讲义03 氧化还原反应-2021年高考化学三轮题型抢分讲义

讲义 03 氧化还原反应（选择 3） 【高考定位】氧化还原反应贯穿于中学化学始终，是中学化学的重要内容之一，考查面广， 能以较有深度的综合题形式考查，有较高的区分度，因此高考基本上年年都考，氧化还原反 应的高考命题除了注重基本概念的考查外，还出现了将氧化还原反应方程式的配平与物质的 分析推断结合在一起的题型。因此对于氧化还原反应的复习一定要紧扣概念，理清关系，明 确概念的内涵与外延，并能灵活驾驭和运用这些概念解决具体的化学问题。 【知识讲解】 1.概念辨析 氧化剂 得到电子的反应物 活泼的非金属单质单质，如卤素单质(X2)、O2、S 等 高价态离子，如 Fe3+、Cu2+等；高价或较高价含氧化合 物，如 MnO2、浓 H2SO4、HNO3、KMnO4 等 过氧化物，如 Na2O2、H2O2 等 还原剂 失去电子的反应物 活泼或较活泼金属，如 K、Na、Zn、Fe 等 一些非金属单质，如 H2、C、Si 等 较低态的化合物，CO、SO2、H2S、Na2SO3、FeSO4 氧化性 得到电子的能力 物质的氧化性、还原性的强弱与其得失电子能力有关， 与得失电子的数目无关 还原性 失去电子的能力 氧化产物 氧化反应所得的生成物 氧化还原反应中，氧化产物、还原产物可以是同一种产 物，也可以是不 同产物，还可以是两种或两种以上的产 物。如反应 4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2 中，Fe2O3 和 SO2 均既为氧化产物，又为还原产物 还原产物 还原反应所得的生成物 2.基本规律 电子得失守恒规律 氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于 有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式。运用守恒规律进 行氧化还原反应的计算方法是：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数× 化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化 值 表现性质规律 当元素具有可变化合价，一般化合价处于最高价态时只具有氧化性；处 于最低价态时只具有还原性；处于中间价态时既具有氧化性又具有还原 性。利用此规律可判断物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质 氧化性及还原性的强弱 反应先后规律 同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被 氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度 相同)的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质。如：将 Cl2 通 人物质的量浓度相同的 NaBr 和 NaI 的混合液中，C12 首先与 NaI 反应； 将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的 Fe2+、和 Cu2+的混合溶液中，Fe 首先与 Fe3+反应；FeBr2 中通入 Cl2 ，Cl2 首先氧化 Fe2+ 价态变化规律 高价氧化（性）低价还（原性），中间价态两边转。同一元素的不同价 态之间发生氧化还原反应，价态只能归中而不能交叉。本规律应用于氧 化还原反应的分析和判断（如反应 KClO3＋6HCl===KCl＋3C12↑＋3H2O 中氧化产物和还原产物均为 C12，电子转移数目是 5e－） 性质强弱规律 氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还 原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。 3.配平方法 基本原则 得失电子守恒是指在氧化还原反应中，失电子数一定等于得电子数，即得失电 子数目保持守恒 任何化学反应在反应前后应遵守质量守恒，也就是反应前后各元素原子个数相 等 电荷守恒即反应前后阴阳离子所带电荷数必须相等 标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价 列变化：列出元素化合价升高和降低的数值 求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、 还原产物的化学计量数 配平的步骤 配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数 细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检 查配平的方程式是否正确。 