高考化学二轮复习 讲义 解密03 氧化还原反应(集训)解析版

解密03氧化还原反应一、选择题1．(2021·广东湛江市期末)根据反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑判断，下列结论不正确的是()A．I2具有还原性 B．当生成22.4LCl2时，转移10mol电子C．KIO3是氧化产物 D．该反应属于置换反应【答案】B【解析】A项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，I2具有还原性，A正确；B项，当生成22.4LCl2时，转移10mol电子，没有指明气体是否是标准状况，B错误；C项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，KIO3氧化产物，Cl2是还原产物，C正确；D项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，是置换反应，D正确；故选B。2．(2021·江苏盐城市期末)工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠。下列有关说法正确的是()A．失去电子，作氧化剂B．得到电子，发生氧化反应C．将生成的气体在空气中冷却可获得钠D．每生成1molNa，转移的电子数为2【答案】D【解析】A项，由反应可知Fe转化成四氧化三铁，化合价升高，失去电子，作还原剂，故A错误；B项，氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，故B错误；C项，生成的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应，因此应隔绝空气后冷却获得钠，故C错误；D项，由反应可知，3molFe失去8mol电子得到4molNa，则生成1molNa转移电子2mol，数目为2故D正确；故选D。3．(2021·重庆永川区高三期末)我国科学家创造性地构建了“单中心铁催化剂”，在甲烷高效转化研究中获得重大突破，其成果在最近的美国《科学》杂志发表。该转化的微观示意图如图所示：有关转化的说法正确的是()A．催化剂只能是加快反应速率B．保持氢气化学性质的最小粒子是HC．该反应的化学方程式是：2CH4=C2H4+2H2D．反应前后分子的种类发生了改变，是分解反应【答案】D【解析】A项，催化剂能改变其它物质的化学反应的速率(包括加快或减慢)，本身的质量和化学性质在反应前后不变，故A说法错误；B项，氢气是由氢分子构成的，因此保持氢气化学性质的最小粒子是H2，故B说法错误；C项，根据图示可以看出，该反应的反应物是CH4，生成物是C2H4和H2，催化剂为单中心铁，反应的化学方程式为2CH4C2H4+2H2，故C说法错误；D项，该反应的反应物是一种，生成物是两种，为分解反应，反应前后分子的种类发生了改变，故D说法正确；故选D。4．(2021·广东中山市期末)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑．对于该反应，下列判断正确的是()A．NaN3中氮元素的化合价为-3价B．氧化剂和还原剂是同一物质C．氧化产物与还原产物分子个数之比为15:1D．反应过程中转移10mol电子，则产生10NA个N2分子【答案】C【解析】A项，根据化合物的化合价的代数和为零，则NaN3中氮元素的化合价为-价，A判断错误；B项，NaN3中N原子化合价升高，做还原剂，KNO3中N原子化合价降低，作氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一物质，B判断错误；C项，根据方程式，N原子化合价升高生成氮气的分子数为15，化合价降低生成氮气的分子数为1，氧化产物与还原产物分子个数之比为15：1，C判断正确；D项，根据方程式，反应过程中转移10mol电子，则产生16mol氮气，即生成16NA个N2分子，D判断错误；故选C。5．(2021·衡水中学月考)NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，一定条件下金属钠和H2反应生成NaH。NaH与水反应可生成H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。下列说法错误的是()A．NaAlH4中阴离子空间构型为正四面体B．NaH与AlCl3得到NaAlH4的反应属于氧化还原反应C．NaH在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)D．金属钠和H2反应生成NaH的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件【答案】B【解析】A项，AlH4--中，Al的轨道杂化数目为4+=4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型，故A正确；B项，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C项，NaH在此做还原剂(H化合价升高为+1价)，铁锈在此为氧化剂(Fe化合价降低为0价)，反应生成铁单质，故C正确；D项，金属钠可以和氧气、水和酸反应，因此钠和H2反应生成NaH的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件，故D正确；故选B。6．(2021·湖北恩施土家族苗族自治州高三月考)已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是(

