高考二轮复习知识点：过氧化氢

高考二轮复习知识点：过氧化氢
一、选择题
1．（2020·浙江）下列说法正确的是（　　）
A． 在空气中加热可得固体
B． 加入到过量 溶液中可得
C． 在沸腾炉中与 反应主要生成
D． 溶液中加入少量 粉末生成 和
2．（2023·奉贤模拟）双氧水是一种常见的氧化剂，下列对H2O2叙述正确的是（　　）
A．H2O2的摩尔质量为34 B．H2O2中只有极性共价键
C．也具有还原性 D．H2O2的电子式为
3．（2023·凉山模拟）用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是
A．H2O2的电子式为
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应②中有1molO2参与反应时转移电子的物质的量为2mol
D．反应过程中[PbCl2O2]2 、HCl均为该反应的催化剂
4．（2022·徐汇模拟）双氧水()与下列溶液反应，不能体现氧化性的是（　　）
A．酸性溶液 B．淀粉KI溶液
C．溶有的溶液 D．盐酸酸化的溶液
5．（2022·满洲里模拟）H2O2被称为“最清洁的消毒剂”，国家卫生健康委办公厅印发了《消毒剂使用指南》，其中明确指定过氧化氢为新冠病毒消毒剂之一，适用于物体表面、室内空气的消毒等。一种用H制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．H2O2是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗34gH2O2时反应转移1mol电子
B．该制备反应的总反应方程
C．该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子有3种
D．反应过程中每一步反应Pd元素的化合价均发生了变化
6．（2022·浙江模拟）下列“类比”推测不合理的是（　　）
A．Na2S2与盐酸反应生成NaCl、S和H2S，则S2Cl2在盐酸中转化为HCl、S和H2S
B．Na2O2具有较强的氧化性，则Na2S2也具有氧化性，但比Na2O2弱
C．H2O2易分解为H2O和O2，则H2S2也易分解为H2S和S
D．H2O2的分子构型不是直线形，则S2Cl2也不是直线形
7．（2021·天河模拟）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的离子方程式书写错误的是（　　）
A．硅酸钠溶液和盐酸反应：
B．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
C．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：
8．（2021·义乌模拟）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种白色晶体，具有无毒，无臭，无污染等优点，常做食品、医药、卫生等部门的去污剂、清洗剂、杀毒剂，也是一种性能优异的急救供氧剂。可用碳酸钠和双氧水化合制备： ，下列说法错误的是（　　）
A．过碳酸钠具有强氧化性
B．1mol过碳酸钠发生热分解，转移的电子数为3NA
C．生产过种中若遇到酸、铁盐等都可能导致产率下降
D．将过碳酸钠溶液与亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=2Na2CO3+3NaHSO4+3H2O
9．（2021·浙江模拟）下列实验方案设计、现象与结论都正确的是（　　）
　 实验目的 方案设计 现象和结论
A 探究Fe2+、Cu2+对H2O2溶液分解的催化效果强弱 在两支试管a、b中各加2 mL5%H2O2溶液，分别滴入0.1 mol L-1FeCl3溶液和0.1 mol L-1CuSO4溶液各0.5 mL 若a中产生气泡快于b中，则说明Fe3+的催化效果强于Cu2+
B 探究Fe与水蒸气高温反应后固体产物中铁元素的化合价 取少量固体产物于试管中，加足量的稀硫酸溶解，分成两份：一份滴加几滴KSCN溶液，另一份少量滴加KMnO4溶液 若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3两种价态
C 探究油脂在碱性条件下的水解 在小烧杯中加入约5 g动物脂肪、6 mL95%的乙醇，再加入6 mL 40%的氢氧化钠溶液，微热一段时间后取少量清液，加入新制氢氧化铜 若出现绛蓝色，则油脂已发生水解
D 探究Cu与硫酸的 反应 铜粉加入稀硫酸中，加热，再加入少量KNO3固体 未加KNO3固体前，无明显现象；加入KNO3固体后，产生大量气泡，则说明KNO3起催化作用
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·惠州模拟）根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去 H2O2具有氧化性
B 将二氧化硫气体通入品红溶液，品红溶液褪色 二氧化硫具有漂白性
C 向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀 浓硫酸具有吸水性
D AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现 KSPAgI > KSPAgCl
A．A B．B C．C D．D
11．（2021·攀枝花模拟）化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（　　）
A．石灰石可用作燃煤的脱硫剂
B．过氧化氢溶液可用作医用消毒剂
C．碳酸钡可用作胃肠X射线透视的造影剂
D．硫化钠可用作去除废水中Pb2+的沉淀剂
12．（2021·安徽模拟）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是（　　）
A．H2O参与了该催化反应
B．过程①中反应的原子利用率为100%
C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成
D．每次循环的净反应为H2O2+2Cl－=2HOCl+2e－
13．（2020·西安模拟）根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（　　）
选项 操作 现象 结论
A 向蔗糖中加入浓硫酸 蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体 浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B 向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀 AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C 铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中 无明显现象 浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜
D 向盛有 H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液 溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成 Fe3+催化 H2O2 分解产生 O2
A．A B．B C．C D．D
14．（2020·安徽模拟）根据下列实验操作和实验现象所得出的结论错误的是（　　）
　 实验操作 实验现象 结论
