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1、五年2018-2022高考化学真题按知识点分类汇编9-氧化还原反应有关计算（含解析）一、单选题1.（20 22 北京高考真题）某M O F s 的多孔材料刚好可将N 2O 4“固定”，实现了 N C）2与N 2O 4 分离并制备H N C h,己知：2N O 2（g）U N 2 O 4（g）A H 0下列说法不正确的是A.气体温度升高后，不利于N 2O 4 的固定B.N 2O 4 被固定后，平衡正移，有利于N O?的去除C.制备 H N C h 的原理为：2N 2O 4+O 2+2H 2O 4 H N O 3D.每制备0.4 m o l H N O 3,转移电子数约为6.0 2x 1（）2 2
2、2.（20 22 江苏高考真题）用尿素水解生成的N4催化还原NO,是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4 N H 3（g）+O 2（g）+4 N O（g）uHN2（g）+6 H 2O（g）,下列说法正确的是A.上述反应A S 4+H2s=cusj+H2so4 11 PH 3+24 CUS O 4+12H 2O=3 H 3 Po 4+24 H 2so 4+8 C U 3 Pl下列分析不正确的是A.C a S、C a 3 P2发生水解反应的化学方程式：C a S+2H2O=C a（O H）2+H2S TC a 3 P2+6 H 2O=3 C a（O H）2+2PH 3 TB.不能依据反应比较硫酸
3、与氢硫酸的酸性强弱C.反应中每24 m o l C uS O4氧 化 11 m o l PH3D.用酸性K M n O 4 溶液验证乙焕还原性时，H2S.PH 3 有干扰9.（2021 山东 统考高考真题）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，O.lm o lX 的单质与足量稀盐酸反应，生成H z 体积为V L；0.1 m o lY 的单质与足量稀硫酸反应，生成比 体积为V2L。下列说法错误的是A.X、Y生成H 2的物质的量之比一定为总V22VB.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为会V2C.产物中X、Y化合价之比一定为比D.由等一定能确定产物中X、Y的化合价V210.（2021浙江高考真题）关于
4、反应K 2H 3 lO 6+9 H l=2K I+4 L+6 H 2O,下列说法正确的是A.K 2H 3 106 发生氧化反应 B.K I 是还原产物C.生 成 12.7 g L时，转移O.lm o l电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：111.（2021 湖南统考高考真题）K I O,常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6 k+llK C I O 3+3 H Q=6 K H（I O 3）2+5K C l+3 C l2T。下列说法错误的是A.产生22.4 L（标准状况）C l2时,反应中转移lO m o leB.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：
5、6C.可用石灰乳吸收反应产生的C k 制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中10；的存在12.（2021 浙江统考高考真题）关于反应8 NH 3+6 NC）2=7 N2+12H 2O,下列说法正确的是A.N H 3 中 H元素被氧化B.NO?在反应过程中失去电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D.氧化产物与还原产物的质量之比为4：3力 口 执13.（2020 浙江高考真题）反应 Mn C）2+4 H C l（浓）=/Mn C 12+C ht +2H 2。中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是A.1:2 B.1:1 C.2:1 D.4:114.（2019 浙江 高考真题）反应8
6、 NH 3+3 C 12.N2+6 NH 4。，被氧化的N 比 与被还原的 C b 的物质的量之比为A.2：3 B.8 ：3 C.6 ：3 D.3 ：215.（2018 江苏高考真题）下列说法正确的是A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应4 F e（s）+3 O 2（g）=2F e2O 3（s）常温下可自发进行，该反应为吸热反应C.3 m 0I H 2与 1 m o lN2混合反应生成N H 3,转移电子的数目小于6 x 6.02x 1（）23D.在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快16.（2019 浙江高考真题）聚合硫酸铁Fe（O H）S C M 能用作净水齐U（絮凝
7、剂），可由绿桃（Fe S CUI H z O）和 K CI Ch 在水溶液中反应得到。下列说法不思的是A.K C1O 3作氧化剂,每生成 1 m o l Fe（O H）S O 4 消耗 6/m o l K CI O 3B.生成聚合硫酸铁后，水溶液的p H 增大C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D.在相同条件下，Fe 3+比Fe（O H）产的水解能力更强二、多选题17.（2021山东统考高考真题）实验室中利用固体K M n CU进行如图实验，下列说法错误的是试卷第4 页，共 9页0.1 mol BaMoOJS)-滤液in已知：25时，H2 c 的 KM=4.5x10=4.7x10 ；K
