说明不含铁离子，再滴入氯水，溶液变红，说明生成铁离子，则溶液中一定有Fe2+，故D正确；答案选D。
5．反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2
下列说法正确的是（ ）
A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物
B．碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原
C．氧化性：IO＞SO
D．反应①、②中生成等量的I2时转移电子数之比为2∶5
【答案】BC
【解析】A．反应①中硫元素化合价未发生变化，NaHSO4不是氧化产物；反应②中硫元素化合价升高，被氧化，NaHSO4为氧化产物，故A错误；B．反应①中碘元素化合价升高，被氧化，反应②中碘元素化合价降低，被还原，故B正确；C．反应②中，NaIO3为氧化剂，NaHSO3为还原剂，SO为氧化产物，又氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：IO＞SO，故C正确；D．反应①中，生成1mol I2转移2mol e−，反应②中，生成1mol I2转移10mol e−，所以当生成等量的I2时，转移电子数之比为1∶5，故D错误；故选BC。
高频易错题

1．在热的稀H2SO4溶液中溶解了11.4g FeSO4，当加入50mL 0.5mol/L KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy气体逸出：
FeSO4+KNO3+H2SO4→K2SO4+Fe2(SO4)3+NxOy+H2O
据此推算出x、y的值分别为（ ）
A．1、2 B．2、3 C．2、1 D．1、1
【答案】D
【解析】由题意可知n(FeSO4)∶n(KNO3)=0.075∶0.025=3∶1。根据氧化还原反应中得失电子数相等的原理，铁由+2价变为+3价，而FeSO4与KNO3恰好以3∶1反应，故3×(3-2)=1×(5-a),(a为KNO3中+5价氮元素被还原后所得氮氧化合物中氮元素的化合价)，则a=+2。由此推出x=y=1，选D。
2．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH、Fe2+、SO、CO
B．铁片加入产生气泡的溶液：Na+、NH、I−、ClO−
C．透明溶液中：K+、Cl−、Na+、MnO
D．含有溶质为NaHSO4的溶液：K+、SO、NO、AlO
【答案】C
【解析】A．在加入铝粉能产生H2的溶液，说明可能是酸，可能是碱，碱溶液中OH−与NH反应，OH−与Fe2+反应，酸溶液中H+与CO反应，故A不符合题意；B．I−与ClO−发生氧化还原反应，故B不符合题意；C．透明溶液中：K+、Cl−、Na+、MnO之间不反应，能大量共存，故C符合题意；D．NaHSO4电离出的H+，H+与AlO、H2O反应生成沉淀，故D不符合题意。综上所述，答案为C。
3．下列对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．用小苏打溶液涂抹蚊虫叮咬产生蚁酸(HCOOH)处：
B．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：
C．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：
D．同浓度同体积的溶液与NaOH溶液混合：
【答案】A
【解析】A．用小苏打溶液涂抹蚊虫叮咬产生蚁酸(HCOOH)处发生反应，生成甲酸钠、二氧化碳和水：，A正确；B．铁和稀硝酸反应制得的浅绿色溶液为硝酸亚铁，反应中铁过量，则：，B错误；C．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液：，C错误；D．氢离子结合氢氧根的能力大于铵根离子，则同浓度同体积的溶液与NaOH溶液混合：，D错误；答案选A。
4．（双选）精炼铜阳极泥中提取Se的过程中发生如下反应：
I．Cu2Se+6H2SO4(浓)=2CuSO4+SeO2+4SO2↑+6H2O，
II．SeO2+2SO2+2H2O=Se+2SO+4H+
下列说法正确的是（ ）
A．反应I的氧化产物为SeO2
B．SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2
C．反应I生成1mol SeO2与II中消耗1mol SeO2，两个反应转移电子数比为2∶1
D．Se与HNO3物质的量比为1∶2时恰好完全反应，只生成NO、NO2两种还原产物，且NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则氧化产物为H2SeO4
【答案】BC