A 向蔗糖中加入浓硫酸 蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体 浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B 向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液 溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成 Fe3+催化H2O2分解产生O2
C 铝片先用砂纸打磨，常温下再加入到浓硝酸中 无明显现象 常温下，铝不跟浓硝酸反应
D 向浓度均为0.01mol·L-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
15．（2020·太原模拟）2020年3月10日，习近平总书记赴湖北武汉考察新冠疫情工作，给奋战在抗疫一线的战士们、武汉乃至全国人民极大的鼓舞。下列说法错误的有（　　）
①用于消毒的酒精、“84”消毒液、双氧水、过氧乙酸(CH3COOOH)等均属于有机物
②95%的酒精比75%的酒精杀菌效果好
③“84”消毒液露置在空气中不会变质
④双氧水能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，其褪色原理均为氧化还原反应
⑤修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯）膜是一种无毒、无味的高分子材料
⑥医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯可以使溴水褪色
⑦科研人员积极研发抗击新型冠状病毒的疫苗，疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
⑧N95口罩用0.3 mNaCl颗粒进行测试，阻隔率达95%以上，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5
⑨过氧乙酸和乙酸属于同系物
A．6项 B．5项 C．4项 D．3项
16．（2019·榆林模拟）用如图所示装置进行实验一将①滴入②中，②中实验现象和反应类型不完全正确的是（　　）
选项 ① ② ②中实验现象和反应类型 实验装置
A 苯 溴水 溴水橙色褪去，液体分层。加成反应
B 浓盐酸 浓硫酸 产生大量白雾。物理变化
C 双氧水 MnO2 产生大量气泡。分解反应
D 浓硝酸 铜粉 产生红粽色气体。氧化还原反应
A．A B．B C．C D．D
17．（2018·昆明模拟）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．利用硅材料可制成光伏发电装置
B．SO2、漂白液、双氧水的漂白原理相同
C．使用无磷洗涤剂可减少水华的发生
D．催化净化汽车尾气可降低污染
18．（2015·昆明模拟）下列说法不正确的是（　　）
A．双氧水可用于皮肤伤口消毒
B．水玻璃是制备硅胶和木材防火剂等的原料
C．生石灰和铁粉都是食品包装中常用的干燥剂
D．生活中可用电解饱和食盐水的方法制取消毒液
19．（2022高二下·云浮期末）H2O的和H2O2的含有相同的元素，H2O2的分子空间结构如图所示，下列说法正确的是
A．H2O2的是非极性分子
B．1molH2O2中含有2molσ键
C．H2O和H3O+的VSEPR模型不同
D．H2O分子之间存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的
20．（2021高一上·朝阳期末）探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是（　　）
实验 试剂a 现象 结论
A 溶有SO2的BaCl2溶液 产生沉淀 H2O2有氧化性
B 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 H2O2有氧化性
C KI淀粉溶液 溶液变蓝 H2O2有氧化性
D 盐酸酸化的FeCl2溶液 溶液变黄 H2O2有氧化性
A．A B．B C．C D．D
21．（2021高一上·大连期末）金属铈(Ce是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及H2O2的转化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应历程的总反应为：H2O2=H2O+O2↑
B．过程①的离子方程式：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
C．过程②中，每有1molCe3+参加反应时转移的电子数为3.01×1023
D．还原性：CeO2>H2O2
22．（2021高二下·齐齐哈尔期末）过氧乙酸(CH3COOOH)是“抗非典”的主要消毒剂，也能将新型冠状病毒杀死，可由乙酸和H2O2反应制得。下列说法错误的是（　　）
A．过氧乙酸能杀灭病毒的主要原因是其具有强氧化性而使病毒变性
B．过氧乙酸不稳定，易分解，保存时应避光，低温保存
C．过氧乙酸属于有机物，故属于非电解质
D．制备过氧乙酸时不应在金属容器中进行且不可用于金属器械的消毒
23．（2021高一下·虹口期末）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是（　　）
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
二、非选择题
24．（2023·白沙模拟）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对性质进行如下实验。
（1）I.验证的还原性
查阅资料：溶液与氯水发生反应时表现还原性。
制取氯水
①仪器X的名称是 　 　，生成的化学方程式为 　 　。
②饱和食盐水的作用是 　 　。
（2）取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入溶液至过量，产生大量气泡该气体可使余烬复燃，还观察到溶液颜色发生的变化是 　 　。
（3）Ⅱ.探究、对分解的影响
选用溶液和溶液，探究、对分解的影响。记录数据如下：
实验序号 添加试剂及用量 完全分解所需时间
1 溶液
2 溶液
实验结果显示，可得出的结论是：　 　填化学式更有利于分解。
（4）甲同学查阅资料得知：能加速分解，对分解无影响。为排除干扰，该同学进行实验：向两份溶液中分别加入amL浓度均为 　 　的 　 　填化学式溶液和 　 　填化学式溶液。内，发现均几乎不分解。甲同学认为：在无存在的情况下，、对催化分解无影响。
25．（2021·扬州模拟）活性自由基HO可有效除去废水中的苯酚等有机污染物。
（1）H2O2在Fe3O4催化剂表面产生HO除去废水中的苯酚的原理如图-1所示。
①酸性条件下，该催化过程中产生HO的反应的离子方程式为　 　。
②在不同初始pH条件下，研究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是　 　。
（2）掺杂了Cr3+的Fe3O4催化剂催化氧化原理如图-2所示。在Fe3O4催化剂中掺杂少量Cr3+，可提高催化效率，但浓度太高，反而会降低催化效率，其原因是　 　。
（3）光催化氧化技术也可生成HO降解有机污染物。其原理如图-3.光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴。价带上生成HO的电极反应式为　 　。图中，HO还有另外的产生途径，描述其产生过程：　 　。
26．（2021·金华模拟）化合物X仅含三种元素，通过如下实验推断其组成：
已知：X、A、B、C、D均为单一物质。
请回答：
（1）组成X的元素是　 　(填元素符号)，X的化学式是　 　。
（2）步骤Ⅰ，发生的化学方程式是　 　。
（3）灼热黑色固体D投入乙醇中，固体变红，写出相应的化学方程式　 　。
（4）步骤Ⅱ， 与A反应时理论消耗的物质的量之比是1∶2，但 实际消耗量却明显偏大，其原因是　 　。请设计实验证明　 　。