)A．反应中硫酸作氧化剂 B．NH4CuSO3中氮元素被氧化C．刺激性气味的气体是SO2 D．1

mol

NH4CuSO3完全反应转移1

mol电子【答案】C【解析】根据实验现象分析，红色金属为Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有Cu2＋，因为加入足量的硫酸，所以刺激性气味的气体应是SO2，据此分析，反应的化学方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4。根据实验现象，①有红色金属生成，该金属为Cu，②将NH4CuSO3加入足量的硫酸中，刺激性气体为SO2，不是NH3，③溶液为蓝色，说明溶液中有Cu2＋，发生的反应方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4，则：A项，根据上述分析，只有Cu元素的化合价发生变化，从+1价变成了产物中的0价和+2价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故A错误；B项，NH4CuSO3中氮元素的化合价没有变化，故B错误；C项，根据上述分析，刺激性气味的气体为SO2，故C正确；D项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应的化学方程式2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4可知2molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为1mol，故1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为0.5mol故D错误；故选C7．(2021·吉林油田第十一中学高三月考)Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的离子方程式中不正确的是A．Na2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3＋和O2，离子方程式为：4FeO42-＋10H2O＋4Fe3＋===20OH－＋3O2↑B．工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4离子方程式为：2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2OC．Na2FeO4消毒杀菌时得到的Fe3＋可以净水，Fe3＋能产生净水物质的原因是：Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3(胶体)＋3H＋D．工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe－6e－＋8OH－===FeO42-＋4H2O【答案】A【解析】A项，酸性溶液中不能生成氢氧根离子，所以离子方程式为4FeO42-＋20H+=4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O，故A错误；B项，工业上用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生了氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl，由电子、原子守恒可知，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O，故B正确；C项，Na2FeO4的还原产物为Fe3＋，Fe3＋水解制得Fe(OH)3胶体，具有净水作用，Fe3＋水解反应的离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，故C正确；D项，工业上可用铁做阳极，Fe失去电子,则阳极的电极反应为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42-＋4H2O，故D正确；故选A。8．(2021·任丘市第一中学高三月考)已知：KClO3+C+SKCl+CO2↑+SO2↑，下列判断不正确的是()A．若反应中C和S的质量比为3:4，则n(KClO3):n(CO2)为1:1B．若反应中C和S的质量比为3:16，则n(KClO3):n(CO2)为2:1C．SO2通入NaHCO3溶液产生CO2，可证明非金属性S强于CD．KClO3与SO2在强酸性溶液中反应制得ClO2，可证明SO2的还原性强于ClO2【答案】C【解析】A项，若反应中C和S的质量比为3：4，n

(C)

：n

(S)

=2：

1，由电子守恒可知6n

(KClO3)

=4n

(C)

+4n

(S)，则n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：2：1，所以n

(KClO3)

：

n

(CO2)为1：1，A正确；B项，若反应中C和S的质量比为3：16，n(C)：n(S)=1：2，由电子守恒可知6n

(KClO3)

=4n

(C)

+4n

(S)，则n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：1：2，所以n

(KClO3)

