2024年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題04 氧化還原反應(yīng)（分層練）（師版）

資料整理【淘寶店鋪：向陽(yáng)百分百】資料整理【淘寶店鋪：向陽(yáng)百分百】專題驗(yàn)收評(píng)價(jià)專題04氧化還原反應(yīng)內(nèi)容概覽A·?？碱}不丟分【考點(diǎn)一氧化還原反應(yīng)的基本概念】【考點(diǎn)二氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律】【考點(diǎn)三氧化還原反應(yīng)方程式的配平與計(jì)算】【微專題“陌生情境下”方程式的書寫】B·綜合素養(yǎng)拿高分/拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭(zhēng)滿分【考點(diǎn)一氧化還原反應(yīng)的基本概念】1．（2023·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）關(guān)于反應(yīng)2MnSO4+5Na2S2O8+8H2O=2NaMnO4+4Na2SO4+8H2SO4，下列說(shuō)法正確的是A．Na2S2O8中S元素化合價(jià)為+7價(jià) B．MnSO4是氧化劑C．生成1molNaMnO4時(shí)轉(zhuǎn)移5mol電子 D．MnO的氧化性弱于Mn2+【答案】C【解析】A．Na2S2O8中存在一個(gè)過(guò)氧鍵，即有2個(gè)氧顯-1價(jià)，其余的氧顯-2價(jià)，根據(jù)化合物的化合價(jià)為0，可得硫元素為+6價(jià)，A錯(cuò)誤；B．在該反應(yīng)中錳元素由+2價(jià)升高為+7價(jià)，則硫酸錳為還原劑，B錯(cuò)誤；C．在該反應(yīng)中錳元素由+2價(jià)升高為+7價(jià)，則生成1molNaMnO4時(shí)轉(zhuǎn)移5mol電子，C正確；D．在該反應(yīng)中高錳酸根是氧化產(chǎn)物，其中錳元素的化合價(jià)為+7價(jià)，錳離子是還原劑，其中錳元素的化合價(jià)為+2價(jià)，一般同種元素中元素的化合價(jià)越高氧化性越強(qiáng)(氯的含氧酸除外)，D錯(cuò)誤；故選C。2．（2023·浙江金華·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）加熱硅與Ca(OH)2、NaOH的混合粉末可獲得氫氣Si+Ca(OH)2+2NaOHNa2SiO3+CaO+2H2↑，下列說(shuō)法正確的是A．Na2SiO3是還原產(chǎn)物 B．可推知該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1 D．該反應(yīng)為置換反應(yīng)【答案】C【解析】A．反應(yīng)Si+Ca(OH)2+2NaOHNa2SiO3+CaO+2H2↑中Si元素化合價(jià)由0價(jià)上升到+4價(jià)，Na2SiO3是氧化產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)需要加熱，但吸熱反應(yīng)不一定需要加熱，則不能推知該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Si+Ca(OH)2+2NaOHNa2SiO3+CaO+2H2↑過(guò)程中Ca(OH)2先分解產(chǎn)生CaO和H2O，Si、NaOH和H2O反應(yīng)生成Na2SiO3和H2，其中Si元素化合價(jià)由0價(jià)上升到+4價(jià)，H元素由+1價(jià)下降到0價(jià)，Si是還原劑，H2O是氧化劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，故C正確；D．置換反應(yīng)是單質(zhì)與化合物反應(yīng)生成另外的單質(zhì)和化合物的化學(xué)反應(yīng)，可表示為a+bc=b+ac或ab+c=ac+b，該反應(yīng)不是置換反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選C。3．（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考三模）中華古詩(shī)文華麗優(yōu)美且富含哲理，下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是A．落紅不是無(wú)情物，化作春泥更護(hù)花 B．白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河C．欲渡黃河冰塞川，將登太行雪滿山 D．蠟燭有心還惜別，替人垂淚到天明【答案】C【解析】A．涉及植物體的腐爛、分解，轉(zhuǎn)化成二氧化碳、水和無(wú)機(jī)鹽，存在元素化合價(jià)變化，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，選項(xiàng)A不符合；B．白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河中白日登山望烽火包含著物質(zhì)燃燒，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，選項(xiàng)B不符合；C．水的三態(tài)變化過(guò)程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，與氧化還原反應(yīng)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C符合；D．蠟燭燃燒包含氧化還原反應(yīng)，選項(xiàng)D不符合；答案選C。4．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考三模）下列古詩(shī)詞中不涉及氧化還原反應(yīng)的是A．美人首飾候王印，盡是沙中浪底來(lái)B．人間巧藝奪天工，煉藥燃燈清晝同C．投泥潑水愈光明，爍玉流金見精悍D．蠟燭有心還惜別，替人垂淚到天明【答案】A【解析】A．美人首飾候王印，盡是沙中浪底來(lái)涉及金屬單質(zhì)與雜質(zhì)的分離屬于物理變化，A正確；B．人間巧藝奪天工，煉藥燃燈清晝同涉及燃料的燃燒屬于氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．投泥潑水愈光明，爍玉流金見精悍涉及冶煉礦石，融化鐵水屬于氧化還原反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．蠟燭有心還惜別，替人垂淚到天明涉及烴類的燃燒屬于氧化還原反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選A。5．（2023·廣東汕頭·統(tǒng)考三模）研究的綜合利用對(duì)構(gòu)建低碳環(huán)保社會(huì)有重要意義。下列有關(guān)的應(yīng)用中涉及氧化還原反應(yīng)的是A．利用生產(chǎn)純堿 B．利用制甲酸C．利用干冰滅火 D．利用制碳酸飲料【答案】B【解析】A．利用生產(chǎn)純堿涉及的方程式為：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，該反應(yīng)中各元素化合價(jià)不變，故不涉及氧化還原反應(yīng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．利用制甲酸的過(guò)程中二氧化碳生成了甲酸，化合價(jià)發(fā)生改變，故該過(guò)程涉及氧化還原反應(yīng)，故B項(xiàng)正確；C．干冰滅火的原因有兩點(diǎn)，首先干冰升華吸熱將溫度降低至可燃物著火點(diǎn)以下，其次二氧化碳不支持燃燒，不涉及氧化還原反應(yīng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．利用制碳酸飲料是利用二氧化碳與水反應(yīng)生成碳酸：CO2+H2O=H2CO3,不涉及氧化還原反應(yīng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故答案選B?！究键c(diǎn)二氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律】1．（2023·遼寧·校聯(lián)考三模）一種以鎳電極廢料(含以及少量，和不溶性雜質(zhì))為原料制備的過(guò)程可表示為：“酸浸”后溶液中的金屬離子除外還有少量的和等。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．氧化性：B．氧化過(guò)程的離子方程式：C．除雜過(guò)程僅為過(guò)濾操作D．