27．（2020·南宁模拟）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。
（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为　 　。
（2）在步骤II中除去的离子是　 　，操作X的名称为　 　。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是　 　，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为　 　。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。
A.10~11 B．>11 C．约为10 D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为　 　，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是　 　。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：
电解池工作时，阴极发生的电极反应式为　 　，该装置的电能主要转变为　 　能。
28．（2019·定远模拟）
（1）I．双氧水（主要成分H2O2）是常见的氧化剂、还原剂。
如下图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式　 　。
（2）H2O2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式　 　。
（3）II．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式： 　 　。
（4）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为　 　（填代号）。
a．NaHCO3 b．Na2CO3 c．Fe(OH)3
d．Na[Al(OH)4]
（5）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为　 　。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为　 　（填代号）。
a．盐酸 b．BaCl2溶液 c．NaOH溶液 d．Ca(OH)2溶液
（6）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式为　 　，E是　 　（填化学式）。
29．（2015·杭州模拟）过氧化氢的水溶液俗称双氧水，它的用途很广，常用于消毒、杀菌、漂白等．试回答下列问题：
（1）过氧化氢属于　 　（极性/非极性）分子．
（2）Na2O2，K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢溶液可取上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，然后经　 　操作即可制得，则上述最适合的过氧化物是　 　．
（3）几乎所有古代艺术家的油画都是以铅白2PbCO3 Pb（OH）2为底色，但若空气中含H2S气体，铅白就会变黑，可以用H2O2将黑色物氧化成颜色相近的PbSO4而修复，写出铅白在空气中变黑的化学方程式：　 　．
（4）甲酸钙[Ca（HCOO）2]广泛用于食品工业生产上，实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，①则该反应的化学方程式为　 　，②过氧化氢比理论用量稍多，其目的是　 　． ③反应温度最好控制在30﹣70℃，温度不易过高，其主要原因是　 　．
（5）图2是硼氢化钠（NaBH4）一过氧化氢燃料电池示意图，该电池负极的电极反应方程式为　 　．
（6）过氧化氢与碳酸钠的加合物 Na2CO3 xH2O2比较稳定，方便储存，可用于消毒、漂白，现称取100g Na2CO3 xH2O2晶体加热，实验结果如图1所示，则该晶体的组成为　 　．
30．（2021高一上·广安期末）氧化剂过氧化氢在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。根据所学知识，回答下列问题：
（1）保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是____(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）向滴加了淀粉溶液的溶液中加入，观察到的现象是　 　。
（3）油画中铅白(碱式碳酸铅)与空气中的硫化氢反应生成硫化氢，可洗涤，发生反应为：，则处理转移电子的物质的量是　 　。
（4）向橙红色溶液中加入硫酸酸化，再加入足量，溶液变为蓝色，则上述反应中作　 　剂(填“氧化”或“还原”)，铬元素化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)。
（5）常温下，往溶液中滴加少量溶液，可发生如下两个反应：；。下列说法正确的是____(填标号)。
A．的氧化性一定比强
B．在分解过程中，溶液的逐渐下降
C．在分解过程中，Fe2+和的总量保持不变
D．生产过程要严格避免混入
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；过氧化氢；铁盐和亚铁盐的相互转变；钠的氧化物
【解析】【解答】A．无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，A符合题意；
B．Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe2+反应，所以不会生成Fe，B不符合题意；
C．FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4 FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，C不符合题意；
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化学方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.2Na2O+O22Na2O2；
B．Mg+2Fe3+=Mg2++2Fe2+；
C．FeS2燃烧产物主要是SO2；
D．H2O2溶液中加入少量MnO2作催化剂加速双氧水分解。
2．【答案】C
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．H2O2的摩尔质量为34g/mol，A不符合题意；
B．H2O2中存在O-O非极性共价键，B不符合题意；
C．H2O2中O为-1价，故H2O2具有还原性，如H2O2可被酸性高锰酸钾氧化体现还原性，C符合题意；
D．双氧水为分子化合物，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．摩尔质量的单位为g/mol；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．依据化合价判断；
D．双氧水为分子化合物。
3．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】A．H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为，故A不符合题意；
B．反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B不符合题意；
C．反应②中是Pd＋O2＋2Cl－＝[PbCl2O2]2 ，[PbCl2O2]2 中Pd为+2价，根据得失电子守恒，因此有1mol O2参与反应时转移电子的物质的量为2mol，故C符合题意；
