第一章物质及其变化第三节氧化还原反应课后练习高一上学期化人教版（2019）必修第一册.docx

第一章物质及其变化第三节氧化还原反应课后练习 高一上学期化人教版（2019）必修第一册一、单选题(共16题)1下列变化过程属于还原反应的是（ ）AHClCl2BMgMg2+CCl-AgClDCuOCu2“液态阳光”是利用太阳能等可再生能源产生的电力电解水生产“绿色”氢能、并将二氧化碳加氢转化为“绿色”甲醇等液体燃料，被形象地称为“液态阳光”。下列有关说法错误的是（ ）A水既是氧化物又是电解质B以水制氢属于氧化还原反应C二氧化碳属于酸性氧化物D二氧化碳加氢气生成甲醇是化合反应3根据反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu； 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-； HClO+H+Cl-=Cl2+H2O。可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是（ ）AHClO>Cl2>Fe3+>Cu2+>Fe2+BCl2>HClO>Fe3+>Cu2+>Fe2+CCl2>Fe3+>HClO>Cu2+>Fe2+DHClO>Cl2>Cu2+>Fe3+>Fe2+4已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+Fe2+；MnOMn2+；Cl22Cl-；HNO2NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（ ）AFe3+BMnOCCl2DHNO25已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（ ）ACl2通入FeI2溶液中，可存在反应 3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B每1mol Co2O3在酸性溶液中被氧化生成Co2+时转移2 mol e-CFeCl3溶液能使淀粉-KI试纸变蓝DI2具有较强的氧化性，可以将Co2+氧化成Co2O36根据下列化学方程式： 2MnO+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O 2Fe2+ Cl2=2Fe3+2Cl- 2Fe3+Cu=2Fe2+ + Cu2+ Fe+Cu2+=Fe2+ + Cu；可判断MnO、Fe2+ 、Cu2+ 、Fe3+、Cl2的氧化性由强到弱的顺序为：（ ）AFe3+>MnO>Cl2>Cu2+BCu2+> Cl2>MnO>Fe3+CCl2>MnO> Fe3+>Cu2+DMnO>Cl2>Fe3+>Cu2+7将mg铜与足量的硝酸充分反应，得到含NO2、NO、N2O4的混合气体，混合气体与448mL(标准状况下)O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸，则m等于（ ）A1.28B1.92C2.56D3.128下列有关说法错误的是（ ）A在食品中添加维生素C做抗氧化剂，是因为维生素C很难被氧化B汉代烧制出的瓷器，其主要原料为黏土C体积分数为75%的酒精常作消毒剂D氮的固定都发生了氧化还原反应92021年6月17日，我国用“长征二号F遥十二”火箭发射了神舟十二号载人飞船，火箭的主要燃料是偏二甲肼(用R表示)，在火箭发射时，偏二甲肼与四氧化二氮剧烈反应，产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，下列说法错误的是（ ）A每生成1molN2，该反应转移电子8molB采用液氧、煤油替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好C在此反应N2O4中作氧化剂DR的分子式为C2H8N210对于下列描述的过程，能正确表示其反应离子方程式的是（ ）A将高锰酸钾标准溶液滴入草酸溶液中：B将混有空气的通入溶液中，出现白色浑浊：C将一小块铁片投入足量稀硝酸中：D向溶液中加入稀盐酸：11室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）ApH=2的溶液中：B澄清透明的溶液中：C的HI溶液中：D含有大量的溶液中：12向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸，可发生以下反应：。下列说法不正确的是（ ）A单质S既是氧化产物又是还原产物B该反应中稀硫酸只体现酸性C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1D13下列关于硝酸的说法中正确的是（ ）A硝酸和活泼金属反应生成氢气和相应的硝酸盐B硝酸的浓度越大，其氧化性越强C稀硝酸可溶解Fe(OH)2生成Fe(NO3)2和水D王水是浓硝酸和浓盐酸体积比为31的混合物，能溶解金和铂14已知NH4CuSO3与足量的10molL-1硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成产生刺激性气味的气体溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是（ ）A反应中硫酸作氧化剂 BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气 D1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子15高铁酸钾()是一种强氧化剂。下列关于高铁酸钾的说法不正确的是（ ）A中铁元素的化合价是B中加入盐酸，可得到氯气，说明氧化性：C可以用作自来水消毒剂D是碱性氧化物16NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A降低NOx排放可以减少酸雨的形成B储存过程中NOx被氧化C还原过程中Ba(NO3)2作还原剂D通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原二、综合题（共4题）17在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。 