：

n

(CO2)为2：1，B正确；C项，SO2通入NaHCO3溶液产生CO2，亚硫酸的酸性大于碳酸，但亚硫酸不是最高价氧化物的含氧酸，则不能比较非金属性，C错误；D项，KClO3与SO2在强酸性溶液中反应制得ClO2，S元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，SO2的还原性强于ClO2，D正确；故选C。9．(2021·甘肃武威市武威十八中高三期末)从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是()A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物D．FeS2只作还原剂【答案】C【解析】A项，Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，因此Cu2S为还原产物，故A错误；B项，反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有由-1升高至+6，有由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5molFeS2发生反应，转移电子为10mol××[6-(-1)]=21mol，故B错误；C项，由B项分析可知，产物中的SO42-离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，故C正确；D项，由B分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；故选C。10．(2021·天津期末)用0.2mol/LNa2SO3溶液32mL，还原含4×10－3molXO42-的溶液，过量的Na2SO3用0.2mol/LKMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2＋)，共消耗KMnO4溶液0.8mL，则元素X在还原产物中的化合价是()A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【答案】C【解析】过量Na2SO3的物质的量为n(Na2SO3)×(6-4)=1.6×10-3×0.1×(7-2)，n(Na2SO3)=4×10-4mol，设X在还原产物中的化合价为x，(32×10-3×0.2-4×10-4)×2=2×10-3×2×(6-x)，解得x=+3，故选项C正确。11．(2021·涡阳县育萃高级中学月考)在水溶液中，CrO42-呈黄色，Cr2O72-呈橙色，重铬酸钾(K2Cr2O7)在水溶液中存在以下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，下列说法正确的是()A．向该溶液中滴加适量的NaHSO4固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大B．该反应是氧化还原反应C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，溶液呈橙色D．向体系中加入少量水，平衡逆向移动【答案】A【解析】A项，向该溶液中滴加适量NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于只能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故A正确；B项，反应前后元素的化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故B错误；C项，向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故C错误；D项，向体系中加入少量水，相当于稀释，平衡正向移动，故D错误；故选A。12．(2021·福建高三零模)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↑【答案】C【解析】A项，钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；B项，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项，0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误，符合题意；D项，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。13．(2021·河北高三模拟)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下：反应①：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)反应②：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)下列判断正确的是()A．反应①和②中各有2种元素的化合价发生变化B．处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗的物质的量相等C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4D．相同质量的CuS和Cu2S处理酸性废水中Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72-【答案】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+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+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+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O。A项，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项，结合以上分析可知，处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C项，结合以上分析可知，还原剂为CuS，氧化剂为Cr2O72-，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4，故C正确；D项，假设质量均为160g，n(CuS)==1.67mol，n(Cu2S)==1mol；根据反应方程式可知：3CuS~4Cr2O72-，3Cu2S~5Cr2O72-，所以CuS消耗n(Cr2O72-)=×1.67=2.2mol，n(Cr2O72-)=1×=1.7mol；所以CuS消耗的更多，故D错误；故选C。14．(2021·河南鹤壁市鹤壁高中月考)已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是()A．n(Na+)：n(Cl-)可能为9：7B．与NaOH反应的氯气一定为0.5molC．若反应中转移的电子为nmol，则0.5＜n＜D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11：1：2【答案】C【解析】A项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则n(Na+):n(Cl-)=2:1，若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，则n(Na+):n(Cl-)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl-)可能为9:7，故A正确；B项，NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的个数均相等，所以和1molNaOH反应的氯气为0.5mol，故B正确；C项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，1molNaOH参加反应，转移0.5mol电子；若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，6molNaOH参加反应，转移5mol电子，则1molNaOH参加反应，转移mol电子，所以0.5＜n＜，故C错误；D项，若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)为11:1:2，假设NaCl为11mol，则NaClO为1mol，NaClO3为2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成11molNaCl，得到11mol电子，生成1molNaClO，失去1mol电子，生成2molNaClO3，失去10mol电子，得失电子总数相等，符合电子守恒，故D正确；故选C。15．(2021·广州市第七中学高三月考)工业上用发烟HClO4将潮湿的CCl3氧化为棕色的烟[C(ClO4)2]，来除去Cr(III)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是()A．C(ClO4)2中Cr元素显+3价B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(C1O4)2+3C1-+4H2O【答案】B【解析】A项，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项，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项，该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+，其中19molClO4-中有3molClO4-作氧化剂，被还原为Cl-，8molCr3+全部作还原剂，被氧化为8molCrO2(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项，该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+，D错误；故选B。