D．反应过程中[PbCl2O2]2 为该反应的催化剂，HCl是中间产物，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．H2O2是共价化合物；
B．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断；
C．根据得失电子守恒分析；
D．根据应中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现；催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
4．【答案】A
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应时，双氧水为反应的还原剂，反应中被氧化为氧气，表现还原性，故A符合题意；
B．双氧水与淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故B不符合题意；
C．双氧水与溶有二氧化硫的氯化钡溶液中的二氧化硫反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故C不符合题意；
D．双氧水与盐酸酸化的氯化亚铁溶液中的氯化亚铁反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化剂反应中元素化合价降低，被还原，体现氧化性。
5．【答案】C
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A.34g的物质的量为，在消毒过程中，当发生的是分解反应时，转移电子数为1mol，当只作氧化剂时，转移电子数为2mol，A不符合题意；
B．这是由制备的反应原理图，结合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，可以推断为催化剂，而Pd和为反应的中间体，所以该制备反应的总反应方程为，B不符合题意；
C．该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子分别为、HCl和，C符合题意；
D．离子带两个单位负电荷，其中有4个-1价的，则Pd的化合价为+2；带两个单位负电荷，结构为 ，其中2个-1价的，而O为-1价，则Pd的化合价为+2；即由转化为时，Pd化合价没有改变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.利用得失电子守恒分析；
B．催化剂在反应前后质量和化学性质不变；
C．依据18电子微粒分析；
D．利用配合物的结构分析。
6．【答案】A
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．二氯化二硫中硫元素为+1价，在盐酸中与水反应生成氯化氢、硫和二氧化硫，故A符合题意；
B．过氧化钠中氧元素为-1价，所以过氧化钠具有强氧化性，过硫化钠中硫元素也为-1价，所以过硫化钠也具有氧化性，但硫元素的电负性小于氧元素，-1价硫元素的得到电子的能力弱于-1价氧元素，氧化性弱于过氧化钠，故B不符合题意；
C．过氧化氢中氧元素为-1价，性质不稳定，易分解生成氧气和水，过硫化氢中硫元素也为-1价，所以性质也不稳定，易分解生成硫和硫化氢，故C不符合题意；
D．过氧化氢分子中氧原子为sp3杂化，过氧化氢的分子构型是V形，不是直线形，二氯化二硫分子中硫原子也为sp3杂化，所以二氯化二硫的分子构型也是V形，也不是直线形，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Na2S2中硫为-1价，与盐酸反应S元素发生自身氧化还原反应，生成S和H2S，S2Cl2中S是+1价，不能类比；
B. Na2O2具有较强的氧化性，是因为含有过氧键，则Na2S2 含有二硫键，与Na2O2性质相似，但是S的非金属性比O弱，所以 Na2S2的氧化性比Na2O2弱；
C.O和S位于同一主族，性质相似，而H2O2 和 H2S2 结构相似，性质相似；
D.过氧化氢分子中氧原子为sp3杂化，过氧化氢的分子构型是V形，不是直线形，二氯化二硫分子中硫原子也为sp3杂化，二氯化二硫也应该为V形。
7．【答案】B
【知识点】过氧化氢；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硅酸钠溶液和盐酸反应的化学方程式为：Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，故其离子方程式为：，A不符合题意；
B．硫酸铜溶液中加少量的铁粉反应的化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，故其离子方程式为：，B符合题意；
C．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水的离子方程式为：，C不符合题意；
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B.铜离子与铁发生置换反应，生成的是亚铁离子
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．过碳酸钠中含有过氧键，具有强氧化性，A不符合题意；
B．根据过碳酸钠的化学式可知1mol过碳酸钠发生热分解转移的电子数应和3mol H2O2分解转移的电子数相同，转移3mol 电子，即转移的电子数为3NA，B不符合题意；
C．酸会消耗碳酸钠，铁盐消耗碳酸钠同时还能促进双氧水分解，所以会导致产率下降，C不符合题意；
D．根据电子守恒和元素守恒可得符合题意方程式应为Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=NaHCO3 +3Na2SO4 +CO2↑+4H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 ，过氧化氢具有一定的氧化性
B.根据过氧化氢的分解即可计算出电子的转移量
C铁离子可以促进过氧化氢分解，以及酸可以消耗碳酸钠
D.亚硫酸钠和碳酸钠不能共存
9．【答案】C
【知识点】过氧化氢；浓硫酸的性质；探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．应该采用控制变量法研究。a、b两只试管中不仅金属阳离子不同，而且阴离子也不同，因此不能证明是Fe3+的催化效果强于Cu2+，A不符合题意；
B．若Fe没有完全与水蒸气发生反应，过量的Fe与硫酸反应产生Fe2+，具有还原性，也能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中铁元素有+2、+3两种价态，B不符合题意；
C．若向反应后的溶液中加入新制氢氧化铜出现绛蓝色，说明反应产生了含有多羟基的物质甘油，从而可证明油脂已发生水解，C符合题意；
D．铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显现象，然后再加入少量KNO3固体，产生大量气泡，是由于在酸性条件下， 具有强氧化性，H+、 起HNO3的作用，将Cu氧化为Cu2+， 被还原为NO气体，而不能说明KNO3起催化作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.应该保持阴离子相同
B.无法保证铁单质是否完全反应完全
C.多羟基的醇可与新制氢氧化铜作用出现绛蓝色
D.铜与溪流三不反应，加入硝酸钾时引入硝酸根离子在氢离子作用下具有氧化性
10．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过氧化氢；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A． KMnO4是强氧化剂，向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去，说明H2O2具有还原性，A项不符合题意；