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 【过关搏杀】 1．某金属冶炼厂排放的 SO2 气体用酸性 Fe2(SO4)3 溶液吸收，然后通入空气使吸收液再生后 循环利用。下列说法错误的是 A．氧化性：O2>Fe3+> 2- 4SO B．若有 3molSO2 被吸收，则至少需要消耗 1.5molO2 才能使 Fe2(SO4)3 溶液再生 C．每经过一次吸收、再生过程，Fe2(SO4)3 溶液的 pH 先增大后减小 D．根据上述过程的反应原理推断：O2 能将 Na2SO3 氧化成 Na2SO4 2．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了 0.0100mol•L-1Na2C2O4 标准溶液，现对 25℃ 时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是( ) A．测得 0.0100mol•L-1Na2C2O4 溶液 pH 为 8.6，此时溶液中存在：c (Na+)> c (HC2O 4  )>c(C2O 2 4  )>c(H+) B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液 pH=7，此时溶液中存在：c(Na+)=c(HC2O 4  )+2c(C2O 2 4  ) C．已知 25℃时 Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9。向该溶液中加入等体积 0.0200mol•L-1CaCl2 溶液，所 得上层清液中 c(C2O 2 4  )1，则说明 NaHSO4 为弱电解质 D．操作 I 为蒸馏 19．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用 NaHSO3 还原法制备保险粉的流程如下： 下列说法错误的是 A．反应 1 说明酸性：H2SO3>H2CO3 B．反应 1 结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2 溶液检验 NaHSO3 是否被氧化 C．反应 2 中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1∶2 D．反应 2 最好在无氧条件下进行 20．钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。 钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( ) A．钠的密度比液氨大 B．溶液的导电性增强 C．0.1mol 钠投入液氨生成 0.01molH2 时，Na 共失去 0.02mol 电子 D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑ 21．某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如图所示： 已知：Cu(OH)2 溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，根据以上流程，下列说法错误的是( ) A．煅烧生成的气体 X 为 2SO B．为实现溶液 C 到溶液 D 的转化，加入过量的 NH3•H2O 后过滤即可 C．蒸氨过程总反应方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2O Δ CuO+2HCl↑+4NH3↑ D．溶液 E 与碳酸钠的混合比例及方式(加入顺序)不影响产品成分 22．实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废 CuO 样品制备胆矾晶体，其流程如图所示： 已知：Fe3＋在 pH=5 时沉淀完全。下列分析正确的是( ) A．步骤②中发生的主要反应为 Fe2＋＋H2O2＋2H＋=Fe3＋＋2H2O B．步骤②可用氯水、硝酸代替 H2O2 C．步骤③用 CuCO3 代替 CuO 也可调节溶液的 pH D．配制 240 mL 1 mol/L CuSO4 溶液，需称量 CuSO4·5H2O 的质量为 60.0 g 23．锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。利用某工业废 料[含 MnO2、MnOOH、Zn(OH)2 及少量 Fe]制备 Zn 和 MnO2 的一种工艺流程如图所示： 已知： ①MnO 能溶于酸，且 Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH 高于 5.5 时易被 O2 氧化。 ②室温下，Ksp[Mn(OH)2]=10-13，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Ksp[Zn(OH)2]=10-17(当离子浓度 ≤10-5mol·L-1 可认为沉淀完全) 下列说法错误的是 A．加入过量炭黑主要作用是将 MnO2、MnOOH 转化为 MnO B．“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸 C．“净化”时，溶液中 Mn2+、Zn2+的浓度约为 0.1mol·L-1，调节 pH 的合理范围是 3≤pH 2- 4SO ；通入空气使吸收液再生后循环利用，说明空气 中的 O2 可以将 Fe2+氧化成 Fe3+，所以氧化性 O2>Fe3+，综上所述氧化性：O2>Fe3+> 2- 4SO ，A 正确； B．SO2 被氧化生成 2- 4SO ，则有 3molSO2 被吸收转移 6mol 电子，根据电子守恒可知需要消 耗的氧气为 6mol 4 =1.5mol，B 正确； C．Fe2(SO4)3 溶液吸收 SO2 时发生的反应为 2Fe3++SO2+2H2O= 2- 4SO +4H++2Fe2+，该过程产生 氢离子，pH 减小；通入空气时发生反应 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，溶液的 pH 增大，C 错 误； D．氧化性：O2>Fe3+> 2- 4SO ，所以 O2 能将 Na2SO3 氧化成 Na2SO4，D 正确。 2．C【解析】A．草酸钠是二元弱酸盐，草酸根在溶液中微弱水解使溶液呈碱性，溶液中 c(C2O 2 4  )> c(HC2O 4  )，故 A 错误； B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液 pH=7 使得到草酸钠、草酸氢钠和氯化钠的混合液，溶液 中 c(H+)= c(OH—)，由电荷守恒 c(Na+)+ c(H+)=c(HC2O 4  )+2c(C2O 2 4  )+ c(Cl—)+ c(OH—)可知， c(Na+)=c(HC2O 4  )+2c(C2O 2 4  )+ c(Cl—)，故 B 错误； C．向该溶液中加入等体积 0.0200mol•L-1CaCl2 溶液后溶液中钙离子的浓度为 0.0200V-0.0100V 2V mol/L=5.00×10—3 mol/L，由 25℃时 Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9 可得溶液中草 酸根离子的浓度为 9 —3 2.5 10 5.00 10   mol/L=5.00×10-7 mol/L0S 、 >0H ，B 错误； C． 常温下 2 3Na CO 溶液中加入少量  2Ca OH 固体，除了产生少量沉淀外、所得溶液碱性 增强、抑制碳酸钠水解，则     - 3 2- 3 HCO CO c c 值减小，C 正确； D． 标准状况下，22.4L 2Cl 的物质的量为 1mol，氯气与足量的水反应生成盐酸和次氯酸的 反应是可逆反应，实际消耗氯气小于 1mol，反应中转移的电子数小于 236.02 10 ，D 错误。 6．C【解析】① 向含有淀粉的酸性 KIO3 溶液中逐滴滴加 NaHSO3 溶液，观察到溶液先变 蓝后褪色 ② 向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，溶液变蓝，不褪色。对上述过程 的分析，不合理的是 ( ) A． ①中溶液先变蓝说明生成了碘单质，KIO3 表现氧化性，将 HSO - 3 氧化为硫酸根离子， 故①变蓝是先发生了反应：2IO - 3 +5HSO - 3 =I2+5SO 2 4  + H2O+3H+，A 合理； B．①中后褪色说明碘单质发生了反应，碘单质继续氧化 HSO - 3 ，故①褪色是后发生了反应 ： I2+ HSO - 3 + H2O = 2I-+SO 2 4  +3H+，B 合理； C． ①中溶液恰好褪色时，碘单质被还原为碘离子，反应的方程式为 2IO - 3 +6HSO - 3 =2I-+6SO 2 4  + 6H+，反应的 n(KIO3)：n(NaHSO3) =1：3，C 不合理； D． 向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，由于氧化性 IO - 3 ＞I2，则会发 生反应 2IO - 3 +5HSO - 3 =I2+5SO 2 4  + H2O+3H+，但是也可能发生反应 2IO - 3 +6HSO - 3 =2I-+6SO 2 4  + 6H+，IO - 3 再将 I-氧化为碘单质，发生反应 IO - 3 +5I-+6H+ = 3I2+3H2O， D 合理。 