人教版高中化学必修第一册考点练4氧化还原反应含答案

考点4氧化还原反应选择题1.(2025·安徽卷·5)氟气通过碎冰表面,发生反应①F2+H2OHOF+HF,生成的HOF遇水发生反应②HOF+H2OHF+H2O2。下列说法正确的是 ()A.HOF的电子式为HB.H2O2为非极性分子C.反应①中有非极性键的断裂和形成D.反应②中HF为还原产物【解析】选A。HOF中心原子为O,与H、F通过共用电子对形成共价键,电子式为H··O······F······,A正确;H2.(2025·北京卷·1)我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时,发现月壤钛铁矿(FeTiO3)存在亚纳米孔道,吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气,水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 ()A.月壤钛铁矿中存在活泼氢B.将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量【解析】选B。月壤钛铁矿中的氢来自太阳风,以原子态吸附,属于活泼氢,A正确;地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子,根据原子守恒可知,加热可能无法生成水蒸气,B错误;生成水时H被氧化(0→+1),Fe元素被还原为单质铁,存在化合价变化,属于氧化还原反应,C正确;水蒸气液化是物理变化,但会释放热量,D正确。3.(2025·山东卷·1)下列在化学史上产生重要影响的成果中,不涉及氧化还原反应的是 ()A.侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法B.戴维电解盐酸得到H2和Cl2,从而提出了酸的含氢学说C.拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说D.哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法【解析】选A。联合制碱法反应的化学方程式为NaCl+H2O+CO2+NH3NaHCO3↓+NH4Cl和2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,各元素的化合价均未发生改变,属于非氧化还原反应,A符合题意;电解盐酸生成H2和Cl2,H和Cl的化合价均发生变化(H从+1→0,Cl从-1→0),涉及氧化还原反应,B不符合题意;金属与O2反应生成氧化物,金属被氧化(化合价升高),O被还原(化合价降低),涉及氧化还原反应,C不符合题意;合成氨反应中,N2中的N化合价从0→-3,H2中的H化合价从0→+1,涉及氧化还原反应,D不符合题意。4.(2025·山东卷·9)用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时,通常加入少量CuSO4,反应原理如图所示。下列说法正确的是 ()A.N2是还原反应的产物B.还原性:N2H4<Fe2+C.处理后溶液的pH增大D.图示反应过程中起催化作用的是Cu2+【解析】选C。由图中信息可知,N2H4和Cu2+反应生成的[Cu(N2H4)2]2+是N2H4和Fe3O4反应的催化剂,[Cu(N2H4)2]+是中间产物,该反应的离子方程式为N2H4+2Fe3O4+12H+N2↑+6Fe2++8H2O,N2H4是还原剂,Fe3O4是氧化剂,Fe2+是还原产物。该反应中,N2H4中N元素的化合价升高被氧化,因此,N2是氧化反应的产物,A不正确;在同一个氧化还原反应中,还原剂的还原性强于还原产物,因此,还原性的强弱关系为N2H4>Fe2+,B不正确;由反应的离子方程式可知,该反应消耗H+且生成H2O,处理后溶液的pH增大,C正确;根据循环图可知,图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2]2+,D不正确。5.(2025·河南卷·13)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4可在室温下高效转化为CH3COOH,其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是 ()A.该反应的原子利用率为100%B.每消耗1molO2可生成1molCH3COOHC.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化D.若以CD4为原料,用H2O吸收产物可得到CD3COOH【解析】选B。由反应历程可知,总反应为2CO+2CH4+O22CH3COOH,该反应为化合反应,原子利用率为100%,A正确;由A项分析可知,每消耗1molO2可生成2molCH3COOH,B错误;由反应历程可知,催化剂Rh-Fe的成键数目均发生改变,所以Rh和Fe的化合价均发生变化,C正确;若以CD4为原料,由反应历程可知,会生成CD3COOD,用H2O吸收产物时,其存在电离平衡:CD3COODCD3COO-+D+,CD3COO-结合水电离出的H+可得到CD3COOH,D正确。6.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷·12)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一,以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应,可用于测定含Cl-水样的COD,流程如图。