工業(yè)上可電解堿性懸濁液制備，加入一定量的有助于提高生產(chǎn)效率【答案】C【分析】鎳電極廢料(含Ni以及少量Al2O3、Fe2O3和不溶性雜質(zhì))經(jīng)過(guò)稀硫酸“酸浸”后，得到Ni2+和少量的Al3+和Fe2+等，調(diào)節(jié)pH，將Al3+和Fe2+轉(zhuǎn)化為沉淀，再過(guò)濾除去不溶性雜質(zhì)，則濾液中含有Ni2+，Ni2+經(jīng)過(guò)KClO的氧化，得到NiOOH?！窘馕觥緼．“酸浸”后溶液中的金屬離子除Ni2+外還有少量的Al3+和Fe2+等，則發(fā)生反應(yīng)：Ni+2Fe3+=2Fe2++Ni2+，則氧化性：Fe3+>Ni2+，A項(xiàng)正確；B．Ni2+經(jīng)過(guò)KClO的氧化，得到NiOOH，反應(yīng)的離子方程式為2Ni2++ClO?+4OH?=2NiOOH+Cl?+H2O，B項(xiàng)正確；C．除雜過(guò)程包括：調(diào)節(jié)pH，將Al3+和Fe2+轉(zhuǎn)化為沉淀，再過(guò)濾除去不溶性雜質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．電解堿性Ni(OH)2懸濁液制備NiOOH，陽(yáng)極反應(yīng)為：Ni(OH)2?e?+OH?=NiOOH+H2O，若加入一定量的KCl，氯離子在陽(yáng)極上失電子生成氯氣，氯氣在堿性條件下生成ClO?，ClO?將Ni(OH)2氧化為NiOOH，有助于提高生產(chǎn)效率，D項(xiàng)正確；故選C。2．（2023·海南·海南中學(xué)校聯(lián)考一模）是一種常用的消毒劑，可通過(guò)反應(yīng)制取，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．還原性：B．每消耗，轉(zhuǎn)移電子C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1D．若該反應(yīng)通過(guò)原電池來(lái)實(shí)現(xiàn)，則是負(fù)極產(chǎn)物【答案】C【解析】A．反應(yīng)中，SO2是還原劑、ClO2是還原產(chǎn)物，還原性，故A錯(cuò)誤；B．SO2中S元素化合價(jià)由+4升高為+6，每消耗，轉(zhuǎn)移電子，故B錯(cuò)誤；C．NaClO3中Cl元素化合價(jià)降低，NaClO3是氧化劑，SO2中S元素化合價(jià)升高，SO2是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，故C正確；D．若該反應(yīng)通過(guò)原電池來(lái)實(shí)現(xiàn)，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，則是正極產(chǎn)物，故D錯(cuò)誤；選C。3．（2023·山東日照·校聯(lián)考二模）釩元素在酸性溶液中有多種存在形式，其中為藍(lán)色，為淡黃色，已知能發(fā)生如下反應(yīng)：Ⅰ.Ⅱ.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．酸性條件下的氧化性：B．反應(yīng)Ⅱ中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為C．向溶液中滴加酸性溶液，溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榈S色D．向含的酸性溶液中滴加溶液充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子【答案】D【解析】A．氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物，由Ⅰ可知，氧化性，由Ⅱ可知，氧化性；故酸性條件下的氧化性：，A正確；B．反應(yīng)Ⅱ中發(fā)生氧化反應(yīng)得到氧化產(chǎn)物，發(fā)生還原反應(yīng)得到還原產(chǎn)物，由化學(xué)方程式可知，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為，B正確；C．向溶液中滴加酸性溶液，被高錳酸鉀氧化為，故溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榈S色，C正確；D．向含的酸性溶液中滴加溶液充分反應(yīng)，由于碘離子還原性大于亞鐵離子，故碘離子完全和反應(yīng)生成碘單質(zhì)，轉(zhuǎn)移電子，D錯(cuò)誤；故選D。4．（2023上·江西撫州·高三臨川一中校考期中）在復(fù)雜的體系中，確認(rèn)化學(xué)反應(yīng)先后順序有利于解決問(wèn)題，下列化學(xué)反應(yīng)先后順序判斷不正確的是A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中緩慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3B．在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、Al3+、、Al(OH)3C．在含、OH-、的溶液中逐滴加入鹽酸：OH-、、、、Al(OH)3D．在含等物質(zhì)的量的S2-、、I-、Cl-、Br-的溶液中加入氯水：、S2-、I-、Br-、Cl-【答案】D【解析】A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中緩慢通入CO2，若先跟KOH反應(yīng)，則生成的K2CO3還會(huì)與Ba(OH)2反應(yīng)，重新生成BaCO3，所以Ba(OH)2先與CO2反應(yīng)，KOH次之，因?yàn)锽a(HCO3)2能與K2CO3反應(yīng)，所以K2CO3先與CO2反應(yīng)，BaCO3最后與CO2反應(yīng)，A正確；B．因?yàn)橐凰习?、Al(OH)3都能與H+反應(yīng)，所以H+最先與KOH反應(yīng)，一水合氨能與Al3+反應(yīng)，則Al3+比先與KOH反應(yīng)，最后是Al(OH)3與KOH反應(yīng)，B正確；C．因?yàn)?、Al(OH)3都能與OH-反應(yīng)，所以O(shè)H-最先與鹽酸反應(yīng)，與能發(fā)生反應(yīng)，則與鹽酸反應(yīng)排在第二位，與鹽酸反應(yīng)排在第三位，能與Al3+反應(yīng)，則與鹽酸反應(yīng)排在第四位，最后是Al(OH)3與鹽酸反應(yīng)，C正確；D．因?yàn)榱蛩崮芘cS2-反應(yīng)，所以S2-最先與氯水反應(yīng)，I2、Br2都能將氧化，則排在第二位，然后依次是I-、Br-、Cl-，D不正確；故選D。5．（2023上·黑龍江大慶·高三鐵人中學(xué)?？迹┰趶?fù)雜的體系中，確認(rèn)化學(xué)反應(yīng)先后順序有利于解決問(wèn)題，下列化學(xué)反應(yīng)先后順序判斷不正確的是A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中緩慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3B．在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、Al3+、、Al(OH)3C．在含、OH-、的溶液中逐滴加入鹽酸：、Al(OH)3、OH-、D．在含等物質(zhì)的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入鋅粉：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+【答案】C【解析】A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中緩慢通入CO2，CO2先與Ba(OH)2反應(yīng)生成BaCO3沉淀，然后KOH與CO2反應(yīng)生成K2CO3，再發(fā)生K2CO3和CO2反應(yīng)生成KHCO3，最后BaCO3和CO2反應(yīng)生成Ba(HCO3)2，故A正確；B．在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，H+先和KOH反應(yīng)生成水，然后發(fā)生Al3+和KOH反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，再發(fā)生和KOH反應(yīng)生成氨水，最后Al(OH)3和KOH反應(yīng)生成偏鋁酸鉀，故B正確；C．在含、OH-、的溶液中逐滴加入鹽酸，H+先和OH-反應(yīng)生成水，然后和H+反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，再發(fā)生和H+反應(yīng)生成二氧化碳，最后Al(OH)3和H+反應(yīng)生成鋁離子，故C錯(cuò)誤；D．