16．(2021·沙坪坝区重庆八中高三月考)图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是()A．PbCl42-和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用B．该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性C．该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD．乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO【答案】B【解析】过程ⅠPbCl42-+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl42-+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO。A项，从反应过程可见，PbCl42-和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B项，过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为PbCl42-，说明循环过程中，PbCl42-被还原，体现氧化性，故B错误；C项，该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；D项，乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D正确；故选B。17．(2021·浙江选考模拟)已知：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A(KxFey(C2O4)z·aH2O，其中的Fe元素为+3价)的化学式：步骤1：准确称取A样品9.82g，分为两等份；步骤2：取其中一份，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37g；步骤3：取另一份置于锥形瓶中，加入足量的3.0mol·L-1H2SO4溶液和适量蒸馏水，使用0.5mol·L-1KMnO4溶液与其反应，反应结束时消耗KMnO4溶液的体积为24.0mL；步骤4：将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.28g，恰好完全反应。下列说法正确的是()A．据步骤2可以算出水的物质的量，得出a=0.03B．据步骤3算得晶体A样品中含草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03molC．据上述4步算得晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2OD．将步骤4所得溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+需要通入168mLCl2【答案】C【解析】已知9.820gA样品，分成两份，每份样品质量为4.910g，一份干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，得出结晶水的物质的量；将步骤2所得固体溶于水，晶体A中含有+3价的铁，加入铁粉0.2800g，恰好反应，得到晶体中铁元素的物质的量；根据步骤3：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反应消耗0.5mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，得到4.9100gA样品中C2O42-的物质的量；根据质量守恒，得到晶体中钾离子的物质的量，代入数据求n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)最简整数比即可得晶体A的化学式。4.9100gA样品，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.3700g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，结晶水的物质的量是=0.03mol；将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好反应，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶体中铁元素的物质的量是×2=0.01mol；根据步骤3：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应消耗0.5mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，则4.910gA样品中C2O42-的物质的量是=0.03mol，根据质量守恒，晶体中钾离子的物质的量是=0.03mol，n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=0.03：0.01：0.03：0.03=3：1：3：3，所以晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。A项，由步骤2只能计算出4.9100gA样品中含有0.03mol水，无法计算a值，故A错误；B项，据步骤3算得4.910g晶体A中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03mol，则9.82gA样品中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.06mol，故B错误；C项，由上述可知，晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O，故C正确；D项，未告知气体所处环境，因此无法计算最终消耗氯气的体积，故D错误；故选C。18．(2021·陕西西安市长安一中高三月考)某温度下将氯气通入过量KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液。下列说法中，不正确的是()A．反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1∶1，与产物组成无关B．若n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为2∶3C．若n(ClO-)∶n(ClO3-)=11∶1，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为4∶3D．反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比取决于反应产物的组成【答案】D【解析】A项，由于反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比为1∶2，根据氢原子守恒，反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1∶1，与产物组成无关，故A正确；B项，当n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1，设n(ClO-)=n(ClO3-)=1mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为6mol，则反应消耗的Cl2为4mol，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为4∶6=2∶3，故B正确；C项，当n(ClO-)∶n(ClO3-)=11∶1，设n(ClO-)=11mol，n(ClO3-)=1mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为16mol，化合价降低被还原，化合价升高被氧化，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为16∶12=4∶3，故C正确；D项，由于反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比为1∶2，与产物组成无关，故D错误；故选D。19．(2021·临朐县实验中学高三月考)氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应：反应i，CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)；反应ii，OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是()A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：2B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D．处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，消耗标况下的Cl24.48×103L【答案】C【解析】A项，反应i中N元素的化合价没有变化，碳化合价从+2升高到+4，氯元素化合价降低,所以氯气是氧化剂，CN-是还原剂，二者比例为1：1，故A错误；B.