B．将二氧化硫气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明二氧化硫具有漂白性，B项符合题意；
C．向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，C项不符合题意；
D．AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现，说明AgI比AgCl更难溶，则KSPAgI ＜KSPAgCl，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据紫色褪去发生氧化还原反应说明过氧化氢具有还原性
B.符合漂白性的检验
C.主要是体现浓硫酸的脱水性
D.溶度积越小越易沉淀
11．【答案】C
【知识点】过氧化氢；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；除杂
【解析】【解答】A．高温下石灰石和二氧化硫反应，最终转化为硫酸钙，因此可用作燃煤的脱硫剂，A不符合题意；
B．过氧化氢溶液具有强氧化性，可用作医用消毒剂，B不符合题意；
C．碳酸钡不溶于水，但可溶于酸，不能用作胃肠X射线透视的造影剂，应该是硫酸钡，C符合题意；
D．硫化钠可用作去除废水中Pb2+的沉淀剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A加入石灰石最终可以将硫元素固定减小二氧化硫的排放
B.过氧化氢具有一定的氧化性，还原产物为水，可以做消毒
C.一般的钡餐是硫酸钡，不是碳酸钡，其他选项均正确
D.PbS不溶于水也不溶于酸
12．【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】A．过程④说明H2O参与了该催化反应，故A不符合题意；
B．根据过程①的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B不符合题意；
C．过程①中有氢氧键的形成，过程②中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C不符合题意；
D．根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H＋＋H2O2＋Cl－=HOCl＋H2O，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.通过过程④即可判断水作为反应物参与反应
B.根据过程①的反应物和生成物即可判断原子利用率
C.根据反应过程①和②即可判断反应中的键的断裂和形成
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
13．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；过氧化氢；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A. 向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应生成刺激性气味的二氧化硫，体现强氧化性，故A不符合题意；
B. 向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀 AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B不符合题意；
C. 铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C不符合题意；
D. 向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明H2O2在酸性条件下氧化Fe2+变为Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化H2O2分解产生O2，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A、变成海绵状炭说明脱水性，而刺激性气味说明有二氧化硫生成，体现了氧化性
B、Ksp越小越先沉淀
C、铝在浓硫酸中发生钝化
D、铁离子只作催化剂，不参加反应，故不会有红褐色沉淀出现
14．【答案】C
【知识点】过氧化氢；浓硫酸的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．蔗糖含有C、H、O三种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性，A选项不符合题意；
B．溶液变棕黄色，说明H2O2溶液氧化硫酸亚铁溶液生成Fe3+，一段时间后，溶液中有气泡生成，则说明溶液中的Fe3+催化H2O2分解产生O2，B选项不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，能与铝发生反应，使铝表面形成致密的氧化膜从而钝化，而不是不发生反应，C选项符合题意；
D．AgCl、AgI组成相似，则溶度积小的物质先生成沉淀，向浓度均为0.1mol L-1的KCl、KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】钝化是指金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝化的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法。常温下将铝单质投放的浓硝酸中没有明显的现象是由于铝发生了钝化反应，而不是二者之间不反应。
15．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；过氧化氢；乙醇的化学性质；高分子材料
【解析】【解答】①用于消毒的酒精、过氧乙酸(CH3COOOH)属于有机物，“84”消毒液的主要成分为NaClO，双氧水为H2O2，两者属于无机物，①不符合题意；
②乙醇溶液消毒原理是乙醇分子通过细胞膜，使内部蛋白质变性，浓度过高不易进入细胞内部，75%的乙醇溶液消毒效果最佳，②不符合题意；
③“84”消毒液露置在空气中，空气中的CO2和H2O会使NaClO生成HClO，HClO不稳定，见光易分解，从而“84”消毒液变质，③不符合题意；
④双氧水能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，前者双氧水体现还原性，后者双氧水体现氧化，两者的褪色原理均为氧化还原反应，④符合题意；
⑤修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜属于乙烯的加聚产物，是一种无毒、无味的高分子材料，⑤符合题意；
⑥医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，⑥不符合题意；
⑦科研人员积极研发抗击新型冠状病毒的疫苗，疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质受热易变形失活，因此疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，⑦符合题意；
⑧N95型口罩，“N”的意思是不适合油性的颗粒；“95”是指在NIOSH（美国国家职业安全卫生研究所）标准规定的检测条件下，0.3微米氯化钠颗粒过滤效率达到95%。PM2.5，指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，因2.5微米大于0.3微米，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5，⑧符合题意；