氧化性：Ag+>Cu2+>H+>Fe2+，在含等物質(zhì)的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入鋅粉，反應(yīng)順序?yàn)锳g+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正確；選C。【考點(diǎn)三氧化還原反應(yīng)方程式的配平與計(jì)算】1．（2024·廣西北?！そy(tǒng)考一模·節(jié)選）硫酸鈰銨微溶于水，不溶于乙醇，溶于無(wú)機(jī)酸，可用作分析試劑、氧化劑。某工廠用碳酸鈰礦石制備硫酸鈰銨的工藝流程如圖：已知：①。②硫酸鈰銨的熔點(diǎn)為，沸點(diǎn)為。回答下列問(wèn)題：(4)步驟二中，與反應(yīng)生成的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮?4)【解析】（4）與反應(yīng)生成，反應(yīng)中Ce化合價(jià)由+3變?yōu)?4、過(guò)氧化氫中氧化合價(jià)由-1變?yōu)?2，結(jié)合電子守恒、質(zhì)量守恒可知，化學(xué)方程式為；2．（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考一?！す?jié)選）高鐵酸鉀是新型多功能水處理劑，其生產(chǎn)工藝如圖所示：已知：①與溶液反應(yīng)的產(chǎn)物與反應(yīng)溫度有關(guān)，溫度較低時(shí)產(chǎn)物為和；溫度較高時(shí)產(chǎn)物為和。②同一條件下，溶液的堿性越強(qiáng)，高鐵酸鹽的穩(wěn)定性越高?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)寫出與溶液在較高溫度下反應(yīng)的離子方程式：?！敬鸢浮?1)【解析】（1）與NaOH溶液在較高溫度下反應(yīng)，產(chǎn)物為NaCl、和，反應(yīng)中部分氯化合價(jià)由0變?yōu)?1、部分由0變?yōu)?5，根據(jù)電子守恒可知，離子方程式；3．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)·節(jié)選）碳酸鈰是一種稀土材料，工業(yè)上常以氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3、SiO2)為原料制備碳酸鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①“酸浸”后鈰元素主要以存在②硫脲()是一種常見的還原劑，易被氧化為。(2)“還原”時(shí)的產(chǎn)物為沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為。(3)“沉淀”時(shí)的離子方程式為?！敬鸢浮?2)【解析】（2）(CeF2)2+發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)物為NaCe(SO4)2，被氧化成(SCN2H3)2，根據(jù)電子守恒可得化學(xué)方程式；故答案為：；4．（2023·陜西渭南·統(tǒng)考一模·節(jié)選）草酸鉆可用于指示劑和催化劑。工業(yè)上用水鉆礦(主要成分為，含少量、、MnO、MgO、CaO、等)制取的工藝流程如圖所示：

(6)()熱分解質(zhì)量變化過(guò)程如圖2所示。其中600℃以前是隔絕空氣加熱，600℃以后在空氣中加熱。A、B、C均為純凈物。

①用化學(xué)方程式表示A點(diǎn)到B點(diǎn)的物質(zhì)變化。②C點(diǎn)所示產(chǎn)物的化學(xué)式是?！敬鸢浮?6)Co+2CO2Co2O3【解析】（6）①屬于變價(jià)金屬元素的結(jié)晶水合物，600℃前后分解反應(yīng)原理不同。600℃前隔絕空氣加熱的分解產(chǎn)物A、B中Co的化合價(jià)均為+2價(jià)。600℃后在空氣中加熱固體質(zhì)量增加，只能是與空氣中的氧氣反應(yīng)，Co應(yīng)升價(jià)。受熱分解生成A、B要經(jīng)過(guò)失水與分解兩個(gè)過(guò)程，設(shè)A、B的摩爾質(zhì)量分別為MA、MB，根據(jù)Co元素守恒，則MA=147g/mol，MB為59.0g/mol，故A、B分別為無(wú)水物與Co，A點(diǎn)到B點(diǎn)的化學(xué)方程式為：Co+2CO2；②600℃后在空氣中加熱，Co被空氣中的氧氣氧化，固體質(zhì)量增加，類比Fe，Co有+2、+3價(jià)，可能生成Co2O3，也可能生成Co3O4，設(shè)C的化學(xué)式為CoxOy，x:y=():[+]=2:3，C點(diǎn)所示產(chǎn)物的化學(xué)式是Co2O3。5．（2023·河南鄭州·鄭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校考模擬預(yù)測(cè)·節(jié)選）錳酸鋰離子蓄電池是第二代鋰離子動(dòng)力電池。一種以軟錳礦漿(主要成分為MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì))為原料制備錳酸鋰的流程如圖所示。(5)為測(cè)定錳酸鋰的純度，取2.00g產(chǎn)品置于錐形瓶中，向其中加入2.68gNa2C2O4和足量硫酸，充分反應(yīng)后，用0.100mol?L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未反應(yīng)完的H2C2O4，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。已知：LiMn2O4Mn2+，則該產(chǎn)品中錳酸鋰的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是。[M(LiMn2O4)=181g?mol-1，M(Na2C2O4)=134g?mol-1]【答案】(5)90.5%【解析】（5）KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未反應(yīng)完的H2C2O4，化學(xué)方程式為，可知剩余的，據(jù)此可知與LiMn2O4反應(yīng)的H2C2O4含量為，LiMn2O4參與反應(yīng)的化學(xué)方程式為，則，故該產(chǎn)品中錳酸鋰的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是?！疚ｎ}“陌生情境下”方程式的書寫】1．（2023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一?！す?jié)選）下圖是氮在生態(tài)系統(tǒng)中的循環(huán)。細(xì)菌和電催化可促使含氮物質(zhì)進(jìn)行氧化還原反應(yīng)。(6)由于過(guò)度的人為干預(yù)，水體中的硝酸鹽水平正在增加。硝酸鹽轉(zhuǎn)化為無(wú)害氮的反硝化作用，可以通過(guò)電催化法來(lái)實(shí)現(xiàn)，寫出在中性介質(zhì)中硝酸鹽轉(zhuǎn)化為氮?dú)獾年帢O電極反應(yīng)式?！敬鸢浮?6)2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-【解析】（6）在中性介質(zhì)中在陰極得電子生成氮?dú)猓帢O電極反應(yīng)式2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-。2．（2023·四川綿陽(yáng)·統(tǒng)考一模·節(jié)選）電解鋅的生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生大量富鈷渣，主要含金屬Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用以下工藝可利用富鈷渣生產(chǎn)高純鋅：回答下列問(wèn)題：(2)加入H2O2后生成FeOOH的化學(xué)方程式為。(4)“除錳鈷”中，生成MnO2的離子方程式為。(6)“電解”可通過(guò)如圖裝置實(shí)現(xiàn)。電解時(shí)，鈦合金上的電極反應(yīng)式為?！敬鸢浮?2)2FeSO4+H2O2+2H2O=2FeOOH↓+2H2SO4(4)3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+(6)ZnO+2e-+2H2O=Zn+4OH-【分析】富鈷渣主要含金屬Zn、Cd及CoO、MnO和FeO，加入硫酸酸浸，溶解，加入過(guò)氧化氫把Fe2+氧化成Fe3+，pH調(diào)整到5生成FeOOH沉淀，過(guò)濾后加入高錳酸鉀生成MnO2和CoOOH沉淀過(guò)濾，加入Zn除去溶液中的Cd2+，過(guò)濾，加入氫氧化鈉，把鋅溶解生成Na2ZnO2，電解生成單質(zhì)Zn，反應(yīng)方程式為2Na2ZnO2+2H2O=4NaOH+2Zn+O2?！