项，X、Y是两种无毒的气体，从元素分析，应含有碳元素和氮元素，其中一种为二氧化碳，另一种为氮气，其中碳元素化合价不变，氮元素化合价升高，氮气为氧化产物，二氧化碳不是氧化产物，故B错误；C项，氯气是有毒气体，应采取措施，防止氯气逸出到空气中，故C正确；D项，CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O，2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O，总反应方程式为，2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，则的物质的量为100mol，消耗的氯气为250mol，标况下的Cl2250mol×22.4L/mol=5.6×103L，故D错误。故选C。20．(2021·南昌县莲塘第一中学高三月考)某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象,实验如下：①②③溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2),经检验有丁达尔效应。溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀,经检验无丁达尔效应。下列说法错误的是()A．②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体B．实验②中发生的氧化还原反应只有两种C．对比①②③，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-D．③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】B【解析】A项，由实验②的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，故A正确；B项，由实验②的实验现象可知，实验中存在的反应有酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+、在Fe3+作催化剂的条件下，双氧水分解生成水和氧气，由实验①的实验现象可知，实验中还存在的反应是酸性条件下H2O2可以氧化部分SCN-，三个反应均属于氧化还原反应，故B错误；C项，对比实验①②③的实验现象可知，酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，生成的硫酸根与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，故C正确；D项，由实验③的实验现象可知，酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；故选B。21．(2021·四川成都市期末)高铁酸钠(Na2)具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：2NaNa2Na2+3Na下列说法错误的是()A．Na2中元素显+6价B．碱性条件下Na氧化性强于Na2C．每生成1molNa2转移6mol电子D．在水处理中，Na2兼具消毒和净水两种功能【答案】C【解析】对于反应2NaNa2Na2+3Na中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸钠是氧化剂，Na2中元素显+6价，A项，Na2中元素显+6价，A正确；B项，碱性条件下，Na是氧化剂，Na2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B正确；C项，中的铁元素的化合价是+3价，产物Na2中的铁元素的化合价为+6价，每生成1molNa2转移的电子数为3mol，C错误；D项，Na2具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以Na2兼具消毒和净水两种功能，D正确；故选C。22．(2021·枣庄市第三中学高三月考)F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。其中XeF4与H2O可以发生如下反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列判断正确的是()A．XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2B．XeF4按以上方式与水反应，每生成3molO2转移12mol电子C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1D．XeF2、XeF4和XeF6在空气中都不能长期存放【答案】D【解析】A项，F2能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2，故A错误；B项，由6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑可知，每生成4molXe，转移电子为4mol×(4-0)=16mol，即每生成3molO2转移16mol电子，故B错误；C项，6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，该反应中，生成氙气的XeF4作氧化剂，生成XeO3的XeF4作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中4XeF4(氧化剂)+2XeF4(还原剂)+6H2O(还原剂)+6H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：(2+6)=1：2，故C错误；D项，XeF2、XeF4和XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，故D正确。故选D。23．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是()A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂B．反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，Fe(NO)2+作氧化剂D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应【答案】A【解析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成SO42-，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总效果为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+，NO的量不变。A项，由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；B项，反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，FeS2被氧化，故B错误；C项，反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，铁元素的化合价由+2价到+3价，化合价升高，Fe(NO)2+作还原剂，故C错误；D项，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故D错误；故选A。24．(2021·山东潍坊市·高三期末)制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO42-，反应机理如下图。下列说法不正确的是()A．过程I中每有60gFeS2参与反应，理论上可还原6molFe3+B．过程Ⅱ中若S2O32-过量会有气体生成C．由过程Ⅱ可知还原性：S2O32-<Fe2+D．总反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+【答案】C【解析】A项，n(FeS2)=，根据图示，过程IFeS2中S元素化合价由-1价升高到S2O32-中+2价，失去6个电子，Fe3+被还原为Fe2+得到1个电子，根据得失电子守恒得关系：FeS2~6Fe3+，故0.5molFeS2能还原3molFe3+，A正确；B项，过程Ⅱ由于生成H+，溶液显酸性，S2O32-在酸性条件下会歧化生成S和SO2，即2H++S2O32-=SO2↑+S+H2O中，B正确；C项，由图示知，S2O32-被Fe3+氧化为SO42-，故S2O32-作还原剂，Fe2+为还原产物，根据还原性强弱规律知还原性：S2O32-＞Fe2+，C错误；D项，根据图示知总反应为：FeS2+Fe3+→SO42-+H++Fe2+，根据元素守恒知，方程式左边要添加H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+16H++15Fe2+，D正确；故选C。25．(2021·山东青岛市·高三期中)MnO2是一种重要的无机功能材料，利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取MnO2的流程如图所示。下列分析错误的是()A．操作X和操作Y的名称均为过滤B．CO2是酸性氧化物，MnO2是碱性氧化物C．“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5D．Cl2与NaOH溶液反应，每生成42.6gNaClO3转移电子数为2NA【答案】B【解析】由流程图可知粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)加稀硫酸，MnO和MnCO3与稀硫酸反应生成MnSO4，过滤得MnO2和MnSO4溶液，用NaClO3氧化得MnO2沉淀过滤可得MnO2。A项，由上述分析可知操作X和操作Y的名称均为过滤，故A正确；B项，MnO2不与酸反应生成对应的盐和水不是碱性氧化物，故B错误；C项，“氧化”过程中发生反应，氧化剂为NaClO3还原剂为MnSO4，比例为2:5，故C正确；D项，Cl2与NaOH溶液反应，42.6gNaClO3物质的量，转移电子数为，故D正确。故选B。二、非选择题26．(2021·福建省连城县第一中学月考)据所学知识完成以下题目：(1)在下列反应中，HCl做还原剂的是_______，HCl做氧化剂的是_______。

①CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑③PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O④KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O⑤CuO+2HCl=CuCl2+H2O(2)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式，。①KMnO4+HCl=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O，_______。②Mn2+++H2O=MnO2↓+Cl2↑+___，_______。(3)用单线桥表示下列反应中电子转移方向和数目：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，_______。(4)钙元素是人体必需的常量元素，所有的细胞都需要钙元素。测定人体血液中钙元素的含量常用到如下两个反应：①CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4②2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O上述反应②的还原剂是____；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，消耗氧化剂_____mol，有_____mol电子发生转移，相当于测出含钙元素的质量是_____g。(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。写出碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式：_____。【答案】(1)③④②(2)2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O5Mn2++2+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+(3)(4)H2C2O44×10-42×10-30.04(5)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】(1)①反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O不是氧化还原反应；②反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中氢元素化合价降低，得到电子，被还原，氯化氢是氧化剂；③反应PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；④反应KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O中氯化氢中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；⑤反应CuO+2HCl=CuCl2+H2O不是氧化还原反应；因此HCl做还原剂的是③④，HCl做氧化剂的是②。(2)①反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。②反应中Mn元素化合价从+2价升高到+4价，失去2个电子，氯元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电荷守恒、电子得失守恒以及原子守恒可知反应后还有氢离子生成，则配平后的方程式为5Mn2++2+4H2O＝5MnO2↓+Cl2↑+8H+。(3)反应物KI中碘元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，碘酸钾中碘元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知反应中转移5个电子，则用用单线桥表示为：。(4)反应②的草酸中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，还原剂是H2C2O4；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，二氧化碳的物质的量是0.002mol，根据方程式可知消耗氧化剂高锰酸钾的物质的量是0.002mol÷5＝4×10-4mol，转移电子的物质的量是0.002mol，消耗草酸的物质的量是0.001mol，则相当于测出含钙元素的质量是0.001mol×40g/mol＝0.04g。(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O，这说明反应中铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，则根据电子得失守恒可知碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O。27．(2021·福建省泰宁第一中学高三月考)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：I.在稀硫酸中，MnO4-和H2O2能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O2－2e-==2H++O2↑