7．A【解析】A．在上述反应中，Na2O2 中的 O 由-1 价得到电子变为 Na2O、Na2FeO4 中的-2 价，得到电子被还原，作氧化剂；Na2O2 中的 O 由-1 价失去电子变为 O2 中的 0 价，失去电 子被氧化，所以又作还原剂，故上述反应中 Na2O2 既是氧化剂又是还原剂，A 正确； B．Na2O2 的阳离子是 Na+，阴离子是 2- 2O ，1 个 Na2O2 中只含有 1 个阴离子；Na2O 的阳离 子是 Na+，阴离子是 O2-，1 个 Na2O 中业只含有 1 个阴离子，因此 1 mol Na2O2 和 Na2O 的混 合物所含阴离子的数目等于 NA，B 错误； C．在 100 mL1 mol·L-1FeSO4 溶液中含有溶质的物质的量 n(FeSO4)=1 mol/L×0.1 L=0.1mol， 在溶液中 Fe2+会部分发生水解反应：Fe2++2H2O  Fe(OH)2+2H+，可见 1 个 Fe2+水解后产生 2 个 H+，使溶液中阳离子数目增多，故含有 0.1 mol FeSO4 溶液中所含阳离子数目大于 0.1NA， C 错误； D．在标准状况下气体分子之间距离远大于分子本身的大小，因此不能据此计算分子体积大 小，D 错误。 8．C【解析】A．O2 中氧元素化合价降低，O2 在该反应中作氧化剂，故 A 正确； B．SO2 具有漂白性，所得气体通入品红溶液，溶液褪色，故 B 正确； C．该反应中硫元素化合价由-2 升高为+4，3.2 g O2 的物质的量是 0.1mol，3.2 g O2 参与反应 时，该反应中电子转移的总数约为 6×6.02×1022，故 C 错误； D．SO2 和氧气反应生成 SO3、SO3 和水反应生成硫酸，所得气体经处理可作工业制硫酸的 原料，故 D 正确。 9．B【解析】A．CrO2(ClO4)2 中 O 为 -2 价、Cl 为+7 价，则根据化合物中元素化合价代数 和等于 0 ，可知该物质中 Cr 元素化合价为+6 价，A 错误； B．Cl 元素的非金属性较强，HClO4 属于强酸， HC1O4 氧化 CrC13 为棕色的[CrO2(C1O4)2]， 部分 HClO4 被还原生成 HCl，HCl 也属于强酸，B 正确； C．该反应的离子方程式为 - 3+ - + 4 2 2 4 219ClO +8Cr +4H O=8CrO (ClO ) +3Cl +8H ，其中 19mol - 4ClO 中有 3mol - 4ClO 作氧化剂，被还原为 Cl-，8mol Cr3+全部作还原剂，被氧化为 8mol CrO2(ClO4)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 3:8，C 错误； D．该反应的离子方程式为 - 3+ - + 4 2 2 4 219ClO +8Cr +4H O=8CrO (ClO ) +3Cl +8H ，D 错误。 10．C【解析】对于反应①，铜元素化合价未变化，硫元素化合价由－2 升高至＋6，铬元素 化合价由＋6 降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化；根据得失电子守恒、电荷守恒、 原子守恒配平可得：3CuS+4 2 2 7Cr O  +32H+=3Cu2++3 2 4 SO  +8Cr3++16H2O；对于反应②，铜元 素化合价由＋1 升高至＋2，硫元素化合价由－2 升高至＋6，铬元素化合价由＋6 降低至＋3， 氢元素和氧元素化合价未变化。根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得： 3Cu2S+5 2 2 7Cr O  +46H+=6Cu2++3 2 4 SO  +10Cr3++23H2O。 A．反应①中硫元素价态由-2 价升高到+6 价，铬元素价态由+6 价降低到+3 价；反应②中铜 元素由+1 价升高到+2 价，硫元素价态由-2 价升高到+6 价，铬元素价态由+6 价降低到+3 价， 故 A 错误； B．结合以上分析可知，处理等物质的量的 2 2 7Cr O  时，反应①和②中消耗 H+的物质的量不 相等，故 B 错误； C．结合以上分析可知，还原剂为 CuS，氧化剂为 2 2 7Cr O  ，还原剂与氧化剂的物质的量之 比为 3:4，故 C 正确； D．假设质量均为 160g，n(CuS)= 160 96 / g g mol =1.67mol，n(Cu2S)= 160 160 / g g mol =1mol；根据 反应方程式可知：3CuS~4 2 2 7Cr O  ，3Cu2S~5 2 2 7Cr O  ，所以 CuS 消耗 n( 2 2 7Cr O  )= 4 3 ×1.67=2.2mol，n( 2 2 7Cr O  )=1× 5 3 =1.7mol；所以 CuS 消耗的更多，故 D 错误。 