窘馕觥浚?）加入H2O2后，F(xiàn)e2+被氧化生成FeOOH的化學(xué)方程式為2FeSO4+H2O2+2H2O=2FeOOH↓+2H2SO4；故答案為：2FeSO4+H2O2+2H2O=2FeOOH↓+2H2SO4。（4）“除錳鈷”中，高錳酸鉀和Mn2+反應(yīng)生成MnO2，離子方程式為3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；故答案為：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+。（6）電解池中鈦合金為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為ZnO+2e-+2H2O=Zn+4OH-；故答案為：ZnO+2e-+2H2O=Zn+4OH-。3．（2023·湖南常德·常德市一中?？寄M預(yù)測(cè)·節(jié)選）鉍(Bi)的化合物廣泛應(yīng)用于電子、醫(yī)藥等領(lǐng)域。由輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含F(xiàn)eS2、CuO、SiO2等雜質(zhì))制備NaBiO3的工藝流程如下：

已知：i．Bi3+易水解。難溶于冷水。ⅱii.“氧化浸取”時(shí)，鉍元素轉(zhuǎn)化為Bi3+，硫元素轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)?；卮鹣铝袉?wèn)題：(4)“轉(zhuǎn)化”時(shí)，生成NaBiO3的離子方程式為。(5)已知酸性環(huán)境下，NaBiO3可以將Mn2+氧化成(被還原成Bi3+)。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)原電池裝置來(lái)證明這一點(diǎn)，在下圖中的兩個(gè)方框內(nèi)標(biāo)出兩燒杯溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式，并寫出正極的電極反應(yīng)式：。(左側(cè)燒杯中已經(jīng)加入了硫酸)

【答案】(4)(5)NaBiO3，MnSO4；(或)【分析】向輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含F(xiàn)eS2、CuO、SiO2等雜質(zhì))加鹽酸、雙氧水進(jìn)行氧化浸取，Bi2S3、FeS2、CuO轉(zhuǎn)化為可溶性的鹽和硫單質(zhì)；由于為不溶于水和鹽酸的酸性氧化物，過(guò)濾則濾渣1的主要成分為S和；調(diào)節(jié)濾液pH值使轉(zhuǎn)化成沉淀；再次過(guò)濾除去鐵離子，向?yàn)V液中加過(guò)濾量氨除銅；再次用鹽酸溶解固體，用NaOH、NaClO沉淀鉍，使其轉(zhuǎn)化為沉淀，最后經(jīng)系列操作得到。據(jù)此分析可得：【解析】（4）“轉(zhuǎn)化”時(shí)NaOH、NaClO與發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成難溶于冷水的，故答案為：；（5）酸性環(huán)境下，NaBiO3可以將氧化成(被還原成Bi3+)，為電源正極反應(yīng)物；為電源負(fù)極反應(yīng)物，由于電子由右經(jīng)導(dǎo)線流向左，所以左、右兩方框內(nèi)的物質(zhì)分別為NaBiO3、MnSO4；正極發(fā)生還原反應(yīng)，即在酸性條件下得到電子被還原為，故答案為：NaBiO3，MnSO4；(或)。4．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考一模·節(jié)選）隨著新能源汽車的發(fā)展，鉀電池成為近些年來(lái)研究的熱點(diǎn)、鋰電池中一些金屬的回收利用也是未來(lái)發(fā)展的一大方向。SiCl4是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。可以利用SiCl4對(duì)廢棄的鉀電池正極材料LiCoO2進(jìn)行氯化處理、進(jìn)而回收Li、Co等金屬，工藝路線如圖所示：(3)“850℃煅燒”時(shí)的化學(xué)方程式為。(4)利用碳酸鋰()與按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空氣中于700℃燒結(jié)可合成鋰電池正極材料反應(yīng)方程式為。(5)海水中有豐富的鋰資源，我國(guó)科學(xué)家研發(fā)出利用太陽(yáng)能從海水中提取金屬鋰的技術(shù)，提取原理如圖所示。金屬鋰在電極(填“A”或“B”)上生成，陽(yáng)極產(chǎn)生兩種氣體單質(zhì)、電極反應(yīng)式是?！敬鸢浮?2)SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl(3)6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(4)(5)A2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+【分析】“500℃焙燒”的燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，水浸除去SiO2，濾液1中加氫氧化鈉生成Co(OH)2沉淀，過(guò)濾，“850℃煅燒”時(shí)Co(OH)2和氧氣反應(yīng)生成Co3O4，濾液2加碳酸鈉生成沉淀。【解析】（2）SiCl4發(fā)生水解生成硅酸沉淀和氯化氫，產(chǎn)生煙霧，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl；（3）“850℃煅燒”時(shí)Co(OH)2和氧氣反應(yīng)生成Co3O4和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O；（4）利用碳酸鋰()與按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空氣中于700℃燒結(jié)可合成鋰電池正極材料，Co元素化合價(jià)由+2升高為+3，所以氧氣參加反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)方程式為；（5）根據(jù)電子流向，可知A是陰極、B是陽(yáng)極，Li+得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成金屬Li，金屬鋰在電極A上生成；海水中含有氯離子和氫氧根離子，陽(yáng)極上氯離子和氫氧根離子放電生成氯氣和氧氣，電極反應(yīng)式是2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+。5．（2023·云南昆明·統(tǒng)考二?！す?jié)選）NiSO4主要用于電鍍工業(yè)，作為電鍍鎳和化學(xué)鎳的主要原料，也用于生產(chǎn)其他鎳鹽(如氧化鎳、硫酸鎳銨、碳酸鎳等)，從礦渣[含NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工藝流程如圖：已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列問(wèn)題：(2)礦渣中部分FeO焙燒時(shí)與H2SO4反應(yīng)生成Fe2(SO4)3的化學(xué)方程式為。(5)以Fe、Ni為電極制取Na2FeO4的原理如圖所示。通電后，在鐵電極附近生成紫紅色的FeO，若pH過(guò)高①電解時(shí)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為，離子交換膜(b)為(填“陰”或“陽(yáng)”)離子交換膜。②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。該反應(yīng)的離子方程式為?！