下列说法错误的是 ()A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2OB.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD值偏高【解析】选C。Ⅰ中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2,溶液中剩余KMnO4,Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+,Ⅱ中生成的I2在Ⅲ中用Na2S2O3滴定。Ⅱ中MnO4-和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+,存在MnO2+2I-+4H+Mn2++I2+2H2O,A正确;Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被氧气氧化及I2的挥发,B正确;整个反应中,KMnO4得电子生成Mn2+,有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等,Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,说明生成的I2越多,也说明有机物消耗的KMnO4的量少,水样中的COD值越低,C错误;若Ⅰ中为酸性条件,Cl-会与KMnO47.(2025·湖南卷·8)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂,可用“硝酸钠法”制备,反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是 ()A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5B.NO3C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶7D.反应中消耗3molO2,转移20mole-【解析】选C。NaSbO3中Na为+1价,O为-2价,则Sb的化合价为+5,A正确;NO3-的中心N原子价层电子对数是3+5+1−3×22=3,采用sp2杂化,无孤电子对,空间结构为平面三角形,B正确;反应中氧化剂为NaNO3(4mol)和O2(3mol),总物质的量7mol,还原剂为Sb(4mol),氧化剂与还原剂物质的量之比为7∶4,C错误;O2、NaNO3作氧化剂,3molO2参与反应,有4molSb作8.(2025·重庆卷·1)抗日战争时期,根据地物资紧缺,军民自力更生,就地取材,采用下列方法生产化工产品,其中利用了氧化还原反应原理的是 ()A.用石磨代替打浆机碾碎硝化棉B.用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸C.通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精D.通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油【解析】选B。碾碎硝化棉是物理过程,无化合价变化,不涉及氧化还原反应,A错误;硫黄(S)转化为硫酸(H2SO4)时,硫的化合价从0升至+6,发生氧化反应,涉及氧化还原反应,B正确;蒸馏是物理过程,无新物质生成,不涉及氧化还原反应,C错误;植物油水解生成甘油和高级脂肪酸盐,属于水解反应,无化合价变化,不涉及氧化还原反应,D错误。9.(2025·江苏卷·10)CO2与NO3-通过电催化反应生成CO(NH2)2,可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成B.过程Ⅱ中NO3C.电催化CO2与NO3-生成CO(NH2)2的反应方程式:CO2+2NO3-+18H+CO(NH2)2D.常温常压、无催化剂条件下,CO2与NH3·H2O反应可生产CO(NH2)2【解析】选A。过程Ⅱ为*CO2和*NO3-在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应,生成了N—H等极性共价键,过程Ⅲ为*CO与*NH2生成*CO(NH2)2的反应,生成了C—N极性共价键,A正确;过程Ⅱ是得电子的还原反应,N元素的化合价由+5降为-2,C元素的化合价由+4降为+2,B错误;所给离子方程式电荷不守恒,根据反应机理图可知,过程Ⅱ需要外界提供电子,则正确的反应方程式为CO2+2NO3-+18H++16e-CO(NH2)2+7H2O,C错误;常温常压、无催化剂条件下,CO2与NH3·H2O反应生成(NH4)2CO3或NH410.(2025·晋陕青宁卷·7)下列有关反应方程式错误的是 ()A.泡沫灭火器反应原理:6NaHCO3+Al2(SO4)33Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑B.用金属钠除去甲苯中的微量水:2Na+2H2O2NaOH+H2↑C.用NaOH溶液吸收尾气中的NO2:2NO2+2OH-NO3-+NO2-D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉:Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O【解析】选D。泡沫灭火器中Al3+与HCO3-发生互促水解,生成Al(OH)3和CO2,A正确;金属钠优先与水反应生成NaOH和H2,甲苯不参与反应,B正确;NO2与NaOH反应生成NO3-和NO211.