8、sp(BaMoO4)=3.5xl0-8；Ksp（BaCO,）=2.6xlO-9；该工艺中，pH 6.0时，溶液中M。元素以M oO j的形态存在。（1）“焙烧”中，有 Na2MoO4生成，其中M。元素的化合价为“沉铝”中，生成的沉淀X 为。“沉钥”中，pH为 7.0。生成BaMoO4的 离 子 方 程 式 为。若条件控制不当，BaCO,也会沉淀。为避免BaM oOjp混入BaCO、沉淀，溶液中c（HCO,）:c（M oOj）=例出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。（4）滤液III中，主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y 为。往滤液III中添加适量N aQ 固体后，通入足量（填化学式）气体，再通入
9、足量C O?,可析出Y。（5）高纯AlAs（碑化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H?。?刻蚀液与下层GaAs（神化钱）反应。试卷第8 页，共 9 页H Q?刻蚀液该氧化物为已知：Ga和A1同族，As和N 同族。在 与 上 层 GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则 该 反 应 的 氧 化 剂 与 还 原 剂 物 质 的 量 之 比 为。参考答案：1.D【详解】A.己知：2 N O 2(g)N2O4(g)A H 0,故 A错误；B.由方程式可知，反应平衡常数K=小?S c、，故 B正确；c (N H,)c(O2)c (N O)
10、C.由方程式可知，反应每消耗4 m o i 氨气，反应转移1 2 m o i 电子，则反应中消耗I m o l 氨气转移电子的数目为 3 m o i x4 x，x6.0 2 x 1()2 3=3 x6.0 2 x1 0 2 3,故 c 错误；4D.实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故 D错误；故选B 3.A【分析】2.8 g F e的物质的量为0.05 m o l；100m L 3 m o l L H C l 中 H 卡 和 C r 的物质的量均为0.3 m o L 两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。【详解】A.Fe完全溶解生
11、成Fe2+,该反应转移电子0.1 m o l,A正确；B.H C 1溶液中c r 的物质的量为0.3 m o l,因此，C r 数为0.3 M，B 不正确；C.5 6F e 的质子数为26、中子数为3 0,2.8 g$6 Fe的物质的量为0.05 m o l,因此，2.8 g$6 Fe含有的中子数为1.5 M，C不正确；D.反应生成H 2的物质的量为0.05 m o L 在标准状况下的体积为1.12L ,D 不正确；综上所述，本题A。答案第1 页，共 12页4.D【详解】A.由图示可知，过程I中 NO：转化为NO,氮元素化合价由+3 价降低到+2 价，NO；作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错
12、误：B.由图示可知，过程I为 NO；在 酶 1 的作用下转化为NO和 H 2 O,依据得失电子守恒、电他 荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO；+2H+e=N O+H 2 O,生 成 Im o l N O,a过程转移Im o,过程II为 NO和 NH：在酶2 的作用下发生氧化还原反应生成H2O和 N 2H 4,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：施2N O+N H；+3 e+2H+=H 2O+N 2H 4,消 耗 Im o l N O,b过程转移4 m o i e:转移电子数目不相等，B 错误；c.由图示可知，过程n发生反应的参与反应的离子方程式为：酶2N
13、O+N H；+3 e+2H+=H 2O+N 2H 4,n(N O):n(N H：)=1:1,C 错误；咖D.由图示可知，过程I的离子方程式为N O 4 2H+e-=N O+H 2 O,过程H的离子方程式为施2的3N O+N H；+3 e-+2H+=H 2O+N 2H 4,过程 III 的离子方程式为 N 2H 4 =N 2T+4 H+4 e,则过程I T i n 的总反应为 N02+NH：=N 2T+2H 20,D 正确；答案选D。5.D【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用K C l C h 氧 化 M n C h 制 备 K 2M n O 4,然后水溶后冷却调溶液p H 至弱碱
14、性使K 2M 11O 4 歧化生成K M n C h 和 M n O2,Mn元素的化合价由+6 变为+7 和+4。【详解】A.中高温下在熔融强碱性介质中用K C 103 氧 化 M n C h 制备K z M n C M，由于瓷用期易被强碱腐蚀，故不能用瓷坨蜗作反应器，A说法不正确；B.制备K M n C U 时为为防止引入杂质离子，中用KOH作强碱性介质，不能用N a O H,B说法不正确；C.中 K 2M 11O 4 歧化生成K M n O 4 和 M n C h，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正答案第2 页，共 12页确；D.根据化合价的变化分析，L M n C h 歧化生成K