敬鸢浮?2)4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O(5)Fe﹣6e﹣+8OH-=FeO+4H2O陰2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO+3Cl﹣+5H2O【分析】某礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨研磨后，600℃焙燒，已知：(NH4)2SO4在350℃以上會(huì)分解生成NH3和H2SO4.NiFe2O4在焙燒過(guò)程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的熱水中浸泡過(guò)濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子，過(guò)濾得到濾液加入萃取劑得到無(wú)機(jī)相和有機(jī)相，無(wú)機(jī)相通過(guò)一系列操作得到硫酸鎳，有機(jī)相循環(huán)使用，以此解答該題；【解析】（2）礦渣中部分FeO焙燒時(shí)與H2SO4反應(yīng)生成Fe2(SO4)3的化學(xué)方程式：4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；（5）①電解池中陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，依據(jù)題意可知鐵在陽(yáng)極失去電子，電極反應(yīng)式為：Fe﹣6e﹣+8OH-=FeO+4H2O，離子交換膜(b))為陰離子交換膜；②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解：2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO+3Cl﹣+5H2O；1．（2024·廣西·校聯(lián)考一模）高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型、高效、無(wú)毒的水處理劑。工業(yè)上，利用廉價(jià)的鐵黃(FeOOH)等為原料制備高鐵酸鉀。工藝流程如圖：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．高鐵酸鉀在水處理過(guò)程中涉及氧化還原反應(yīng)和鹽類水解反應(yīng)B．制備Na2FeO4反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3C．根據(jù)流程可以判斷相同溫度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4D．若通過(guò)電解法以鐵為原料制備高鐵酸鉀，鐵棒應(yīng)該做陽(yáng)極【答案】B【分析】鐵黃和次氯酸鈉反應(yīng)生成高鐵酸鈉，2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，高鐵酸鈉在溶液中溶解度大于高鐵酸鉀，加入KOH，高鐵酸鈉在溶液中轉(zhuǎn)化成高鐵酸鉀?！窘馕觥緼．K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，可用于消毒殺菌，被還原為Fe3+，F(xiàn)e3+發(fā)生鹽類的水解生成Fe(OH)3，具有吸附性，可用于吸附水中的懸浮雜質(zhì)，故A正確；B．制備Na2FeO4反應(yīng)2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，氯元素化合價(jià)降低，NaClO是氧化劑，鐵元素化合價(jià)升高，F(xiàn)eOOH是還原劑，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，故B錯(cuò)誤；C．向高鐵酸鈉溶液加入濃KOH能生成高鐵酸鉀沉淀，可知相同溫度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，故C正確；D．若通過(guò)電解法以鐵為原料制備高鐵酸鉀，鐵元素化合價(jià)升高，在陽(yáng)極反應(yīng)，則鐵棒應(yīng)該做陽(yáng)極，故D正確；故選B。2．（2023·河北邢臺(tái)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在分析化學(xué)上，測(cè)定含酸性溶液中鈦元素的含量通常涉及兩個(gè)反應(yīng)：I．用粉還原得到；II．用溶液滴定，反應(yīng)的離子方程式為。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．還原性：B．反應(yīng)I中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為C．反應(yīng)II的滴定實(shí)驗(yàn)可選用溶液作指示劑D．反應(yīng)I中生成時(shí)消耗的和反應(yīng)Ⅱ中消耗時(shí)生成的的量相同【答案】B【解析】A．根據(jù)反應(yīng)I中作還原劑，則還原性，再結(jié)合反應(yīng)II可知還原性：，A項(xiàng)正確；B．根據(jù)電子守恒可知，反應(yīng)I中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．Fe3+和SCN-反應(yīng)能生成紅色物質(zhì)，所以反應(yīng)II的滴定實(shí)驗(yàn)可選用溶液作指示劑，C項(xiàng)正確；D．書寫并配平反應(yīng)的離子方程式可知，結(jié)合反應(yīng)II分析可知D項(xiàng)正確；故選B。3．（2023·廣東茂名·高三校聯(lián)考）混合體系中，確認(rèn)化學(xué)反應(yīng)的先后順序有利于問(wèn)題的解決，下列反應(yīng)先后順序判斷正確的是A．等物質(zhì)的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Fe：Fe3＋、H＋、Cu2＋B．等物質(zhì)的量的Ca(OH)2、NaOH的溶液中通入CO2：Ca(OH)2、NaOH、CaCO3、Na2CO3C．等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2：Fe2＋、I－、Br－D．等物質(zhì)的量的Al3＋、H＋、NH溶液中，逐滴加入NaOH溶液：H＋、Al3＋、NH、Al(OH)3【答案】D【解析】A.離子的氧化性順序是：Fe3+＞Cu2+＞H+，在含等物質(zhì)的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Fe，F(xiàn)e先和氧化性強(qiáng)的離子發(fā)生反應(yīng)，則反應(yīng)先后順序?yàn)镕e3＋、Cu2＋、H＋，故A錯(cuò)誤；B.在含等物質(zhì)的量的Ca(OH)2、NaOH的溶液中通入CO2，CO2先是和Ca(OH)2發(fā)生反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和水，其次是氫氧化鈉，再是和碳酸鈉之間發(fā)生反應(yīng)，最后和碳酸鈣發(fā)生反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.離子的還原性順序?yàn)镮-＞Fe2+＞Br-，在含等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2，氯氣具有氧化性，先和還原性強(qiáng)的離子反應(yīng)，反應(yīng)先后順序?yàn)镮－、Fe2＋、Br－，故C錯(cuò)誤；D.含等物質(zhì)的量的Al3＋、H＋、NH溶液中，逐滴加入NaOH溶液，OH-先和H＋反應(yīng)生成水，再和Al3＋反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，然后和NH反應(yīng)生成一水合氨，最后和Al(OH)3反應(yīng)生成偏鋁酸根離子和水，反應(yīng)的先后順序?yàn)镠＋、Al3＋、NH、Al(OH)3，故D正確；答案選D。4．（2023·海南省直轄縣級(jí)單位·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)·節(jié)選）以黃銅礦(主要成分是，含雜質(zhì))為原料制備高純度鐵紅和化工產(chǎn)生，流程如下：回答下列問(wèn)題：(3)“酸浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)生成、，離子方程式為。(5)“操作2”為高溫灼燒，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮?3)(5)【解析】（3）酸浸”時(shí)CuFeS2發(fā)生反應(yīng)生成Fe2(SO4)3、CuSO4，該反應(yīng)的離子方程式為；（5）氫氧化銅及氫氧化鋁，經(jīng)過(guò)灼燒后生成CuAlO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。5．（2023·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)·節(jié)選）以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料聯(lián)合制備BiOCl和MnSO4?H2O的工藝流程如圖：離子開始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.38.3Fe3+1.63.1已知：①金屬活動(dòng)性：Fe＞Bi＞Cu。