【解析】A．Cu2Se中Cu的化合价为+1价，Se的化合价为-2价，CuSO4中Cu的化合价为+2价，SeO2中Se的化合价为+4价，化合价升高，被氧化，CuSO4和SeO2都为氧化产物，故A错误；B．反应I中氧化性比较为H2SO4(浓)＞SeO2，反应II中氧化性比较为SeO2＞SO2，综上SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2，故B正确；C．反应I生成1mol SeO2转移电子数为8mol e−，反应II中消耗1mol SeO2转移电子数为4mol e−，两个反应转移电子数比为2∶1，故C正确；D．Se与HNO3物质的量比为1∶2时恰好完全反应，只生成NO、NO2两种还原产物，且NO与NO2的物质的量之比为1∶1，HNO3作氧化剂转移的电子数((5-2)+(5-4))=4mol e−，则Se作还原剂转移电子数也是4mol e−，则氧化产物为H2SeO3，故D错误；故答案选BC。
5．在100mL FeBr2溶液中缓慢通入标况下3.36升Cl2，溶液中有的Br−被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为（ ）
A．1mol/L B．2mol/L C．3mol/L D．6mol/L
【答案】B
【解析】标况下3.36L Cl2的物质的量为0.15mol，Cl2与FeBr2溶液反应时被还原为Cl−，反应过程中Cl2先与Fe2+反应，再与Br−反应，溶液中有的Br−被氧化成单质Br2，则反应离子方程式为2Br−+4Fe2++3Cl2＝Br2+4Fe3++6Cl−，由此可知，原溶液中n(FeBr2)＝0.2mol，则c(FeBr2)＝＝2mol/L，故答案为B。
精准预测题

1．下列实验过程中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A．淡黄色Na2O2固体露置于空气中，逐渐变成白色
B．用强光照射氯水，一段时间后溶液变成无色
C．向氯水中滴加KI溶液，溶液变成棕黄色
D．向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】A．淡黄色Na2O2固体露置于空气中，逐渐变成白色，Na2O2与空气中CO2或水反应反应过程中生成O2，是氧化还原反应，A有关；B．氯水中含有HClO，HClO见光易分解，是氧化还原反应，B有关；C．Cl2具有氧化性，可以氧化I−，该反应是氧化还原反应，C有关；D．Fe3+与OH−反应生成沉淀，该反应不属氧化还原反应，D无关；故答案选D。
2．元素铬(Cr)的几种化合物存在下列转化关系，下列判断不正确的是（ ）

A．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
B．反应②中H2O2是氧化剂，体现了氧化性，还原产物是O2
C．判断司机是否饮酒的一种方法是：利用酸性K2Cr2O7与司机呼出的酒精反应，生成灰绿色的Cr2(SO4)3，该反应原理的酒精是还原剂
D．反应①②③中，只有反应②是氧化还原反应
【答案】B
【解析】Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2
+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故A正确；B．反应②中CrO被H2O2氧化生成CrO，其离子方程式为2CrO+3H2O2+2OH−=2CrO+4H2O，体现了H2O2的氧化性，还原产物是H2O，故B错误；C．酸性K2Cr2O7与司机呼出的酒精反应，生成灰绿色的Cr2(SO4)3，反应中Cr元素化合价降低，发生还原反应，则酒精是还原剂，故C正确；D．反应①③中没有元素化合价的变化，反应②中铬元素的化合价发生了变化，故只有反应②是氧化还原反应，故D正确；故选B。
3．关于离子共存，下列说法正确的是（ ）
A．酸性溶液中一定不存在OH−，碱性溶液中一定不存在H+
B．能使pH试纸显红色的溶液中，可以大量存在：Na+、NH、I−、NO
C．氯化铁溶液中还可以大量存在：Fe2+、SCN−、H2O2、SO
D．常温的溶液中：NH、Ca2+、Cl−、NO
【答案】D
【解析】A．酸性溶液中OH−不能大量存在，碱性溶液中H+不能大量存在，故A错；B．能使pH试纸显红色的溶液呈酸性，在酸性环境中I−与NO会发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错；C．氯化铁溶液中，与会发生络合反应而不能大量共存；Fe2+与H2O2能发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错；D．常温的溶液呈强酸性，在强酸性环境中NH、、Cl−、NO以及H+之间不发生任何反应，能大量共存，故选D。
4．（双选）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O。下列说法不正确的是（ ）
A．X的化学式为AgS
B．银针验毒时，空气中氧气得到电子
C．反应中Ag和H2S均是还原剂
D．每生成1mol X，反应转移2mol e−
【答案】AC
【解析】A．根据原子守恒配平方程式：4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O，X的化学式为Ag2S，A错误；B．反应中O2中O元素化合价降低，得电子被还原，B正确；C．反应中H2S中的S元素化合价没有变化，不是还原剂，C错误；D．根据方程式化合价的变化可知，4mol Ag由0价变为+1价，转移电子为4mol，故每生成1mol X，转移2mol电子，D正确；答案选AC。