15、M n C U 和 M n C h 的物质的量之比为2:1,根2据 Mn元素守恒可知，M n C h 中的Mn元素只有-转化为K M n C M,因此，M n C h 转化为K M n C h的理论转化率约为6 6.7%,D 说法正确；综上所述，本题选D。6.B【分析】N a 2s 2O 3+H 2s O 4=N a 2s O _ i+S l+S C h T+%0,该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。【详解】A.H 2s o 4 转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，
16、A说法不正确；B.N a 2s 2O 3 中的S的化合价为+2,其发生歧化反应生成S（0 价）和 S C 2（+4 价），故其既是氧化剂又是还原剂，B 说法正确；C.该反应的氧化产物是S 02，还原产物为S,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1,C说法不正确；D.根据其中S元素的化合价变化情况可知，Im o l N a 2s 2O 3 发生反应，要转移2 m o i 电子，D 说法不正确。综上所述，本题选B。7.D【详解】A.根据反应方程式，碳元素的化合价由+4 价降为+2 价，故 CO为还原产物，A错误；B.硅元素化合价由-4 价升为+4 价，故 S i H 4 发生氧化反应，B 错误；
17、C.反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为S i%,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,C错误；D.根据反应方程式可知，S i 元素的化合价由-4 价升高至+4 价，因此生成Im o l S i O?时，转移 8 m o i 电子，D 正确；答案选D。答案第3页，共 12页8.C【详解】A.水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙烘中常混有H?S、P H 3 可知 C a S 的水解方程式为C a S+2H2O-C a(O H)2+H2S?；C a 3 P 2水解方程式为C a 3 P 2+6 H 2O=3 C a(O H)2+2P H 3 T，A 项正确；B.该反应能发生是因为有不溶于水
18、也不溶于酸的C u S 生成，因此反应不能说明H2 s 的酸性强于H2 s 0 4,事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C.反应中C u 元素化合价从+2 价降低到+1 价，得 到 1 个电子，P元素化合价从-3 价升高到+5 价，失去8 个电子，则 2 4 m o i c u S O 4 完全反应时，可氧化Ph的物质的量是2 4 m o i+8=3 m o l,C 项错误；D.H2S.P H3 均被KM 1 1 O 4 酸性溶液氧化，所以会干扰K M n C U 酸性溶液对乙快性质的检验,D项正确；答案选C。9.D【分析】设 与 Im o l X反应消耗HC1 的物质的量为a m o l,
19、与 1 m o l Y反应消耗H 2s的物质的量为b m o l,根据转移电子守恒以及H 原子守恒可知X a HCl|%X、Y b H,S O4 b H2 X2 b+o【详解】A.同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2 的物质V.的量之比一定为f，故 A正确；B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为,因 5 _ 丝 工 _匕，因 此:=答，故 Bb-1 0 K-K b V2正确;n a VC.产物中X、Y化合价之比为 苏，由 B项可知五=力故 C 正确;D.因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=l,2,3
20、,b=0.5,1 的多种情况，由二二三可知，当 a=l,b=0.5时,D V2V V V才=1,当 a=2,b=l 时，才=1,两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据昔可能无法确定 X、Y的化合价，故 D错误；综上所述，错误的D项，故答案为D。答案第4页，共 1 2 页1 0.D【详解】A.反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B.K I 中的I-由 HI 变化而来，化合价没有发生变化，K I 既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C.1 2.7 8 1 2 的物质的量为0.0 501 0 1,根据反应方程式，每生成4 m o i L 转移7 m o i 电子，则生
21、成 0.0 5m o l L 时转移电子的物质的量为0.0 8 7 5m o l,C 错误；D.反应中H I 为还原剂，K2 H3 1。6 为氧化剂，在反应中每消耗Im o l K2 H3 1 0 6 就有7 m o i HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1,D正确；故答案选D。1 1.A【详解】A.该反应中只有碘元素价态升高，由 0价升高至KH(IO 3)2 中+5 价，每个碘原子升高5 价，即 6 l 2 6 0 e,又因方程式中6 l 2 3 CL,故 3 c 1 2 6 0 e 1 即 CL2 0 e-,所以产生2 2.4 L(标准状况)C L 即 Im o ICL时，反