②Bi3+易水解為BiOCl沉淀；常溫下，BiOCl存在的pH范圍約為2.0~11.0。③常溫下，該工藝中有關(guān)金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH見表。(1)“聯(lián)合焙燒”時(shí)Bi2S3、FeS2、CuS分別轉(zhuǎn)化為Bi2O3、Fe2O3、CuO，寫出生成MnSO4和Bi2O3的化學(xué)方程式：。(4)“轉(zhuǎn)化”時(shí)加入足量金屬Bi的目的是(用離子方程式表示)?！敬鸢浮?1)2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4(4)Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+【分析】輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)通入空氣聯(lián)合焙燒，得到Bi2O3、Fe2O3、CuO、SiO2和MnSO4，水浸得到濾液2為MnSO4溶液，通過(guò)精制得到MnSO4?H2O，不溶性固體用濃鹽酸浸出，二氧化硅不溶得到濾渣1為二氧化硅，濾液含有Cu2+、Bi3+、Fe3+，加鉍粉，按信息①，發(fā)生反應(yīng)：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+，置換出銅，則濾渣2為銅，濾液含有Bi3+、Fe2+，加碳酸鈉溶液沉鉍、即調(diào)節(jié)pH得到BiOCl沉淀?！窘馕觥浚?）“聯(lián)合焙燒”時(shí)Bi2S3、MnO2和O2在高溫下反應(yīng)生成MnSO4和Bi2O3，化學(xué)方程式：2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4。（4）按信息①金屬活動(dòng)性：Fe＞Bi＞Cu，結(jié)合Fe、Cu均能與鐵離子反應(yīng)可知，Bi能與鐵離子反應(yīng)，則“轉(zhuǎn)化”時(shí)加入足量金屬Bi的目的是：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+。6．（2023·江蘇鹽城·鹽城中學(xué)校考二?！す?jié)選）氧化鈰(CeO2)是一種應(yīng)用非常廣泛的稀土氧化物。現(xiàn)以氟碳鈰礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)為原料制備氧化鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①稀土離子易與形成復(fù)鹽沉淀，Ce3+和發(fā)生反應(yīng)：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；②硫脲：具有還原性，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2；③Ce3+在空氣中易被氧化為Ce4+，兩者均能形成氫氧化物沉淀；④Ce2(CO3)3為白色粉末，難溶于水。回答下列問(wèn)題：(2)在另一種生產(chǎn)工藝中，在氟碳鈰礦礦石粉中加入碳酸氫鈉同時(shí)通入氧氣焙燒，焙燒得到NaF和CeO2兩種固體以及兩種高溫下的氣態(tài)物質(zhì)，請(qǐng)寫出焙燒過(guò)程中相應(yīng)的化學(xué)方程式。(3)加入硫脲的目的是將還原為Ce3+，反應(yīng)的離子方程式為?！敬鸢浮?2)4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O(3)2+2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-【分析】氟碳鈰礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+進(jìn)入溶液，SiO2不反應(yīng)，BaO與硫酸反應(yīng)生成BaSO4沉淀，過(guò)濾分離，濾渣A為SiO2、BaSO4；含濾液中加入硫脲將Ce4+還原為Ce3+，Ce2(SO4)3與Na2SO4形成復(fù)鹽沉淀B為Ce2(SO4)3?Na2SO4?nH2O，過(guò)濾分離。復(fù)鹽沉淀加入NaOH，再加入稀鹽酸，Ce3+被轉(zhuǎn)移到溶液中，加入碳酸氫銨使Ce3+沉淀為Ce2(CO3)3，最后灼燒分解生成CeO2?！窘馕觥浚?）在氟碳鈰礦礦石粉(CeFCO3)中加入碳酸氫鈉同時(shí)通入氧氣焙燒，焙燒得到NaF和CeO2兩種固體以及兩種高溫下的氣態(tài)物質(zhì)，根據(jù)質(zhì)量守恒得到兩種高溫氣體為二氧化碳和水蒸氣，則焙燒過(guò)程中反應(yīng)的化學(xué)方程式為4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。（3）根據(jù)信息硫脲(

)具有還原性，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2，則加入硫脲的目的是將還原為Ce3+，反應(yīng)的離子方程式為2+2

=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。7．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考一?！す?jié)選）廢舊鉛蓄電池拆解獲得鉛膏(主要由PbSO4、PbO2、PbO形成的懸濁液)，對(duì)其回收利用可減少環(huán)境污染。流程如下：

(1)“還原”步驟PbO2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)利用選出的脫硫試劑寫出“脫硫”步驟的離子方程式(3)“酸浸”步驟HBF4是一種強(qiáng)酸，該步驟PbO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(4)若電解時(shí)陽(yáng)極有微量PbO2生成，寫出生成PbO2的電極反應(yīng)式?！敬鸢浮?1)(2)(3)(4)【分析】由流程可知，鉛膏中PbO2在還原步驟中被SO2還原為PbSO4，再利用沉淀轉(zhuǎn)化原理轉(zhuǎn)化為PbCO3，加入強(qiáng)酸HBF4后，PbCO3和PbO均溶解出，最后用電解原理得到單質(zhì)Pb。【解析】（1）為提高“還原”步驟的反應(yīng)速率，可采取的具體措施有適當(dāng)升溫或充分?jǐn)嚢璧龋籔bO2在還原步驟中被SO2還原為PbSO4，化學(xué)方程式為：；故答案為：適當(dāng)升溫或充分?jǐn)嚢璧?；；?）該步驟的離子方程式為；；故答案為：；（3）HBF4溶解PbO的離子方程式為：；故答案為：；（4）若電解時(shí)陽(yáng)極有微量PbO2生成，則電極反應(yīng)式為：；故答案為：防止氫離子在Pb2+之前放電；。8．（2023·安徽蕪湖·安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）菱錳礦的主要成分為MnCO3，主要雜質(zhì)為SiO2、CaCO3、Al2O3、FeCO3、NiS。已知Ksp[Al(OH)3]=4×10-33。利用菱錳礦制晶體MnO的流程如下：

(1)氧化過(guò)濾時(shí)體系溶液的pH=3，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(4)沉錳時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；(5)通過(guò)Zn2+在MnO晶體(正極)中嵌入和脫嵌，實(shí)現(xiàn)電極材料充放電的原理如圖所示。代表電池(填“充電”或“放電”)過(guò)程，該過(guò)程的電極反應(yīng)式為。【答案】(1)MnO2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+Mn2++2H+(4)Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑(5)放電Mn0.61□0.39O+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39O【分析】菱錳礦的主要成分為，主要雜質(zhì)為、、、、，用硫酸溶解，碳酸錳和硫酸反應(yīng)生成硫酸錳、碳酸鈣和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈣沉淀、氧化鋁和硫酸反應(yīng)生成硫酸鋁、碳酸亞鐵和和硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，二氧化硅和硫酸不反應(yīng)，過(guò)濾出二氧化硅、硫酸鈣沉淀，濾液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+，用二氧化錳氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀除鐵，過(guò)濾出氫氧化鐵沉淀，濾液中加氫氧化鈣調(diào)節(jié)pH=5生成Al(OH)3沉淀除鋁，濾液中加SDD除，過(guò)濾，濾液加碳酸氫銨生成碳酸錳沉淀，灼燒碳酸錳得到MnO晶體?！