反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O(1)“双线桥法”标出电子转移情况_。 (2)若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）： 理论上需要多少克KMnO4参加反应？_。被氧化的HCl的物质的量为多少？_。18I某厂废水中含有KCN，其浓度为0.1mol/L，现用氯氧化法处理，发生如下反应（化合物中N化合价均为-3价）：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O（1）上述反应中被还原的元素是_（用元素名称表示）。（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：_KOCN+_Cl2+_=_K2CO3+_N2+_KCl+_。_（3）若将1L含KCN的浓度为0.01mol/L的废水中KCN氧化为N2除去，最少需要氯气_mol。II石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯与综合利用工艺如下：(注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150)（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是_。（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体中的碳氧化物主要为_。由气体中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为_。（3）步骤为：搅拌、_。所得溶液中的阴离子有_。19某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料，其工艺流程如图所示：（1）碱性锌锰电池的工作原理：_（配平方程式），其中的电解质溶液是溶液。滤液中主要溶质的电子式为_。（2）已知中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中锰元素的化合价相同，则铁元素的化合价为_。（3）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将价锰的化合物全部还原成，写出该反应的离子方程式_。（4）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式相符合。写出“调铁”工序中可能发生反应的离子方程式_，_。若“测定滤液成分”结果为，滤液体积为，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为_（忽略溶液体积变化，用含、的代数式表示）。（5）在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把氧化为；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是_。（6）从滤液中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中的离子浓度由小到大的顺序为_。20工业上以硫酸泥（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）为原料提取硒，流程如图：（1）“脱硫”过程中，温度控制在95，原因是_。（2）“氧化”过程中，Se转化成H2SeO3，该反应的化学方程式为_。（3）“还原”过程是通过控制电位还原的方法将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中。下表是将“过滤”所得滤液中所含物质还原对应的电位。控制电位在0.7821.692V，可除去“过滤”所得滤液中残留的ClO2。名称Cu2+/CuZn2+/ZnFe2+/FeFe3+/Fe2+ClO2/Cl-H2SeO3/Se电位/V0.435-0.885-0.4630.7821.6920.743为使硒和杂质金属分离，加入Na2SO3还原时，电位应控制在_范围；H2SeO3（弱酸）还原为硒的离子反应方程式为_。（4）滤液中主要存在的金属阳离子有Zn2+、Na+、_。（5）所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25时Ksp(FeS)=6.010-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全c(Fe2+)1.010-5molL-1，则需控制溶液中c(S2-)_molL-1。参考答案1D【详解】AHClCl2中Cl元素化合价升高，发生氧化反应，A项不选；BMgMg2+中Mg元素化合价升高，发生氧化反应，B项不选；CCl-AgCl中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，C项不选；DCuOCu中Cu元素化合价降低，发生还原反应，D项选；答案选D。2D【详解】A从水的化学式H2O来看，水是氧化物，且水是电解质，故A正确；B电解水制氢过程中，氢、氧元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，故B正确；C二氧化碳能够和碱反应生成盐和水，则二氧化碳属于酸性氧化物，故C正确；D二氧化碳加氢气生成甲醇的化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，此反应不是化合反应，故D错误；本题答案D。