11．A【解析】根据图示，H2 在 Pd 上失电子转化成 2H＋，Fe(Ⅲ)得电子转化成 Fe(Ⅱ)， - 3NO 在 Pd 上得电子转化成 - 2NO ， - 2NO 得电子，转化成 NH + 4 ，NH + 4 和 - 2NO 在 Pd 上反应得到 N2，②③过程中 Fe(Ⅱ)失电子转化成 Fe(Ⅲ)。 A．根据上述分析，废水为酸性，总反应是 5H2＋2 - 3NO ＋2H＋=N2↑＋6H2O、3H2＋2 - 2NO ＋ 2H＋=N2↑＋4H2O，用该法处理后水体的 pH 升高，故 A 说法错误； B．根据图示，反应③中 - 2NO 转化成 NH + 4 ，N 的化合价降低， - 2NO 被还原，Fe(Ⅱ)失电子 转化成 Fe(Ⅲ)，故 B 说法正确； C．反应④为 NH + 4 ＋ - 2NO =N2↑＋2H2O，每生成 1molN2，转移电子物质的量为 3mol，故 C 说法正确； D．根据上述分析，Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故 D 说法正确。 12．D【解析】由图可知：该循环转化过程发生反应 2+ + 2Cu +H S=CuS +2H 、 3+ 2+ 2+2Fe +CuS=2Fe +Cu +S、 2+ + 3+ 2 2O +4Fe +4H =4Fe +2H O ，总反应为 2H2S+O2=2S↓+2H2O，反应中 Cu2+、Fe3+是催化剂。 A．由分析可知，反应中 Cu2+、Fe3+是催化剂，催化剂能降低反应的活化能，提高总反应速 率，故 A 正确； B．由分析可知，循环转化过程中没有置换反应发生，故 B 错误； C．反应中消耗 FeCl3 和 CuCl2，又生成等量的 FeCl3 和 CuCl2，则在转化过程中能循环利用 的物质是 FeCl3 和 CuCl2，故 C 错误； D．由分析可知，总反应为 2H2S+O2=2S↓+2H2O，若有 1mol H2S 发生图示转化，则失电子数 为 2mol，若同时消耗 O2 为 0.4mol，则得电子数为 1.6mol，则混合溶液中的 Fe3+浓度因消耗 而减小，故 D 错误。 13．A【解析】A．分析题中催化机理图，除去中间产物，可得该反应总反应为： 2 2 2 2 MnO HCHO+O CO +H O ，A 项正确； B．催化机理存在一步 HCO 3  与 H+反应生成 CO2 的过程，不是氧化还原反应，B 项错误； C．Na2O2 中所含阴离子为 2 2O  ，与图中的 2O 所含阴离子不相同，C 项错误； D．1molHCHO 中存在 2mol 的醛基结构，与银氨溶液完全反应，最多可生成 4molAg，即 432gAg，D 项错误。 14．C【解析】根据流程图分析，氧化铁渣(主要含 Fe3O4 和 Fe2O3)经过还原焙烧后生成 Fe 和 CO2，经过硫酸酸浸后生成硫酸亚铁溶液，过滤后除去难溶于硫酸的滤渣，在滤液中加入 碳酸氢铵调节 pH，得到到氢氧化亚铁沉淀： 2+ - 3 2 2Fe +2HCO =Fe(OH) +2CO  ，在通入 氧气的条件下煅烧得到氧化铁。 A．还原焙烧时 Fe3O4 被 C 还原生成铁和二氧化碳，化学方程式为 2Fe3O4＋C 焙烧 6FeO＋ CO2，故 A 正确； B．酸浸时反应生成硫酸亚铁盐，硫酸适当过量可以抑制亚铁离子的水解，故 B 正确； C．H＋和 HCO - 3 反应，不能大量共存，滤液中主要存在的离子是：NH + 4 、SO 2- 4 ，故 C 错误； D．煅烧时 Fe(OH)2 中铁元素由+2 价升高为 Fe2O3 中的+3 价，则时每生成 1mol Fe2O3，反应 转移的电子数是 2 mol，故 D 正确。 15．C【解析】A．步骤 i 为酸溶，适当加热搅拌可以加快反应速率，A 正确； B．步骤 ii 加入氧化性试剂将亚铁离子氧化成铁离子，可以是 H2O2，B 正确； C．步骤 iii 溶液是碱性的，H+不能共存，应以 H2O 形式存在，离子方程式为：2Fe3+ + 10OH- +3ClO- =2 FeO 2- 4 +3Cl-+5H2O，C 错误 D．步骤 iv 中 Na2FeO4 转化成 K2FeO4，说明高铁酸钾溶解度更小，则溶解度：Na2FeO4＞ K2FeO4，D 正确。 16．D【解析】碳酸锂和 20%—70%的磷酸在反应釜中反应得磷酸二氢锂溶液，磷酸二氢锂 溶液通过蒸发浓缩、结晶、分离得到磷酸二氢锂晶体，磷酸二氢锂晶体、炭黑、氧化铁在烧 结窑反应得磷酸铁锂。 A．铁架台属于金属材料，不是硅酸盐材料，A 错误； B．