窘馕觥浚?）氧化過(guò)濾時(shí)體系溶液的pH=3，目的是氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（4）沉錳時(shí)碳酸氫銨和硫酸錳反應(yīng)生成碳酸錳沉淀、硫酸銨、二氧化碳，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；（5）電池放電時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，嵌入晶體，②代表電池放電過(guò)程，該過(guò)程的電極反應(yīng)式為。9．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)·節(jié)選）金屬鉬具有高強(qiáng)度、高熔點(diǎn)、耐腐蝕、耐研磨等優(yōu)點(diǎn)，主要作為鋼的添加劑。工業(yè)上常用鉬精礦(主要成分是MoS2，含有CaO、SiO2等)制備金屬鉬，其中用氧化焙燒法提取金屬鉬的工藝流程如圖所示。已知：①焙燒后可得MoO3、鉬酸鈣(CaMoO4)和SiO2的混合物，其中，MoO3微溶于水和冷的稀酸，可溶于氨水，高溫易升華；CaMoO4不溶于氨水。②鉬酸(H2MoO4)微溶于冷水，能溶于熱水。回答下列問(wèn)題：(2)若焙燒的主要產(chǎn)物為MoO3，則主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(4)其他條件一定時(shí)，鉬的浸出率與氨浸溫度和時(shí)間如圖?！鞍苯睏l件宜采用，涉及的離子方程式為。(6)鉬電池未來(lái)有可能代替鋰電池，成為動(dòng)力電池的霸主。鎂鉬蓄電池的總反應(yīng)為xMg+Mo3S4MgxMo3S4，則該電池放電時(shí)的正極反應(yīng)是?！敬鸢浮?2)2MoS2+7O22MoO3+4SO(4)80℃、60minMoO3+2NH3?H2O=2NH+MoO+H2O(6)Mo3S4+xMg2++2xe—=MgMo3S4【分析】由題給流程可知，鉬精礦在空氣中焙燒時(shí)，鉬元素轉(zhuǎn)化為三氧化鉬和鉬酸鈣，向焙燒渣中加入氨水，三氧化鉬溶于氨水生成鉬酸銨，過(guò)濾得到鉬酸銨濾液和濾渣；向?yàn)V渣中加入碳酸鈉溶液，將鉬酸鈣轉(zhuǎn)化為可溶的鉬酸鈉，二氧化硅不反應(yīng)，過(guò)濾得到含有二氧化硅、碳酸鈣的濾渣和鉬酸鈉濾液；向鉬酸銨和鉬酸鈉的混合溶液中加入鹽酸，將鉬元素轉(zhuǎn)化為鉬酸沉淀，過(guò)濾得到鉬酸；鉬酸經(jīng)系列操作轉(zhuǎn)化為鉬?！窘馕觥浚?）由分析可知，二硫化鉬在空氣中焙燒生成三氧化鉬和二氧化硫，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2；（4）由分析可知，氨浸時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為三氧化鉬溶于氨水生成鉬酸銨，反應(yīng)的離子方程式為MoO3+2NH3?H2O=2NH+MoO+H2O；由圖可知，氨浸溫度為80℃、時(shí)間為60min時(shí)，鉬的浸出率最高，則氨浸宜采用的條件為80℃、60min，故答案為：80℃、60min；MoO3+2NH3?H2O=2NH+MoO+H2O；（6）由鎂鉬蓄電池的總反應(yīng)可知，四硫化三鉬為蓄電池的正極，鎂離子作用下，四硫化三鉬在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成MgxMo3S4，電極反應(yīng)式為Mo3S4+xMg2++2xe—=MgMo3S4，故答案為：Mo3S4+xMg2++2xe—=MgMo3S4。10．（2023·寧夏吳忠·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)·節(jié)選）某工業(yè)廢渣主要成分為TeO2，含有CuO、SiO2和Ag2O雜質(zhì)，從碲渣中回收碲的工藝流程如下：某化學(xué)課外小組通過(guò)查閱資料，獲取以下信息：I．Te常見化合價(jià)為+4價(jià)；Ⅱ．二氧化碲(TeO2)是白色晶體，微溶于水，易溶于強(qiáng)酸或強(qiáng)堿生成鹽；Ⅲ．Na2TeO3在微酸性和中性水溶液中易水解生成相應(yīng)的氧化物?；卮鹣铝袉?wèn)題：(2)“堿浸I”二氧化碲(TeO2)被堿溶解發(fā)生的化學(xué)方程式為，。(3)“凈化”中加入CaCl2，除去Si元素的離子方程式。(6)“電解還原”過(guò)程中，Te被還原的電極反應(yīng)式為?！敬鸢浮?2)TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O(3)Ca2++=CaSiO3↓(6)+4e-+3H2O=Te+6OH-【分析】碲渣進(jìn)行球磨粉碎后加氫氧化鈉溶解，TeO2、SiO2溶于氫氧化鈉，分別轉(zhuǎn)化為Na2TeO3和Na2SiO3進(jìn)入溶液中，濾渣為CuO和Ag2O，濾液中加入CaCl2，生成CaSiO3沉淀，過(guò)濾后濾液中加入稀硫酸，結(jié)合已知信息，Na2TeO3在微酸性水解生成TeO2固體，向TeO2中加入氫氧化鈉溶解Na2TeO3，最后電解Na2TeO3溶液制得Te。【解析】（2）結(jié)合信息Ⅱ．二氧化碲(TeO2)易溶于強(qiáng)堿生成鹽，“堿浸I”二氧化碲(TeO2)被堿溶解發(fā)生的化學(xué)方程式為：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；結(jié)合上述分析，“濾渣I”的成分為CuO和Ag2O。答案為：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；CuO和Ag2O。（3）結(jié)合上述分析，濾液I中含有，“凈化”中加入CaCl2，除去Si元素的離子方程式為：Ca2++=CaSiO3↓。答案為：Ca2++=CaSiO3↓。（6）電解時(shí)，在陰極放電生成Te，其電極反應(yīng)式為：+4e-+3H2O=Te+6OH-。答案為：+4e-+3H2O=Te+6OH-。1．（2023·福建·統(tǒng)考高考真題）稀有氣體氙的氟化物與溶液反應(yīng)劇烈，與水反應(yīng)則較為溫和，反應(yīng)式如下：與水反應(yīng)與溶液反應(yīng)i．ii．iii．iv．下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．具有平面三角形結(jié)構(gòu) B．的還原性比強(qiáng)C．反應(yīng)i～iv中有3個(gè)氧化還原反應(yīng) D．反應(yīng)iv每生成，轉(zhuǎn)移電子【答案】A【解析】A．Xe原子以sp3雜化軌道成鍵，分子為三角錐形分子，A錯(cuò)誤；B．由iii、iv兩組實(shí)驗(yàn)對(duì)比可知，在氫氧化鈉溶液中，可以發(fā)生還原反應(yīng)，而在水中則發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，故可知：的還原性比強(qiáng)，B正確；C．I、iii、iv三組化學(xué)反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)，C正確；D．分析iv可知，每生成一個(gè)，整個(gè)反應(yīng)轉(zhuǎn)移6個(gè)電子，故每生成，轉(zhuǎn)移電子，D正確；故選A。2．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）關(guān)于反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是A．發(fā)生還原反應(yīng)B．既是氧化劑又是還原劑C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1D．發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子【答案】B【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應(yīng)的本質(zhì)是硫代硫酸根離子在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成硫和二氧化硫，化合價(jià)發(fā)生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環(huán)境。