22、应中应转移2 0 m o i e A错误;B.该反应中KCIO 3 中氯元素价态降低，KC1 0 3 作氧化剂，1 2 中碘元素价态升高，1 2 作还原剂，由该方程式的计量系数可知，1 1 KC1 O 3 6 I2,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 1:6,B正确；C.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C 正确；D.食盐中1 0；可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、r 发生归中反应K)3+5r+6 H+=3 l 2+3 Hq生成1 2,b再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化 钾 溶 液 检 验 食 盐 中 的 存 在，D正确。故选A。12.D
23、【分析】由反应8 N H 3+6 N O 2=7 N 2+12H 2。可知，其中N H3的 N元素的化合价由-3 升高到0、N 0 2 中的N元素的化合价由-+4 降低到0,因此，N H 3 是还原剂，N C h 是氧化剂。【详解】A.N H 3 中 H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确：B.N O?在反应过程中得到电子，B 不正确；C.该反应中，N%是还原剂，N C h 是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3,C说法不正确；答案第5页，共 12页D.该反应中氧化产物和还原产物均为N2还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产
24、物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3,因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3,D说法正确。综上所述，本题选D。13.B【详解】由反应方程式可知，反应物MnCh中的M n元素的化合价为+4价，生成物MnCb中M n元素的化合价为+2价，反应物HC1中C1元素的化合价为-1价，生成物C h中C1元素的化合价为0价，故MnCb是还原产物，C h是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(C12)：n(MnC12)=l：1.B 符合题意；答案选B14.A得 到6Xe,化 合 价 降 低，被 还 原I3CI2+8NH3=6NH4CI+N2I_【详解】该氧化还原反应用双线桥表示为 失 去2
25、X 3-化 合 价 升 高，被氧化，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时C12全部被还原，观察计量数，C12为3个,因而被氧化的N%与被还原的C12的物质的量之比为2：3。故答案选A。15.C【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%90%,A项错误；B项，反应4Fe(s)+302(g)=2Fe?O3(s)的A S vO,该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3moiHz与lmolN2混合反应生成N H 3,转移电子数小于6 m o l,转移电子数小于6x6.02x 1()23,C项正确
26、；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热,具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中答案第6页，共12页转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。16.A【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6 nF e S O 4+nK C l O3+3 nH2O=6 F e(O H)S O4
27、 n+nK C l,可知 K C IC h做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 m o l F e(O H)S O4/i消耗n/6 m o l K C 1O3,A项错误；B.绿矶溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的p H增大，B项正确；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。F e(O H)f+的水解相当于F e的二级水解，由于其所带的正电荷比F d+少，因而在相同条件下，其 结 合 水 电 离 产 生 的 的 能 力 较 弱，故其水解能力不如F
28、 e3+,即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确.故答案选A。17.BD【分析】K M n C U固体受热分解生成K 2M 11O 4、M n C h、O 2，I Q M n C h、M n C h均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中C r被氧化为C”，K 2M 11O 4、M n O2被还原为M n C L，因此气体单质G为O 2，气体单质H为C h。【详解】A.加热K M n C 4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至。被氧化，加热K z M n C U、M n C)2与浓盐酸的反应中,C l元素化合价由-1升高至0被氧化，因此02和C L均为氧
29、化产物,故A正确；B.K M n O 4固体受热分解过程中，M n元素化合价降低被还原，部分0元素化合价升高被氧化，因此K M n C h既是氧化剂也是还原剂，故B错误;C.M n元素在反应过程中物质及化合价变化为V也、浓盐酸、加热 K2M n O4-+7 加执+2K M n O4 M n C L+4M n O,-浓-盐-酸-、-加山热,M n元素至少参加了 3个氧化还原反应，故C正确；D.每生成I mol C h转移4moi电子,每生成I mol C I 2转移2moi电子，若K M n C h转化为M n C L答案第7页，共12页过程中得到的电子全部是C 生成C12所失去的，则气体的物质