碳酸锂和 20%—70%的磷酸在反应釜中发生复分解反应得磷酸二氢锂溶液，反应的化学 方程式为 2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2↑，题给反应方程式配平错误，B 错误； C．磷酸二氢锂溶液通过蒸发浓缩、结晶得到磷酸二氢锂晶体即固体和水溶液，然后通过过 滤得到磷酸二氢锂晶体，C 错误； D．氧化铁中铁元素为+3 价，产品磷酸铁锂中铁元素为+2 价，因此烧结窑中氧化铁被炭黑 还原了，D 正确。 17．A【解析】由题给流程可知，过程Ⅰ发生的反应为废水中铵根离子与氢氧化钠溶液共热 反应生成氨气；过程Ⅱ发生的反应为在微生物的作用下，低浓度氨氮废水中的氨气与氧气发 生反应还原反应生成硝酸；过程Ⅲ发生的反应为废水中的硝酸与甲醇发生氧化还原反应生成 二氧化碳和氮气。 A.由分析可知，过程Ⅰ发生的反应没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故 A 错误； B.由分析可知，过程Ⅰ中加入氢氧化钠溶液调节溶液 pH 为 9 时，废水中铵根离子与氢氧化 钠溶液反应生成一水合氨，故 B 正确； C.过程Ⅱ中 NH + 4 转化为 NO - 3 时，氮元素的化合价升高被氧化，反应消耗 1mol 铵根离子转 移 8NA 个电子，故 C 正确； D.过程Ⅲ中，硝酸中氮元素化合价降低被还原，硝酸做氧化剂被甲醇还原为氮气，故 D 正 确。 18．C【解析】由题给流程可知，在反应器 I 中发生的反应为氯酸钠和浓硫酸反应生成硫酸 氢钠、高氯酸和水，所得溶液冷却过滤得到硫酸氢钠晶体和高氯酸溶液，高氯酸溶液经蒸馏 得到高氯酸纯晶；在反应器Ⅱ中制得的二氧化氯气体在碱性条件下与二氧化硫反应生成硫酸 钠、亚氯酸钠和水，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥得到亚氯酸钠粗品。 A.由分析可知，反应器 I 中发生的反应为氯酸钠和浓硫酸反应生成硫酸氢钠、高氯酸和水， 故 A 正确； B.由分析可知，在反应器Ⅱ中制得的二氧化氯气体在碱性条件下与二氧化硫反应生成硫酸钠、 亚氯酸钠和水，反应中二氧化硫为还原剂，二氧化氯为氧化剂，二氧化氯被二氧化硫还原为 亚氯酸根，故 B 正确； C.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，属于强电解质，故 C 错误； D.由高氯酸的沸点 90℃可知，高氯酸溶液经蒸馏得到高氯酸纯晶，故 D 正确。 19．C【解析】A．反应 1 为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明 酸性：H2SO3>H2CO3，A 正确； B． 反应 1 结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明 NaHSO3 被氧化，B 正确； C． 反应 2 为 3 2 2 4 22NaHSO Zn Na S O (OH)Zn   ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4 下降 到+3，还原剂是锌，化合价从 0 升高到+2 价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2:1， C 错误； D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应 2 最好在 无氧条件下进行，D 正确。 20．C【解析】A．钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A 正确，不符合题意； B．液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液 的导电性增强，B 正确，不符合题意； C．0.1mol 钠反应失去 0.1mol 电子，C 错误 ，符合题意； D．反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应： 2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑，D 正确，不符合题意； 故选 C。 21．D【解析】由流程可知，辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体 B 主要为 CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有 Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和 Fe(OH)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到 CuO，加入酸酸化得到 Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳 酸钠可得到碱式碳酸铜。 