5．将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色浸提物M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH−+O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是（ ）
A．M中Cr的化合价为+3
B．参与反应的H2O2全部被氧化
C．转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g
D．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
【答案】C
【解析】A．因M[化学式为Cr(NH3)3O4]中有2个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；B．由M中有2个过氧键，所以3mol H2O2没有全部被氧化，故B错误；C．由方程式可知每生成1mol O2转移2mol电子，同时生成1mol Cr(NH3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，故C正确；D．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，故D错误；答案为C。
6．已知HClO Ka=3.0×10−8，H2CO3 Ka1=4.1×10−7 Ka2=5.6×10−11试判断下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O
B．NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO−+CO2+H2O=2HClO+CO
C．惰性电极电解MgCl2水溶液Mg2++2Cl−+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
D．澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】A．氢氧化铝不溶于NH3·H2O，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故A错误；B．电离出H+能力：H2CO3＞HClO＞HCO，NaClO溶液中通入少量的CO2，发生的离子方程式为ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO，故B错误；C．阴极电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，阳极反应式为2Cl−-2e−=Cl2↑，总电极反应式为Mg2++2Cl−+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故C正确；D．小苏打是足量，正确的离子方程式为Ca2++2OH−+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO，故D错误；选C。
7．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入(或滴入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是（ ）
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
K+、Na+、ClO−、SO
少量SO2
SO2+2ClO−+H2O=SO+2HClO
B
NH、Fe3+、Br−、SO
过量H2S
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
C
NH、Na+、Fe3+、AlO
过量铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D
K+、Na+、HCO、AlO
少量HCl
H++AlO+H2O=Al(OH)3↓
【答案】B
【解析】A．加入少量SO2，次氯酸根离子过量，反应产物中不会存在氢离子，正确的离子方程式为：SO2+3ClO−+H2O=SO+Cl−+2HClO，故A错误；B．NH、Fe3+、Br−、SO之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S后发生反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B正确；C．NH、Fe3+都与AlO均发生完全双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．HCO、AlO之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，故D错误。故选：B。