还原反应：MnO4-+5e-+8H+==Mn2++4H2O(1)反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为______。由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是____>_____(填写化学式)。(2)已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，则被1molKMnO4氧化的H2O2是______mol。II.将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，MnO4-被还原成Mn2+。(3)请写出上述过程的离子方程式______。III.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：①MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)②MnO4-+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)(4)配平反应①：________。(5)下列关于反应②的说法中错误的是__________(选填编号)。a．被氧化的元素是Cu和Sb．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c．还原性的强弱关系是：Mn2+<Cu2Sd．若生成2.24L(标况下)SO2，则反应中转移电子的物质的量是0.6mol【答案】(1)6.021023KMnO4O2(2)2.5(3)5SO2+2MnO4-+2H2O==2Mn2++4H++5SO42-(4)6MnO4-+5CuS+28H+===5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O(5)d【解析】(1)双氧水中氧元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，1mol双氧水失去2mol单质，反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为6.02×1023。氧化剂的氧化性强于其氧化产物的氧化性，反应中高锰酸根离子是氧化剂，双氧水是还原剂，氧气是氧化产物，则由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是KMnO4＞O2。(2)已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，双氧水中氧元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，则根据电子得失守恒可知被1molKMnO4氧化的H2O2是＝2.5mol。(3)将SO2气体通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色，MnO4-被还原成Mn2+，二氧化硫被氧化为硫酸，因此上述过程的化学方程式为5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4。所以其离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O==2Mn2++4H++5SO42-。(4)反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，硫元素化合价从－2价升高到+4价失去6个电子，根据电子得失守恒可知转移30个电子，依据原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为6MnO4-+5CuS+28H+===5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O；(5)a项，硫元素化合价从－2价升高到+4价失去6个电子，铜元素化合价从+1价升高到+2价，失去1个电子，被氧化的元素是Cu和S，a正确；b项，反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，1mol高锰酸钾得到5mol电子，1mol硫化亚铜失去8mol电子，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:5，b正确；c项，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，c正确；d项，若生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，反应中消耗0.1molCu2S，因此转移电子的物质的量是0.8mol，d错误；故选d。28．(2021·江苏高三零模)水体中的Cr2O72-、HCrO4-和CrO42-是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表示。常用的处理方法是将Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3。(1)在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrO42-反应生成Cr(OH)3和单质硫。水溶液中S2－能与单质硫反应生成S2-，S2-能还原Cr(Ⅵ)。①在pH=9的水溶液中CrO42-与HS－反应的离子方程式为_______。②25℃时用过量S2－还原Cr(Ⅵ)，发现反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是_______；验证的实验方法是_______。(2)金属也可用于还原废水中的Cr(Ⅵ)。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn－Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)废水，废水中Cr(Ⅵ)残留率随时间的变化如图所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(Ⅵ)废水的效果更好，其原因是_______。(3)用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO42-的过程可描述为_______。【答案】(1)①2CrO42-＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－②S2－过量，水溶液中S2－能与单质硫反应生成S2-，S2-能还原Cr(Ⅵ)，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度(2)Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率(3)单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，3Fe2＋＋CrO42-＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋【解析】pH=9的水溶液为碱性，离子反应方程式应为2CrO42-＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－；S2－过量，S2-增多所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快；生成的Cr(Ⅵ)有颜色，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；Zn－Cu粉在溶液中形成原电池；中性废水中单质铁发生吸氧腐蚀，CrO42-还原为三价铬。(1)①pH=9的水溶液为碱性，所以发生的离子反应方程式应为2CrO42-＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－；②水溶液中S2－能与单质硫反应生成S2-，S2-能还原Cr(Ⅵ)，加入过量的S2－，生成S2-增多，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快；Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3，Cr(Ⅵ)为橙黄色，Cr3＋为绿色，Cr(OH)3为灰绿色沉淀，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；(2)原电池原理可以加快反应速率，Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；(3)还原近中性废水中Cr(Ⅵ)，单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，二价铁离子发生氧化反应，CrO42-发生还原反应生成三价铬，符合图中所示原理，3Fe2＋＋CrO42-＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋。29．(2021·山东潍坊市·寿光现代中学高三月考)五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：已知：①“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO2+和VO2+。②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力强。③溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2+