30、的量最大，由 2KMnC)4 5c1 2可知，(气体)max=0.25mol,但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25m ol,故 D 错误；综上所述，说法错误的是B D,故答案为：BD。18.+3 2 ZnS2O4+Na2CO3=ZnCO,l+Na2S2O4 2Li+2SO2=Li2S2O4 Li 与水反应【分析】(1)根据化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0,结合常见的N a为+1价，O为-2 价判断S 元素的化合价；(2)根据反应前后Z n元素的化合价的变化判断转移电子的物质的量，根据质量守恒定律书写反应方程式；(3)负极上是L i失去电子变为Li+,根据闭合回
31、路中电子转移数目相等，结合正极反应式，叠加，可得总反应方程式；L i是比较活泼的金属，可以与水反应产生相应的碱和氢气。【详解】(1)在 Na2s2O4中 Na为+1价，O 为-2 价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0,所以S 元素化合价为+3价；(2)向锌粉的悬浮液中通入SCh,制备ZnS2O4,反应前Z n为单质中的0 价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成Imol ZnS2O 4,反应中转移的电子数为2mol；向 ZnSzCU溶液中加入适量Na2co3,生成Na2s2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnC Ch,则该反应的化学方程式为 Na2co3+ZnS2C)4=Na
32、2szCh+ZnCChJ,;(3)Li-SC)2电池具有高输出功率的优点，负极是L i失去电子，电极反应式为L ie=L i+,电池放电时，正极上发生的电极反应为2SO2+2e-=S2。：，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为20+2$。2=口上2。4。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和 H 2,所以该电池不可用水替代。【点睛】本题考查了化合物中元素化合价的标定、氧化还原反应中的电子转移、化学方程式的书写及原电池反应原理的应用的知识。掌握化学反应基本原理及元素化合物的基础知识是解题关键。19.30.0 3A【详解】根据方程式3S+6KOH=
33、2K2S+K2SO3+3H2O可 知,3mol S 可以和6mol KOH反应，0.48g S 的物质的量=0.015m ol,则需要消耗KOH的物质的量=2 =0.03mol,故需答案第8 页，共 12页要 KOH溶液的体积V=2=黑粤-=O.O 3 L=3 O.O mL,故答案为3 0.0；c 1.00mo l/L 若 S与 KOH溶液反应生成K 2 s x 和 K 2 s 2。3,则反应的化学方程式为A_(2 x+2)S+6 K O H =2 K 2 S x+K 2 s 2 O 3+3 H 2 O,根据反应方程式有(2 x+2)S +6 K O H =2K2SV+K2S2O3+3 H2O
34、2x+2 6286g 0.06 0L x l.00mo l/L3 2 g /mo l解得x=3,故答案为3。2 0.(1)C l2+H2O=H C 1+H C 1 O 阴极发生反应：2 H 2 O+2 e=H 2 T +2 0出生成 0 田，K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和 K C 1 的混合溶液 K C 1 02 1 3 KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝【详解】(1)阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：C l2+H2O=H C 1+H C 1 O：溶液a 是阴极的产物，在阴极发生反应2 H 2 O+2 e=H 2 T+2 O H-,同时阳极的钾离子会向阴极移动
35、和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应：2 H 2 O+2 e-=H 2 T+2 O H生成O H,K+通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和 K C 1 的混合溶液；(2)若n(E O 尸1 00%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：K C 1；i.阳极有H 2 O 放电时会产生氧气，故需要检验的物质是02；ii.设 EO的物质的量为a mo l则转化的乙烯的物质的量为：凝；生成EO转化的电子的物质的量：2 a mo l；此过程转移电子的总物质的量：含；生成C O 2 的物质的量：2xx3%；生成C O 2 转移的电子的2
36、 x -x 3%x 6物质的量：2 x 9 7 7 x 3%x 6 ,则 r(C 02)=-1 3%;7 0%i i i.实验证实推测I I I 成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI溶液和淀粉溶液,溶液变蓝。2 1.(l)F e2+4.7 p H、F e、F e、Al、S O：等离子，经氧化调p H 使F e 3 、Af+形成沉淀，经过滤除去，滤 液 1 中含有R E 、M g?*、S O：等离子，加入月桂酸钠，使REM形成(C“H 2 3 c o O)、R E 沉淀，滤液2主要含有M g S 04 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离