8．甲、乙两家化工厂，均定期定量排放澄清有毒的污水，经检测，两厂所排放污水中共有六种离子：Ag+、Al3+、K+、Cl−、CO、NO(不考虑H+与OH−)，已知两家化工厂所排放污水中所含离子不同，但都含有三种离子，经测算若将两厂的污水按一定流速排放混合，经过沉淀过滤后，污染程度会大大降低。下列有关分析错误的是（ ）
A．一家化工厂排放的污水中含有AgNO3和Al(NO3)3
B．Cl−和CO一定在同一家化工厂污水中
C．两家化工厂污水混合生成的沉淀中只含有Ag2CO3和AgCl
D．污水混合过滤后成了农业肥水
【答案】C
【解析】先设定碳酸根离子在甲厂污水中，则银离子、铝离子只能在乙厂污水中，因为碳酸根离子与银离子反应生成碳酸银沉淀，不能共存，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体不能共存；进一步得知氯离子只能在甲厂，因为银离子与氯离子也不能大量共存；溶液都是呈电中性的，故甲厂污水中还应该存在阳离子，只能是钾离子，同理乙厂污水中必然存在硝酸根离子。综上所述，其中一厂的污水中含有钾离子、氯离子、碳酸根离子，另一厂的污水中含有银离子、铝离子、硝酸根离子。A．含有银离子、铝离子、硝酸根离子的污水中，其溶质主要是硝酸银和硝酸铝，A项正确；B．根据上述分析知，氯离子和碳酸根离子一定在同一家化工厂污水中，B项正确；C．根据上述分析知，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以还含有氢氧化铝沉淀，C项错误；D．两污水混合后，污染程度大大降低，得到的溶液中溶质主要是硝酸钾，硝酸钾可作钾肥使用，D项正确；故选C。
9．（双选）含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上，常采用碱性氯化法(Cl2过量)来处理高浓度氰化物污水，将废水中的有害物质转化为无毒物质，发生的总反应为(未配平)。下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：Cl2＞N2
B．氧化剂、还原剂的物质的量之比为5∶2
C．该反应中，每生成1mol CO2，转移2mol电子
D．若将该反应设计成原电池，则CO2在正极区生成
【答案】AB
【解析】CN−中碳元素化合价为+2、氮元素化合价为-3，反应中碳元素化合价由+2升高为+4，氮元素化合价由-3升高为0，CN−是还原剂，Cl2中氯元素化合价由0降低为-1，氯气为氧化剂。根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得配平后的离子方程式：。A．Cl2是氧化剂，CN-是还原剂，CO2和N2是氧化产物，氧化性Cl2＞N2，A项正确；B．氧化剂Cl2与还原剂CN−的物质的量之比等于化学计量数之比，为5∶2，B项正确；C．由离子方程式可知，若有1mol CO2生成，则有1mol CN−发生反应，C、N原子参与电子转移，此时有5mol电子发生转移，C项错误；D．CO2是CN−发生氧化反应的产物之一，若将题给反应设计成原电池，氧化反应在负极区进行，则CO2在负极区生成，D项错误；综上所述答案为B。
10．碳酸锰(MnCO3)是一种浅粉色固体，微溶于水，不溶于乙醇、液氨。广泛用于脱硫剂、涂料、肥料添加剂。碳酸锰通常以MnO2、H2C2O4、H2SO4、NaHCO3或NH4HCO3制备。下列说法不正确的是（ ）
A．H2C2O4作为还原剂，氧化产物是CO2，H2SO4不能用盐酸替换
B．MnCO3能与酸反应生成CO2，与碱反应生成碱式盐或Mn(OH)2
C．NaHCO3沉淀Mn2+的离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
D．MnCO3固体通过抽滤分离出来，可用酒精冲洗去除沉淀中夹带的Na2SO4等杂质
【答案】D
【解析】A．通常以MnO2、H2C2O4、H2SO4、NaHCO3或NH4HCO3制备碳酸锰(MnCO3)，锰的化合价从+4变成+2，需要还原剂，所以只有H2C2O4作为还原剂，发生化学反应方程式为：H2C2O4+MnO2+H2SO4=MnSO4
+CO2+2H2O，故A正确；B．碳酸盐可以与酸反应放出二氧化碳，所以MnCO3能与酸反应生成CO2，与碱反应发生复分解反应，可以生成碱式盐或Mn(OH)2，故B正确；C．加入HCO沉锰生成MnCO3可知反应方程式为：Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确；D．MnCO3固体微溶于水，Na2SO4是易溶于水难溶于酒精的盐，所以用水洗涤沉淀表面的Na2SO4等杂质，故D错误；故答案为D。
11．钼酸钠晶体常用于配制金属缓蚀剂。图为利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。

回答下列问题：
(1)中钼元素的化合价是_______。
(2)“焙烧”反应为，该反应氧化产物是_______(填化学式)，写出一条提高焙烧速率的措施_______。
(3)“浸取”时含钼化合物发生反应的离子方程式为_______。
(4)“结晶”前需向滤液中加入固体以除去CO。若滤液中，，要使钼元素无损失，残余CO的最低浓度是_______mol/L。[已知Ksp(BaCO3)=1×10−9，]