3A【详解】Fe+Cu2+=Fe2+Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+Fe2+；2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+Cu2+；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2Fe3+；HClO+H+Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClOCl2，所以氧化性由强到弱的顺序正确的是HClOCl2Fe3+Cu2+Fe2+，故选：A。4B【分析】在这个反应过程中，碘离子是还原剂，氧化剂得电子越多，则最终得到的碘单质越多。【详解】假设物质的量均为1mol。A1molFe3+Fe2+转移1mole-；B1mol MnOMn2+转移5mole-；C1molCl22Cl-转移2mole-；D1molHNO3NO转移3mole-；B中1mol氧化剂反应过程中转移的电子最多，则生成的I2最多，故选B。5C【详解】ACl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，且铁离子可氧化碘离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3，A错误；BCo2O3在酸性溶液中易得电子而被还原成Co2+，所以每1 mol Co2O3在酸性溶液中被还原生成Co2+时转移2 mol e-，B错误；C氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以氯化铁溶液能使淀粉-KI试纸变蓝，C正确；DCo2O3的氧化性大于I2，所以Co2O3能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将Co2+氧化成Co2O3，D错误；故选C。6D【详解】反应MnO中Mn元素化合价+7价变化为+2价，化合价降低做氧化剂，氯离子化合价-1价变化为0价，化合价升高失电子被氧化生成氯气，氧化性MnOCl2，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Cl2中氯元素化合价0价变化为-1价，化合价降低做氧化剂，亚铁离子盐酸化合价+2价变化为+3价，元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物为Fe3+，氧化性Cl2Fe3+，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，反应中Fe3+元素化合价+3价变化为+2价做氧化剂，Cu元素化合价0价变化为+2价元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物Cu2+，氧化性Fe3+Cu2+，Fe+Cu2+=Fe2+Cu，反应中Cu2+元素化合价+2价变化为0价做氧化剂，Fe元素化合价0价变化为+2价元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物Fe2+，氧化性Cu2+Fe2+，可推断氧化性由强到弱的顺序为：MnOCl2Fe3+Cu2+Fe2+，故选：D。7C【详解】在整个反应过程中，Cu失去电子被HNO3中N得到，使N元素化合价由+5价降低为+4、+2价；当448mL(标准状况下)O2后，化合价降低的N元素又被氧气氧化成+5价N；因此，在反应中，铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，即n(Cu)mole-=mole-，n(Cu)=0.04mol，所以mg=0.04mol64g/mol=2.56g；答案选C。8A【详解】A维生素C作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故A错误；B瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故B正确；C酒精浓度太小杀菌不彻底，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜，阻止酒精渗入，体积分数75%酒精对细菌的渗透能力最强，一般选75%酒精杀菌，故C正确；D氮的三种固定方式，均由游离态转变为化合态，都有元素化合价升降，发生了氧化还原反应，故D正确；故选：A。9A【详解】A根据原子守恒分析，R的分子式为C2H8N2，该反应中N元素化合价由-3价、+4价变为0价，C元素化合价由-1价变为+4价，所以生成N2既是氧化产物也是还原产物，CO2是氧化产物，则每生成1mol N2，该反应转移电子的物质的量=1mol2（4-0）=mol，故A错误；B采用液氧、煤油替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，燃烧过程中不会生成氮的氧化，对环境更友好，故B正确；CN2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，故C正确；D根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确；故选：A。10B【详解】A在酸性溶液中，没有碱生成，A项错误；B与溶液不能直接反应，可能是在空气中久置，将溶解的氧化成，与溶液反应得到沉淀，B项正确；C铁片和足量稀硝酸反应生成，C项错误；D碳酸氢根不能拆，D项错误。故选B。11B【详解】ApH=2的溶液呈较强的酸性，的强氧化性将氧化，二者发生氧化还原反应不共存，A错误；B澄清透明的溶液可以有带颜色的离子，所以可以共存，B正确；C的HI溶液中，的强氧化性可以将I-氧化，二者发生氧化还原反应不共存，C错误；D含有大量的溶液中，和H+反应生成弱电解质CH3COOH，不能大量共存，D错误；答案为：B。12C【详解】A分析反应可知，硫化钠中硫元素化合价升高生成单质硫，亚硫酸钠中硫元素化合价降低生成单质硫，所以单质硫既是氧化产物又是还原产物，A正确；B硫酸中的化合价在反应前后不发生变化，在该反应中只体现酸性，B正确；C亚硫酸钠为氧化剂，化合价降低4价，硫化钠为还原剂，化合价升高2价，化合价升降守恒，所以氧化剂与还原剂物质的量比为：1：2；D根据化合价变化的硫原子守恒可知，D正确；答案为：C。