37、得到R E C b 溶液。【详解】(1)由分析可知，“氧化调p H”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将F e 2+氧化为F e 3+,以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是F e 2+,故答案为：F e2+；(2)由表中数据可知，A 产沉淀完全的p H 为 4.7,而 R E 开始沉淀的p H 为 6.2 7.4,所以为保证F e?+、A 产沉淀完全，且区 3*不沉淀，要用N a O H 溶液调p H 至 4.74 p H 6.2 的范围内，该过程中AP+发生反应的离子方程式为Al+3 0 -=4(0 入工，故答案为：4.7p H c(M g2+)V 0.1 1 2 5=4.0 x 1
38、 0，moW ,故答案为：4.0 x I O”；(4)“加热搅拌”有利于加快R E，+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率,故答案为：加热搅拌可加快反应速率；“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C“H 2 3 c o 0H)熔点为4 4。(2,故“操作 X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有M g S C U，故答案为：M g S C U;答案第1 0页，共 1 2 页(6)YC1,中 Y 为+3价，PtCl4中 P t为+4价，而已3丫中金属均为。价，所以还原YCh和PtCL熔融盐制备中3丫 时,
39、生 成 1 mol P t*转 移 15 moi电子，故答案为：15；碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为0?+4e-+2H2O=4OH,故答案为：O2+4e+2H2O=4OH22.+6 Al(OH),MoO；-+Ba2+=BaMoO4|以 炉17 1。2.6x1?N aH C Q 4 4.7x10-x3.5 X IO-8NH,A12O,4:1【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和铝都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和铝酸钠，经水浸、过滤，分离出含银的固体滤渣，滤液I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀x 为氢氧化铝，滤液n
40、中加入适量的氯化钢溶液沉铝后，过滤得到铝酸钢。【详解】“焙烧”中，有 Na2MoO4生成，其中N a和 0 的化合价为+1和2 根据化合价的代数和为0 可知，M o元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X 为AI(OH)3。(3)滤液II中含有铝酸钠，加入氯化钢溶液后生成BaMoOa沉淀，该反应的离子方程式为 MoO；+Ba2+=BaMoO41。若开始生成BaCC3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO；+BaMoO4 UBaCO?+MoO；+H*,该反应的化学平衡常数为-c(H+)c(M。；)=胆)吧 9 池 野 寸 3=K,3,(B aM。)c(HC
41、O；)c(HCO3)c(CO；)c(Ba2+)K,(BaCOJ 4混入BaCO,沉淀，必须满足qH；,翳4，由于“沉钥”中pH 为 7.0,C(HCO3)KJBaCODc(H+)=lxlO-7m ol/L,所以溶液中c靠 既:=2T:黑、时,开始生成C(HCO3)1X1 0 mol/L x(BaCO,)BaCO,沉淀，因此，答案第I I 页，共 12页c（H C O；）:c（M o O：）=1 x 10-mo l/L x K p（B a C O j）_ 1 x 10 7 mo l/L x 2.6 x 10 9K./J B a M o O J 4.7 x 10 x 3.5 x l 0-s时，应停
42、止加入B a C l 2溶液。（4）滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠,过滤得到的滤液I I中含有碳酸氢钠和锯酸钠。滤液n中加入适量的氯化钢溶液沉铝后，因此，过滤得到的滤液H I中，主要存在的钠盐有N a C l和N a H C C 3,故Y为N a H C C）3。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液H I中添加适量N a C l固体后，通入足量N H、，再通入足量C O?,可析出N a H C O s。（5）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H Q?与A l A s反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为A L O,o由G a和A l同族、A s和N同族可知，G a A s中显+3价（其最高价）、A s显-3价。在H Q?与上层G a A s的反应中，A s元素的化合价变为+5价，其化合价升高了 8,A s元素被氧化，则该反应的氧化剂为HQ2,还原剂为G a A s。也0?中的O元素为一1价，其作为氧化剂时，。元素要被还原到-2价，每 个 参 加 反 应 会 使 化 合 价 降 低2,根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 8:2=4:1。答案第12页，共12页