⑨过氧乙酸分子式为CH3COOOH，乙酸分子式为CH3COOH，两者不属于同系物，⑨不符合题意；
综上所述，①②③⑥⑨共5项不符合题意，B选项符合题意。
【分析】①根据物质的分类即可判断，酒精和过氧乙酸属于有机物②一般杀菌用的是75%的酒精溶液③84消毒液长时间防止会发生变质④利用高锰酸钾氧化性，过氧化氢的还原性进行判断⑤聚乙烯是有机材料⑥使溴水褪色需要有双键或者不饱和键但是聚乙烯不含有双键⑦疫苗主要是蛋白质，需要低温保存防止高温变性⑧根据给出的信息即可判断⑨结构不同不属于同系物
16．【答案】A
【知识点】过氧化氢；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、利用Br2单质易溶于苯，苯萃取溴水中溴单质，而使溴水褪色，属于物理变化，故A符合题意；
B、浓硫酸遇水放出大量的热，浓盐酸受热易挥发，属于物理变化，故B不符合题意；
C、MnO2作催化剂，使H2O2分解成H2O和O2，故C不符合题意；
D、铜与浓硝酸发生Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O， 产生红棕色气体NO2，该反应属于氧化还原反应，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】 A.苯与溴水不反应;
B.浓盐酸易挥发;
C.过氧化氢分解生成氧气;
D. Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮。
17．【答案】B
【知识点】过氧化氢；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、晶体硅是制造太阳能电池的原料，故A说法不符合题意；
B、SO2的漂白原理是SO2与有色物质简单结合，生成不稳定的物质，漂白液有效成分是NaClO，漂白液、双氧水的漂白原理利用的是强氧化性，把有色物质氧化，故B说法符合题意；
C、水华是废水中含有较多的磷、氮造成，故C说法不符合题意；
D、汽车废气中含有氮的氧化物，使用催化净化汽车尾气，可以减少氮的氧化物的排放，减少污染，故D说法不符合题意。
【分析】A.太阳能电池的主要原料是高纯硅；
B.二氧化硫的漂白原理是与有色物质化合为无色物质；
C.含磷物质的含量增加是形成水华的原因；
D.汽车尾气是大气污染的主要成分。
18．【答案】C
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A、因为双氧水具有较强的氧化性，具有杀菌能力，且产物是水，对伤口无刺激作用，故A正确；
B、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，所以硅酸钠的水溶液水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；
C、铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；
D、饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，次氯酸钠水解生成次氯酸具有强氧化性，可以消毒杀菌，可用电解饱和食盐水的方法制取消毒液，故D正确．
故选C．
【分析】A、双氧水中氧为﹣1价，具有氧化性；
B、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，具有粘性；
C、铁粉是抗氧化剂；
D、饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠；
19．【答案】D
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．H2O2分子空间构型是二面角构型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A不符合题意；
B．单键由1个σ键组成，1molH2O2中含有3molσ键，故B不符合题意；
C．H2O分子中O原子的价层电子对数为=2+=4，VSEPR模型为四面体，H3O+离子中价层电子对=3+1=4，所以其VSEPR模型也为正四面体，故C不符合题意；
D．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子；
B．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
D．分子间含有氢键，熔沸点较高。
20．【答案】B
【知识点】过氧化氢；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2+SO2=H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应生成BaSO4沉淀，即H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故A不符合题意；
B．将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，中Mn元素由+7价得电子变成+2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2+，紫色溶液褪色，H2O2中氧元素由-1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B符合题意；
C．将H2O2溶液加入KI淀粉溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成的I2遇淀粉变蓝，故C不符合题意；
D．将H2O2溶液加入盐酸酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成了Fe3+，溶液变黄，故D不符合题意；
答案为B。
【分析】A.白色沉淀为硫酸钡，说明双氧水将二氧化硫氧化为硫酸；
B.高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化双氧水；
C.溶液变蓝，说明碘离子被双氧水氧化为碘单质；
D.溶液变黄，说明亚铁离子被双氧水氧化为铁离子。
21．【答案】B
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．由图可知，二氧化铈是反应的催化剂，反应历程的总反应为2H2O22H2O+O2↑，故A不符合题意；
B．由图可知，过程①发生的反应为酸性条件下，二氧化铈与过氧化氢溶液反应生成正三价铈离子、氧气和水，反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故B符合题意；
C．由图可知，过程②发生的反应为碱性条件下，正三价铈离子与过氧化氢溶液反应生成二氧化铈和水，反应的离子方程式为2Ce3++H2O2+6OH-=CeO2+4H2O，反应中每有1mol正三价铈离子参加反应时转移的电子数为6.02×1023，故C不符合题意；
D．由图可知，过程②发生的反应为碱性条件下，正三价铈离子与过氧化氢溶液反应生成二氧化铈和水，则氧化剂过氧化氢的氧化性强于氧化产物二氧化铈，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．二氧化铈是反应的催化剂；
B．酸性条件下，二氧化铈与过氧化氢溶液反应生成正三价铈离子、氧气和水；
C．碱性条件下，正三价铈离子与过氧化氢溶液反应生成二氧化铈和水；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物。
22．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；过氧化氢
【解析】【解答】A．过氧乙酸具有强氧化性，能使病毒因发生氧化反应而变性，达到杀灭病毒的作用，故A不符合题意；