(2025·晋陕青宁卷·11)某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体,J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是 ()A.G、K均能与NaOH溶液反应B.H、N既具有氧化性也具有还原性C.M和N溶液中的离子种类相同D.1molG与足量的J反应,转移电子数为NA【解析】选D。根据转化关系:GHJKL,常温常压下G、J均为无色气体,J具有漂白性,则J为SO2,K为SO3,G为H2S,H为S,M为NaHSO3,N为Na2SO3,L为Na2SO4。H2S和SO3均能与NaOH溶液反应,A正确;S和Na2SO3中S的化合价处于中间价态,既具有氧化性又具有还原性,B正确;M为NaHSO3,N为Na2SO3,二者的溶液中离子种类相同,C正确;1molH2S和足量的SO2反应生成S单质和水：2H2S+SO23S+2H2O,1molH2S参加反应,转移2mol电子,即2NA个电子,D错误。12.(2025·云南卷·3)下列化学方程式错误的是 ()A.煤制水煤气:C+H2O(g)CO+H2B.Na2O2供氧:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2C.覆铜板制作印刷电路板:2FeCl3+3Cu3CuCl2+2FeD.铅酸蓄电池放电:Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O【解析】选C。煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2,A正确;过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,B正确;FeCl3与Cu反应时,Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe,正确反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,C错误;铅酸蓄电池放电时,Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O,D正确。13.(2025·云南卷·12)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 ()A.Be(OH)2是两性氢氧化物B.Be2C和BeCl2的晶体类型相同C.Na2[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为sp3D.Be2C与H2O反应:Be2C+4H2O2Be(OH)2+CH4↑【解析】选B。由图中转化信息可知,Be(OH)2既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠反应,因此其是两性氢氧化物,A正确;由题中信息可知,Be2C的熔点远远高于BeCl2的,因此Be2C不可能是分子晶体,而BeCl2的熔点和沸点均较低,其为分子晶体,因此两者的晶体类型不相同,B错误;Na2[Be(OH)4]中Be原子与4个羟基形成4个σ键,没有孤电子对,因此,其杂化方式为sp3,C正确;Be2C中的Be化合价为+2,C的化合价为-4,因此其与H2O反应生成Be(OH)2和CH4,该反应的化学方程式为Be2C+4H2O2Be(OH)2+CH4↑,D正确。14.(2025·广东卷·11)利用如图装置进行实验:打开K1、K2,一定时间后,a中溶液变蓝;关闭K1,打开K3,点燃酒精灯加热数分钟后,滴入无水乙醇。下列说法错误的是 ()A.a中现象体现了I-的还原性B.b中H2O2既作氧化剂也作还原剂C.乙醇滴加过程中,c中的铜丝由黑变红,说明乙醇被氧化D.d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙酸【解析】选D。打开K1、K2,一定时间后,b中H2O2在MnO2的催化下生成O2,O2进入a中,氧化I-,生成I2,使得酸化的淀粉-KI溶液变蓝;关闭K1,打开K3,无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛,乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应。O2进入a中,氧化I-,生成I2,体现了I-的还原性,A正确;b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O,H2O2既作氧化剂也作还原剂,B正确;无水乙醇在铜丝的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛,在此过程中,铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜,乙醇再和氧化铜反应,氧化铜被还原为红色的铜单质,乙醇被氧化为乙醛,故c中的铜丝由黑变红,可以说明乙醇被氧化,C正确;乙醛可与银氨溶液在加热条件下发生银镜反应,D错误。非选择题15.(2025·北京卷·16)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。(1)十九世纪,铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。铅酸电池工作原理:PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O①充电时,阴极发生的电极反应为