(5)钼酸钠也可用钼酸铵和适量热的纯碱反应来制取，反应后溶液中只含钼酸钠从而有利于提纯。该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）+6价
（2） MoO3、SO2 粉碎矿石或鼓入适当过量空气等
（3）
（4） 0.01
（5）
【解析】MoS2、PbS在焙烧中S转化成SO2，Mo和Pb元素应转化成氧化物，加入碳酸钠溶液浸取，然后加入沉淀剂过滤，除去废渣，废渣应是含Pb元素，加入沉淀剂时，Mo元素形式没发生改变，即碳酸钠溶液与MoO3反应，Mo转化成，然后结晶获得产品；(1)O显-2价，Na显+1价，整个化合价代数和为0，则Mo的价态为+6价；故答案为+6；(2)氧化产物是还原剂被氧化后得到的产物，Mo的化合价由+2价→+6价，S的化合价由-1价→+4价，该反应中的氧化产物是MoO3和SO2；提高焙烧速率的措施粉碎矿石或鼓入适当过量的空气等；故答案为MoO3和SO2；粉碎矿石或鼓入适当过量的空气等；(3)根据上述分析Mo元素转化成，浸取时产生气体A，气体A只能为CO2，其离子方程式为;故答案为；(4)钼元素无损失，c(Ba2+)·c()＜Ksp(BaMoO4)，此时c(Ba2+)＜=1.0×10−7mol·L−1，CO完全转化成沉淀，c(Ba2+)·c(CO)＞Ksp(BaCO3)，c(CO)＞，CO残留最低浓度，应是c(Ba2+)最大，c(CO)＞mol/L，即残留CO最低物质的量浓度为1.0×10−2mol·L−1；故答案为1.0×10−2或0.01；(5)钼酸铵与热的纯碱溶液反应，反应后溶液中只含钼酸钠，NH转化成NH3，CO转化成CO2，反应方程式为；故答案为。
12．某钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如下(部分催化剂已略)。

已知：金属离子沉淀的pH：

Fe3+
Fe2+
Mg2+
Mn2+
Co2+
开始沉淀时
1.5
6.3
8.9
8.2
7.4
完全沉淀时
2.8
8.3
10.9
10.2
9.4
(1)Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，该气体是___________。
(2)向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于___________。
(3)向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是___________。
(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co(NH3)。补充完整下列离子方程式：Co2++H2O2+NH3—Co(NH3)+___，___________。
(5)溶液4中，若将1mol Co(NH3)全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4 ________mol。
(6)关于上述流程，下列说法正确的是___________(填序号)。
a．若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4
b．向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH
c．流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离
【答案】（1）O2
（2）2.8
（3） Mg2+
（4） 2Co2++H2O2+12NH3==2Co(NH3)+2OH−
（5） 1.5
（6） ac
【解析】(1)可使带火星的木条复燃的气体为氧气，故答案为：O2；(2)根据题给信息分析，pH=2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于2.8，故答案为：2.8；(3)根据上述对流程图的分析，Fe3+通过Fe(OH)3沉淀除去，Mn2+通过氧化为MnO2除去，则加入NaF溶液，去除的离子是Mg2+，故答案为：Mg2+；(4)根据氧化还原中电子转移守恒配平知Co2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：2Co2++H2O2+12NH3=2Co(NH3)+2OH−，故答案为：2Co2++H2O2+12NH3=2Co(NH3)+2OH−；(5)Co2+被氧化为Co3+，被还原为CO，则根据得失电子守恒知：1mol Co(NH3)全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4：，故答案为：1.5；(6)a．若矿石粉中存在少量FeO，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4，故a正确；b．向溶液3中加入氨水，除了调节溶液的pH，还有与Co3+形成配位离子，故b错误；c．流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故c正确；故答案为：ac。