B．过氧乙酸不稳定，遇光遇热易发生分解反应，为防止过氧乙酸分解，保存时应避光，低温保存，故B不符合题意；
C．过氧乙酸属于有机物，在溶液中能发生微弱电离，属于电解质，故C符合题意；
D．过氧乙酸具有强氧化性，水溶液呈弱酸性，能与金属发生反应，则制备过氧乙酸时不应在金属容器中进行且不可用于金属器械的消毒，防止金属容器或器械因氧化而被腐蚀损坏，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧乙酸中含有过氧基-O-O-；
B.过氧基不稳定；
C.过氧乙酸(CH3COOOH)属于酸；
D.过氧乙酸属于酸且具有强氧化性。
23．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2=H2S↑＋S↓分析。
24．【答案】（1）圆底烧瓶；；除去氯气中的HCl气体
（2）黄绿色褪去
（3）CuCl2
（4）2b；KNO3；KCl
【知识点】过氧化氢；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据仪器的结构特点可知，X的名称为圆底烧瓶；利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，；
故答案为：圆底烧瓶；；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体；
故答案为：除去氯气中混有的HCl气体；
（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体使余烬复燃 ，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄绿色褪去；
故答案为：黄绿色褪去；
（3）t1＜t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解；
故答案为：CuCl2；
（4）Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，结合电荷守恒，所以应向两份50moL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度为2bmol/L的KNO3、KCl溶液；
故答案为：2b；KNO3；KCl。
【分析】（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、水和氯气；
②依据反应物和试剂的性质分析；
（2）依据反应物的性质分析；
（3）依据时间的长短判断；
（4）依据电荷守恒分析。
25．【答案】（1）H+ + H2O2 + Fe2+ = H2O +Fe3+ + HO ；酸性有利于HO 的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
（2）掺杂少量Cr3+可以促进Fe2+生成，有利于HO 的形成。但Cr3+浓度过高，会使过多H2O2分解生成O2，不利于HO 的产生
（3）H2O e = H+ + HO ；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O ，最终转化为HO
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；过氧化氢
【解析】【解答】(1)①据图可知酸性环境中Fe2+被氧化为Fe3+，同时得到HO ，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为H+ + H2O2 + Fe2+ = H2O +Fe3+ + HO ；
②根据①中反应方程式可知，酸性有利于HO 的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高，随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，电离出氢离子，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近；
(2)掺杂少量Cr3+可以促进Fe2+生成，有利于HO 的形成，但具体可知Cr3+可以催化H2O2分解生成氧气，所以Cr3+浓度过高，会使过多H2O2分解生成O2，不利于HO 的产生；
(3)据图可知水分子在价带上失电子发生氧化反应，电极反应为H2O e = H+ + HO ；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O ，最终转化为HO 。
【分析】（1）① 根据反应物和生成物即可写出方程式②根据反应方程式即可判断，酸性条件时去除率较高，根据图示-1即可判断苏子和反应进行苯酚变为醋酸，导致氢离子浓度增大，除去率增大
（2）根据图二可以看出，增加铬离子促进了铁离子的产生，同时消耗的大量的过氧化氢降低催化效果
（3）价带上是水失去电子变为HO 的过程，根据图示即可看出在导带上氧气也会产生HO
26．【答案】（1）Na、Cu、I；
（2） 或：
（3）
（4） 在 (或 )的催化下发生分解；取两份同温同浓度的 溶液，一份加 固体(或NaI固体)，一份加 固体，如果第一份产生气泡速率明显加快，第二份产生气泡速率无明显变化，则可以证明
【知识点】过氧化氢；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)据分析，组成X的元素是钠、铜和碘。化合物中加入氢氧化钠生成固体B，加入过量的稀硫酸生成红色固体和蓝色溶液，说明固体B为+1价铜，与硫酸发生歧化反应，生成铜和硫酸铜，蓝色溶液加入氢氧化钠后过滤洗涤烘干得到的黑色固体为氧化铜，质量为0.8克，则铜的物质的量为0.01mol，说明原化合物中含有铜为0.02mol，无水晶体C为硫酸钠，质量为1.42克，物质的量为0.01mol，含有0.02mol钠离子，则无色溶液中含有钠离子物质的量为0.04mol，加入氢氧化钠的物质的量为1×0.02=0.02mol，说明原化合物X中含有钠离子物质的量为0.04-0.02=0.02mol，根据化合物X为6.82克分析，碘元素的质量为6.82-0.02×64-23×0.02=5.08克，则碘离子的物质的量为0.04mol，X的化学式是 。
(2)步骤Ⅰ，发生的化学方程式是 或： ,
(3) 黑色固体D为氧化铜，灼热氧化铜投入乙醇中，固体变红生成铜，乙醇被氧化生成乙醛，相应的化学方程式 。
(4) 与A反应时理论消耗的物质的量之比是1∶2，但 实际消耗量却明显偏大，其原因是 在 (或 )的催化下发生分解。取两份同温同浓度的 溶液，一份加 固体(或NaI固体)，一份加 固体，如果第一份产生气泡速率明显加快，第二份产生气泡速率无明显变化。
【分析】蓝色溶液说明含有铜离子，遇到淀粉溶液显蓝色，说明溶液中含有碘元素， 从流程分析，加入氢氧化钠，流程最后得到无水晶体，说明原化合物中含有钠元素，据此解答。
27．【答案】（1）+3
（2）Mg2+(或镁离子）；过滤
（3）氧化性；D
（4）3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高
（5）Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学
【知识点】过氧化氢；含硅矿物及材料的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；
答案为：+3；（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，
故答案为：D；
答案为：氧化性；D；（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程： ，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；
答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；