【解析】A．H2SO4轉(zhuǎn)化為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價(jià)均未發(fā)生變化，故其沒有發(fā)生還原反應(yīng)，A說(shuō)法不正確；B．Na2S2O3中的S的化合價(jià)為+2，其發(fā)生歧化反應(yīng)生成S(0價(jià))和SO2(+4價(jià))，故其既是氧化劑又是還原劑，B說(shuō)法正確；C．該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是SO2，還原產(chǎn)物為S，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1，C說(shuō)法不正確；D．根據(jù)其中S元素的化合價(jià)變化情況可知，1molNa2S2O3發(fā)生反應(yīng)，要轉(zhuǎn)移2mol電子，D說(shuō)法不正確。綜上所述，本題選B。3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）關(guān)于反應(yīng)4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列說(shuō)法正確的是A．CO是氧化產(chǎn)物 B．SiH4發(fā)生還原反應(yīng)C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4 D．生成1molSiO2時(shí)，轉(zhuǎn)移8mol電子【答案】D【解析】A．根據(jù)反應(yīng)方程式，碳元素的化合價(jià)由+4價(jià)降為+2價(jià)，故CO為還原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B．硅元素化合價(jià)由-4價(jià)升為+4價(jià)，故SiH4發(fā)生氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)中氧化劑為二氧化碳，還原劑為SiH4，，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4:1，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)反應(yīng)方程式可知，Si元素的化合價(jià)由-4價(jià)升高至+4價(jià)，因此生成1molSiO2時(shí)，轉(zhuǎn)移8mol電子，D正確；答案選D。4．（2021·海南·統(tǒng)考高考真題）依據(jù)下列實(shí)驗(yàn)和現(xiàn)象，得出結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A點(diǎn)燃無(wú)色氣體，將生成的氣體通入澄清石灰水澄清石灰水先渾濁后澄清為B25℃時(shí)，向無(wú)色的溶液中滴加1～2滴酚酞試液溶液仍為無(wú)色溶液的C在淀粉和的混合溶液中滴加溶液。[已知：、分別與鹵素單質(zhì)、鹵素離子性質(zhì)相似]溶液仍為藍(lán)色氧化性：D在稀中加入少量溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色并有紅色固體生成反應(yīng)中既作氧化劑又作還原劑【答案】D【解析】A．無(wú)色氣體甲烷在空氣中燃燒生成二氧化碳和水，將生成的氣體通入澄清石灰水，澄清石灰水也會(huì)先渾濁后澄清，則無(wú)色氣體X不一定為一氧化碳，故A錯(cuò)誤；B．若無(wú)色Y溶液的pH在7—8之間，向溶液中滴加1～2滴酚酞試液，溶液也為無(wú)色，則溶液仍為無(wú)色不能判斷得到溶液pH小于7，故B錯(cuò)誤；C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化鉀溶液，碘未完全反應(yīng)，溶液也呈藍(lán)色，則溶液仍為藍(lán)色不能判斷硫氰氣和碘的氧化性強(qiáng)弱，故C錯(cuò)誤；D．在稀硫酸中加入少量氧化亞銅固體，溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色并有紅色固體生成說(shuō)明氧化亞銅在稀硫酸溶液中反應(yīng)生成硫酸銅和銅，則反應(yīng)中氧化亞銅既作氧化劑又作還原劑，故D正確；故選D。5.（2022·浙江·高考真題）關(guān)于反應(yīng)4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列說(shuō)法正確的是A．CO是氧化產(chǎn)物 B．SiH4發(fā)生還原反應(yīng)C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4 D．生成1molSiO2時(shí)，轉(zhuǎn)移8mol電子【答案】D【解析】A．根據(jù)反應(yīng)方程式，碳元素的化合價(jià)由+4價(jià)降為+2價(jià)，故CO為還原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B．硅元素化合價(jià)由-4價(jià)升為+4價(jià)，故SiH4發(fā)生氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)中氧化劑為二氧化碳，還原劑為SiH4，，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4:1，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)反應(yīng)方程式可知，Si元素的化合價(jià)由-4價(jià)升高至+4價(jià)，因此生成1molSiO2時(shí)，轉(zhuǎn)移8mol電子，D正確；答案選D。6．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）某無(wú)隔膜流動(dòng)海水電解法制的裝置如下圖所示，其中高選擇性催化劑可抑制產(chǎn)生。下列說(shuō)法正確的是

A．b端電勢(shì)高于a端電勢(shì) B．理論上轉(zhuǎn)移生成C．電解后海水下降 D．陽(yáng)極發(fā)生：【答案】D【分析】根據(jù)圖示，鈦網(wǎng)上海水中Cl-、H2O發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成HClO、O2，鈦網(wǎng)為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，鈦箔上生成H2，鈦箔上生成H2的電極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑，鈦箔為陰極，高選擇性催化劑PRT可抑制O2產(chǎn)生，電解的主要總反應(yīng)為H++Cl-+H2OHClO+H2↑，以此解題。【解析】A．由分析可知，a為正極，b電極為負(fù)極，則a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)，A錯(cuò)誤；B．右側(cè)電極上產(chǎn)生氫氣的電極方程式為：2H++2e-=H2↑，則理論上轉(zhuǎn)移生成，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，電解的主要總反應(yīng)為H++Cl-+H2OHClO+H2↑，電解后海水中H+濃度減小，pH上升，C錯(cuò)誤；D．由圖可知，陽(yáng)極上的電極反應(yīng)為：，D正確；故選D。7．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）通過(guò)電解廢舊鋰電池中的可獲得難溶性的和，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過(guò)。電解過(guò)程中溶液的體積變化忽略不計(jì))。下列說(shuō)法不正確的是A．電極A為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)B．電極B的電極反應(yīng)：C．電解一段時(shí)間后溶液中濃度保持不變D．電解結(jié)束，可通過(guò)調(diào)節(jié)除去，再加入溶液以獲得【答案】C【解析】A．由電解示意圖可知，電極B上Mn2+轉(zhuǎn)化為了MnO2，錳元素化合價(jià)升高，失電子，則電極B為陽(yáng)極，電極A為陰極，得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，A正確；B．由電解示意圖可知，