。②放电时,产生a库仑电量,消耗H2SO4的物质的量为mol。已知:转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。

③35%~40%H2SO4作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力,SO42−参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中SO42−不氧化Pb,SO4④铅酸电池储存过程中,存在化学能的缓慢消耗:PbO2电极在H2SO4作用下产生的O2可将Pb电极氧化。O2氧化Pb发生反应的化学方程式为。(2)随着铅酸电池广泛应用,需要回收废旧电池材料,实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。①将PbSO4等物质转化为Pb2+的过程中,步骤Ⅰ加入NaOH溶液的目的是

。②步骤Ⅱ、Ⅲ中H2O2和K2S2O8作用分别是。

(3)铅酸电池使用过程中,负极因生成导电性差的大颗粒PbSO4,导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料,可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有(填序号)。

a.增强负极导电性b.增大负极材料比表面积,利于生成小颗粒PbSO4c.碳材料作还原剂,使PbO2被还原【解析】(1)①充电时,阴极发生还原反应,PbSO4得到电子变成Pb,其发生的电极反应为PbSO4+2e-Pb+SO42−;②根据放电时的反应,每消耗1molH2SO4,转移1mol电子,则产生a库仑电量,转移的电子为a96500mol,故消耗H2SO4的物质的量为a96500mol;③SO42−的中心原子S原子的价层电子对数为4+12×(6+2-2×4)=4,故其空间结构为正四面体形;④Pb在H2SO4作用下与氧气反应,会生成PbSO4和水,反应的化学方程式为2Pb+O2+2H2SO4(2)废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2;加入NaOH溶液使PbSO4转化为Pb(OH)2,得到Pb(OH)2、PbO、PbO2;若加入H2O2,在酸性条件下生成含Pb2+溶液,电解后生成Pb;若加入K2S2O8,在强碱性条件下可生成PbO2。①由以上分析可知,加入NaOH溶液的目的是使PbSO4转化为Pb(OH)2,便于后续的溶解;②由以上分析可知,加入H2O2,在酸性条件下生成含Pb2+溶液,说明PbO2被H2O2还原,故H2O2的作用为作还原剂,加入K2S2O8,在强碱性条件下可生成PbO2,说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化,故K2S2O8的作用为作氧化剂。(3)由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4,石墨可以导电,多孔碳可以增加负极材料的比表面积,故碳材料的作用为增强负极的导电性,且有利于生成小颗粒PbSO4,故a、b正确;负极的主要材料是Pb,且电解质环境为酸性,故负极不存在PbO2,碳材料不能使PbO2被还原,c错误。答案:(1)①PbSO4+2e-Pb+SO4②a96500④2Pb+O2+2H2SO42PbSO4+2H2O(2)①使硫酸铅转化为氢氧化铅,便于后续的溶解②H2O2作还原剂,K2S2O8作氧化剂(3)ab16.(2025·山东卷·17)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素,工艺流程如下:已知:该工艺条件下,(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体;Fe2(SO4)3在650℃完全分解,其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。回答下列问题:(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成,该反应的化学方程式为

。

“高温焙烧”温度为650℃,“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有(填化学式)。

(2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下,与两段焙烧工艺相比,直接“高温焙烧”,“水浸”时金属元素的浸出率(填“增大”“减小”或“不变”)。

(3)HR萃取Cu2+反应为2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为(填化学式)。

(4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L-1],则此时溶液中c(H2S)=mol·L-1。已知:Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为

。

(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后所得产品导入(填操作单元名称)循环利用。

【解析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素,加入硫酸铵低温焙烧,金属氧化物均转化为硫酸盐,如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等,产生的气体有氨气、氮气等,氨气用稀硫酸吸收,得到硫酸铵溶液,得到的硫酸盐经650℃高温焙烧,只有硫酸铁发生了分解,产生三氧化硫气体和氧化铁,水浸后,过滤分离出滤渣,滤渣主要为二氧化硅、氧化铁及硫酸钙,后续萃取分离,将铜元素萃取到有机相中,最终得到硫酸铜溶液,水相主要含有钴元素和锰元素,加入硫化钠,调节pH,生成硫化钴,过滤分离最终得到硫酸钴溶液,滤液中加入碳酸氢铵,生成碳酸锰沉淀,据此解答。(1)低温焙烧,金属氧化物均转化为硫酸盐,二氧化锰与硫酸氢铵反应,转化为硫酸锰和氮气,根据电子得失守恒可知还有氨气生成,化学方程式为3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O;根据已知条件,高温焙烧的温度为650℃,只有硫酸铁发生分解,生成三氧化硫气体和氧化铁,二氧化硅、氧化铁、硫酸钙等在水中溶解度都较小,所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有Fe2O3、CaSO4。(2)根据已知条件,硫酸铵低温分解成硫酸氢铵,高温则完全分解成气体,如果直接高温焙烧,则硫酸铵会分解,物质的量减少,导致金属元素的浸出率减小。(3)根据萃取的反应:2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2(有机相)+2H+(水相),加入有机相将铜离子萃取到有机相中,反萃取时需要使平衡逆向移动,生成铜离子,而且为了不引入新的杂质,应加入的试剂为H2SO4。(4)沉钴时,pH=4时Co2+恰好沉淀完全,其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol·L-1,此时c(H+)=1×10-4mol·L-1,根据Ksp(CoS)=4×10-21,推出c(S2-)=Ksp(CoS)c(Co2+)=4×10-16mol·L-1,又因为Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ka1×Ka2=c(H+)×c(HS-)c(H2S)×c(H+)×c(S2−(5)由分析可知,沉锰过程中,加入碳酸氢铵,生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵等,过滤后滤液中的硫酸铵可并入“吸收”液中,经过处理后导入低温焙烧循环使用。答案:(1)3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2OFe2O3、CaSO4(2)减小(3)H2SO4(4)4×10-4CoS+H2O2+2H+Co2++S+2H2O(5)低温焙烧17.(2025·河南卷·15)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸溶1”的目的是