13B【详解】A硝酸和活泼金属反应生成一氧化氮或二氧化氮气体和相应的硝酸盐，A错误；B硝酸的浓度越大，其氧化性越强，B正确；C稀硝酸可溶解Fe(OH)2生成Fe(NO3)3和水，C错误；D王水是浓硝酸和浓盐酸体积比为13的混合物，能溶解金和铂，D错误；故选B。14D【分析】根据题干信息，已知NH4CuSO3与足量的10molL-1硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成即由Cu单质生成，在由硫酸参与反应的体系中，产生刺激性气味的气体不可能是NH3，故有SO2生成，溶液呈现蓝色，即有CuSO4生成，故反应方程式为：2NH4CuSO3+2H2SO4=(NH4)2SO4+Cu+2SO2+CuSO4+2H2O，反应中转移了1mol电子，据此分析解题。【详解】A由分析可知，反应中只有Cu元素的化合价发生改变，故反应中硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；B由分析可知，反应中只有Cu元素的化合价发生改变，故NH4CuSO3中硫元素既不被氧化也不被还原，B错误；C在有硫酸的环境中，不可能刺激性气味的气体氨气，由分析可知，该气体是SO2，C错误；D由分析可知，1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，D正确；故答案为：D。15D【详解】A中K元素化合价为+1价，元素化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0可知，Fe元素化合价为，A正确；B根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可得氧化性：，B正确；C具有强氧化性，可杀死细菌，可以用作自来水消毒剂，C正确；D是盐，不是氧化物，D错误；故选D。16C【详解】A氮氧化物的排放能够引起硝酸型酸雨的发生，所以降低NOx排放可以减少酸雨的形成，故A正确；B根据图示，储存过程中，一氧化氮、二氧化氮结合氧气和氧化钡反应生成硝酸钡，NOx中氮的化合价升高，被氧化，故B正确；C还原过程中Ba(NO3)2转化为N2，N元素从+5价降为0价，被还原，Ba(NO3)2作氧化剂，故C错误；D依据图示，BaO转化为Ba(NO3)2储存NOx，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原NOx，故D正确；故选C。17 6.32g 0.2 mol 【分析】(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；(2)先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。【详解】(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；(2)在标准状态下， 2.24LCl2的物质的量n(Cl2)=0.1mol。根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol158g/mol=6.32g；由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol2=0.2mol。【点睛】本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。18氯 2KOCN+3Cl2+8KOH=2K2CO3+1N2+6KCl+4H2O 0.025 排出装置中的空气 CO SiCl46NaOH=Na2SiO34NaCl3H2O 过滤 、OH、Cl 【详解】（1）根据KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O反应可知，Cl2中的Cl元素的化合价由0价降低到-1价，被还原，故答案：氯。（2）由KOCNK2CO3中N的化合价由-3价到0价，失去3e-，Cl2中Cl元素的化合价由0价降低到-1价，得到1 e-，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式可得：2KOCN+3Cl2+8KOH=2K2CO3+1N2+6KCl+4H2O，故答案：2KOCN+3Cl2+8KOH=2K2CO3+1N2+6KCl+4H2O。（3）1L含KCN的浓度为0.01mol/L的废水中KCN的物质的量为0.01 mol，根据，KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O和2KOCN+3Cl2+8KOH=2K2CO3+N2+6KCl+4H2O反应可知，2KCN+12KOH+5Cl2=2K2CO3+N2+10KCl+6H2O得2KCN5Cl2，所以最少需要氯气0.025mol，故答案：0.025mol。II高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6C，金属氯化物的沸点均高于150C，80C冷却得到的气体II，含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体III存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠。(1)向反应器中通入Cl2前，需通一段N2，主要目的是排出装置中的空气，故答案：排出装置中的空气。(2)高温反应后，石墨中氧化物杂质均转为氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6C，金属氯化物的沸点均高于150C，80C冷却得到的气体II含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，其反应方程式为SiCl46NaOH=Na2SiO34NaCl3H2O；故答案：CO；SiCl46NaOH=Na2SiO34NaCl3H2O。