A．辉铜矿含有 Cu2S，通入氧气煅烧时会生成 SO2，A 正确； B．Cu(OH)2 溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而 Fe(OH)3 不溶于氨水，所以为实现溶液 C 到溶液 D 的转化，加 NH3•H2O 至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，B 正确； C．根据流程可知，固体 B 用盐酸酸浸，所以溶液 D 中主要含有[Cu(NH3)4]Cl2，经加热可得 到 CuO、氨气，结合元素守恒可知反应的方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2O Δ CuO+2HCl↑+4NH3↑， C 正确； D．铜离子与碳酸钠混合的方式不同，生成物不同，铜离子加入碳酸钠溶液中，可生成氢氧 化铜，反之可生成碱式碳酸铜，D 错误。 22．C【解析】A．步骤②的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，发生的主要反应为： 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，原离子方程式没有配平，A 错误，故 A 不符合题意； B．步骤②若用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2，则氧化剂的还原产物不是水，会引入新的 杂质氯离子、硝酸根离子，同时还会造成污染，所以不能将过氧化氢换为氯气或硝酸，B 错 误，故 B 不符合题意； C．步骤③用 CuCO3 代替 CuO 也可调节溶液的 pH，碳酸铜与过量的硫酸反应生成硫酸铜、 水、二氧化碳气体，不会引入新的杂质，C 正确，故 C 符合题意； D．配制 240 ml 1 mol/L CuSO4 溶液，因为实验室中没有 240 ml 的容量瓶，只能用 250 ml 的 容量瓶来配制，则需要 CuSO4·5H2O 的质量为 m(CuSO4·5H2O)=0.25L×1 mol/L×250g/mol=62.5g，D 错误，故 D 不符合题意。 23．C【解析】“还原焙烧”时过量炭黑将废料[含 MnO2、MnOOH、Zn(OH)2 及少量 Fe]中的 MnO2、MnOOH 还原为 MnO，Zn(OH)2 受热分解产生 ZnO，“还原焙烧后”得到含 MnO、ZnO、 Fe、炭黑的固体；“酸浸”时硫酸和 MnO、ZnO、Fe 反应，过滤除去炭黑，滤渣 1 主要成分 为炭黑，得到含 Mn2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+的滤液；“净化”时加合适的氧化剂将 Fe2+氧化 为 Fe3+，再调 pH 到适当范围使 Fe3+形成沉淀，然后过滤除去，滤渣 2 主要成分为 Fe(OH)3； 通过“电解”阳极得到 MnO2，阴极得到 Zn。 A．从流程和信息来看加入过量炭黑主要作用是将 MnO2、MnOOH 转化为 MnO，A 正确； B．若“酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸，则溶液中含氯离子，电解时阳极产生氯气，不产生 MnO2，因此“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸，B 正确； C．Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Fe3+完全沉淀时(Fe3+浓度≤10-5mol·L-1 可认为沉淀完全)， 10-38≥10-5×c3(OH-)，10-33≥c3(OH-)，10-11 mol·L-1≥c(OH-)，c(H+)≥10-3 mol·L-1，pH≥3，即 Fe3+ 完全沉淀的 pH≥3；Ksp[Mn(OH)2]=10-13，Mn2+开始沉淀时，10-13=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-12， c(OH-)=10-6，pH=8；Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Zn2+开始沉淀时，10-17=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-16， c(OH-)=10-8，pH=6；本题中，净化的目的是使 Fe3+沉淀而除去，但不能使 Zn2+、Mn2+形成 沉淀，因此调节 pH 的合理范围是 3≤pH