。

(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为

;

“滤渣”的主要成分是(填化学式)。

(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为

。

(4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。

A.2.0B.4.0C.6.0(5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为。

(6)“酸溶3”的目的是

。

【解析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中加入浓盐酸溶解其中的Fe,过滤后实现分离,再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为H3[RhCl6],Pt转化为相关可溶物,SiO2不溶,过滤后进行分离;煮沸滤液除去盐酸、硝酸,再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀,过滤后,滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3,再用H2进行高温还原得到铑单质,向滤液2中加入NH4Cl将铂元素转化为沉淀除去,加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4-,再加入Zn进行还原,生成Rh,由于Zn过量,加入浓盐酸溶解过量的Zn,实现Zn与Rh分离,过滤获得铑粉,以此分析解答。(1)贵金属合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2,Fe易溶于浓盐酸,而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解,SiO2不溶于酸,因此“酸溶1”使用浓盐酸溶解Fe生成可溶性盐,过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液1,剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2,实现初步分离。(2)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],Rh元素化合价由0升高至+3,HNO3中N元素化合价降低,结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3(稀)H3[RhCl6]+NO↑+2H2O或Rh+6HCl+3HNO3(浓)H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O;由上述分析可知该过程中“滤渣”的主要成分为SiO2。(3)“高温还原”过程中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh,Rh元素化合价均由+3降低至0,根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。(4)SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L-1,则溶液中c(Sn2+)=1.0×10-4mol·L-1,当恰好生成Sn(OH)2沉淀时,c(OH-)=Ksp[Sn(OH)2]c(Sn2+)=5.5×10-281.0×10-4mol·L-1≈2.3×10-12,c(H+)=K(5)配离子[Rh(SnCl3)5]4-中,配体[SnCl3]-带1个单位负电荷,设Rh的化合价为x,则x+5×(-1)=-4,则x=+1;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,SnCl2为还原剂,部分被氧化为[SnCl6]2-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合1个Cl-形成[SnCl3]-,作为新的配体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4-,需要5个SnCl2,因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1+5)∶1=6∶1。(6)由于“二次还原”过程中,为确保[Rh(SnCl3)5]4-完全反应,加入的Zn需过量,过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中,因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为除去“二次还原”过程中未反应的Zn。答案:(1)溶解Fe,使其进入溶液,从而通过过滤实现分离(2)Rh+6HCl+HNO3(稀)H3[RhCl6]+NO↑+2H2O（或Rh+6HCl+3HNO3(浓)H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O）SiO2(3)Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl(4)A(5)+16∶1(6)除去“二次还原”过程中未反应的Zn18.(2025·河北卷·16)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的目标。过程如下:已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。回答下列问题:(1)基态铬原子的价层电子排布式:。

(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式:

。

(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、、(填化学式)。

(4)酸化工序中需加压的原因:

。

(5)滤液Ⅱ的主要成分:(填化学式)。

(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式Fe(CO)5++

Cr(OH)3↓+++CO↑

(7)滤渣Ⅱ可返回工序。(填工序名称)