(3)步骤为搅拌，并通过过滤操作将沉淀和溶液分离；由题意分析可知，所得溶液IV中的阴离子有AlO、Cl-、OH-;故答案：过滤；、OH、Cl。19Zn 2 2 Zn（OH）2 生成的催化了的分解 【分析】废旧电池加入水浸取过滤得到滤液A和滤渣，根据电池的工作原理可知，滤液A的主要成分为氢氧化钾；滤渣加入过量稀硫酸熔渣后加入铁，稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，过滤得到滤渣B和滤液，测定滤液成分，“调铁”工序的目的是调整溶液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1-x)Fe2O4相符合，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品MnxZn(1-x)Fe2O4和滤液C。【详解】(1)碱性锌锰电池以锌为负极，二氧化锰为正极，氢氧化钾溶液为电解液的原电池，反应生成MnO(OH)和Zn（OH）2，总反应式为Zn+2MnO2+2H2O= Zn（OH）2+2 MnO(OH)；与滤液A中溶质是KOH，含有离子键和共价键，电子式为。(2)已知MnxZn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，故Mn为+2价，锌+2价、氧元素-2价，则根据化合价代数和为0可知铁元素的化合价为+3。(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，根据元素守恒和得失电子守恒，该反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2+3H+=Mn2+Fe3+2H2O。(4)滤液中含有铁离子和氢离子，“调铁"工序中加入铁粉发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2。n（Mn2+）+n（Zn2+）=amolL-11000L=1000amol，已有铁元素bmol/L1000L=1000bmol，由电荷守恒可知MnxZn(1-x)Fe204中含Fe2O42-为1000amol，其中铁元素的物质的量为1000amol2=2000amol，还需加入铁的物质的量为2000amol-1000bmol，质量为（2000amol-1000bmol）mol56g/mol=（112a-56b）kg。(5)在“氧化"工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是生成的Fe3+催化了双氧水的分解。(6)用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥为硫酸铵，铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度为c(OH-)c(H+)c(SO42-)c(NH4+)。20温度低于95，脱硫速率偏低（硫在煤油中溶解度降低）,温度高于95，煤油挥发量加大 4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2+H2O+H2SeO3 0.4350.743 H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se+H2O Fe2+、Cu2+ 6.010-13 【分析】硫酸泥中加煤油，将S溶解、过滤以滤液的形式除去，滤渣中的Se用NaClO3氧化成H2SeO3，同时Fe2O3、CuO、ZnO被硫酸溶解，过滤除去SiO2，溶液中主要含有Fe3+、Cu2+、Zn2+、H2SeO3、Na+、SO42-，用Na2SO3还原，H2SeO3被还原成Se，Fe3+被还原成Fe2+，将电位控制在0.4350.743，然后过滤使Cu2+、Zn2+、Fe2+、Na+、SO42+以滤液形式除去，得到粗Se。【详解】（1）S溶于煤油，Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等不溶于煤油，过滤可除去S和煤油，温度太低，S在煤油中的溶解度太小，脱硫率低，除不尽，温度太高，煤油挥发太多，故答案为：温度低于95，脱硫速率偏低（硫在煤油中溶解度降低），温度高于95，煤油挥发量加大；（2）Se化合价从0升高到+4，作还原剂，NaClO3做氧化剂，还原产物为ClO2，Cl化合价从+5降低到+4，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂物质的量比=4:1，再结合原子守恒可得方程式：4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2+H2O+H2SeO3，故答案为：4NaClO3+Se+2H2SO4=2Na2SO4+4ClO2+H2O+H2SeO3；（3）从表格可知，为使硒和杂质金属分离，要将电位控制在0.743以下，0.435以上，H2SeO3被还原成Se，化合价降低4，SO32-作还原剂，化合价升高2，被氧化成SO42-，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se+H2O，故答案为：0.4350.743；H2SeO3+2SO32-=2SO42-+Se+H2O；（4）通过控制电位还原，几种金属离子均遗留在了溶液里，随滤液除去了，所以滤液中主要存在的金属阳离子有Zn2+、Na+、Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；（5）Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2-)，当c(Fe2+)1.010-5molL-1时，认为完全沉淀，有，解得：c(S2-)6.010-13 molL-1，故答案为：6.010-13。【点睛】“还原”过程是通过控制电位还原的方法将电位高的物质先还原，要使H2SeO3还原成Se，电位要比0.743小，但是太小，比如小于0.435，Cu2+就还原成Cu了，就不在溶液里了，所以电位要大于0.435的。