【解析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2,与过量KOH在空气中煅烧,生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、K[Al(OH)4]、K2SiO3;加入KHCO3-K2CO3(aq)/CO2浸取,生成Al(OH)3、H2SiO3,Fe2O3、MgO不反应,故滤渣Ⅰ的主要成分为Al(OH)3、H2SiO3、Fe2O3、MgO,通过蒸发、分离得到K2CrO4固体,滤液Ⅰ中含有K2CrO4;向K2CrO4中加水溶解,并通入过量CO2酸化,将K2CrO4转化为K2Cr2O7,同时有副产物KHCO3生成,将K2Cr2O7与KHCO3分离,滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3;Fe(CO)5作还原剂,将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ,KOH进一步处理得到K2CO3,循环使用,据此分析。(1)Cr为24号元素,基态铬原子的价层电子排布式:3d54s1;(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O,根据得失电子守恒、原子守恒,化学方程式:4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O;(3)根据分析可知,滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、Al(OH)3、MgO;(4)向K2CrO4中加水溶解,并通入过量CO2酸化,将K2CrO4转化为K2Cr2O7,加压可以增大CO2的溶解度,使液体中CO2浓度增大,保证酸化反应充分进行;(5)根据分析可知,滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3;(6)Fe(CO)5作还原剂,将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3,铁元素由0价升高到+3价,Cr由+6价降低到+3价,根据得失电子守恒、原子守恒,化学方程式:Fe(CO)5+K2CrO4+4H2OCr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑;(7)滤渣Ⅱ含有Cr(OH)3和Fe(OH)3,可返回煅烧工序。答案:(1)3d54s1(2)4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O(3)Al(OH)3MgO(4)增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行(5)KHCO3(6)K2CrO44H2OFe(OH)3↓2KOH5(7)煅烧19.(2025·湖北卷·18)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中,观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述,回答下列问题:(1)向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液,振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液,加热。①反应产生的砖红色沉淀为(写化学式),葡萄糖表现出(填“氧化”或“还原”)性。

②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:

。

(2)向20mL0.5mol·L-1CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体,洗涤并真空干燥。①加入盐酸的目的是

。

②同学甲一次性加入1.18gZn粉,得到0.78g红棕色固体,其组成是(填标号)。

a.Cub.Cu包裹Znc.CuOd.Cu和Cu2O③同学乙搅拌下分批加入1.18gZn粉,得到黑色粉末X。分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于X的组成提出了三种可能性:ⅠCuO;ⅡCuO和Cu;ⅢCu,开展了下面2个探究实验:由实验结果可知,X的组成是(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是

。

【解析】(1)①向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液制得新制氢氧化铜悬浊液,振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液,加热,新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu2O,Cu被葡萄糖从+2价还原为+1价,葡萄糖表现出还原性。②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成,该黑色沉淀为CuO,用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:Cu(OH)2CuO+H2O。(2)①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知,加入盐酸的作用是除去过量的锌粉。②先加Zn粉、后加盐酸,得到固体为红棕色,则一定有Cu(Cu2O和HCl发生歧化反应生成Cu),20mL0.5mol·L-1CuSO4中n(Cu2+)=0.5mol·L-1×20×10-3L=0.01mol,Cu的最大物质的量为0.01mol,质量为0.64g,生成Cu2O的最大质量为0.72g,实际固体质量为0.78g。若只有Cu,则固体质量应小于等于0.64g,a不符合题意;若是Cu包裹Zn,则0.64g<固体质量<1.18g,b符合题意;若是CuO,则不可能为红棕色,c不符合题意;若是Cu和Cu2O,0.64g<固体质量<0.72g,d不符合题意。③实验1得到的溶液呈无色,说明一定无CuO,那么X的组成只能是Cu,选Ⅲ;从物质形态角度分析,X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色。答案:(1)①Cu2O还原②Cu(OH)2CuO+H2O(2)①除去过量的锌粉②b③Ⅲ金属固体Cu呈粉末状时,光线进入后被多次反射吸收,所以呈黑色20.(2025·重庆卷·15)硒(Se)