答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。
【分析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；
28．【答案】（1）H2+O2 H2O2
（2）H2O2 H++HO2-
（3）OH－+HSO3－=SO32－+H2O
（4）bd
（5）；ab
（6）3NO2+H2O=2HNO3+NO；Fe(NO3)2
【知识点】电解质在水溶液中的电离；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；过氧化氢；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】I．(1)通过图示可知，用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水，反应为：H2+O2 H2O2，故答案为：H2+O2 H2O2；(2)双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2 H++HO2-，故答案为：H2O2 H++HO2-；II．(3)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，则A为Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，X能使品红溶液褪色，则X是SO2，C为NaOH，B为H2，D能和SO2反应，则D是Na2SO3、E是NaHSO3；C是NaOH，E是亚硫酸氢钠，二者反应离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为：OH-+HSO3-=SO32-+H2O；(4)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A是Cl2，氯气和水反应生成HCl和HClO，C和X反应生成D、D能和X反应生成E，盐酸能和碳酸钠、Na[Al(OH)4]反应且是两步反应，盐酸与碳酸氢钠只能发生一种反应，盐酸与Fe(OH)3 也只能发生一种反应，因此X可能为Na2CO3、Na[Al(OH)4]，
故答案为：bd；(5)若A为淡黄色粉末，且能和水反应，则A为Na2O2，电子式为 ，若X为一种造成温室效应的气体，X是CO2，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，NaOH和CO2反应先生成Na2CO3，二氧化碳过量时生成NaHCO3；则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，可以用盐酸、氯化钡检验碳酸钠、碳酸氢钠，
故答案为：ab，故答案为： ；ab；(6)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，则D中含有铁离子，所以A为NO2，C为HNO3，B为NO，D为Fe(NO3)3、E为Fe(NO3)2。二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO ；Fe(NO3)2。
【分析】（1）根据图示观察反应的起点与终点，可得出H2+O2 H2O2；
（2）根据电解质的电离即可写出H2O2 H++HO2-；
（3）推断题的思路出发点是根据图表和题意找突破点，X是二氧化硫，A是金属钠；
（4）突破点A是氯气，若C是盐酸，会牵扯到量的关系，所以答案是bd；
（5）A是突破口，淡黄色粉末可能是过氧化钠，可能是硫，又能与水反应，则A是过氧化钠；
（6）能够把铁氧化成三价，又是与水反应的产物，则C是硝酸，A是二氧化氮。
29．【答案】（1）极性
（2）过滤；BaO2
（3）2PbCO3 Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O
（4）Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑；使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；防止H2O2分解和甲醛挥发
（5）BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O
（6）Na2CO3 1.5H2O2
【知识点】极性分子和非极性分子；过氧化氢；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）根据双氧水的结构可知，双氧水中每个氧原子有2对孤电子对，双氧水分子中电荷分布不均匀，是极性分子；故答案为：极性；（2）实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了硫酸钡沉淀，所以选用BaO2；故答案为：过滤；BaO2；（3）铅白2PbCO3 Pb（OH）2与H2S气体反应生成黑色的硫化铅，反应的化学方程式为2PbCO3 Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O，
故答案为：2PbCO3 Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O；（4）实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑，化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率，则加过量的过氧化氢能使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发，则反应温度最好控制在30﹣70℃之间，温度不易过高，能防止H2O2分解和甲醛挥发；故答案为：Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑；使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；防止H2O2分解和甲醛挥发；（5）如图负极是BH4﹣流向的一极，同时生成BO2﹣，发生氧化反应反应，电极反应式为BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O，故答案为：BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O；（6）2Na2CO3 xH2O2 2Na2CO3+xO2↑+2xH2O，根据温度和残留固体的相对质量分数示意图，当温度为148℃时，所的固体只有碳酸钠，质量分数为67.6%，所以固体质量减少的百分数为 ×100%=1﹣67.6%，解得x=1.5，化学式为：Na2CO3 1.5H2O2，
故答案为：Na2CO3 1.5H2O2．
【分析】（1）根据双氧水的结构可知，双氧水中每个氧原子有2对孤电子对，据此判断分子极性；（2）根据题目信息，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了沉淀；（3）铅白2PbCO3 Pb（OH）2与H2S气体反应生成黑色的硫化铅，根据元素守恒可写出化学方程式；（4）实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑，化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发；（5）如图负极是BH4﹣流向的一极，同时生成BO2﹣，发生氧化反应反应，注意是碱性介质；（6）根据化学方程式中固体质量差量法来计算x的值，确定化学式．
30．【答案】（1）B
（2）溶液变蓝
（3）
（4）还原；降低
（5）C；D
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】(1)过氧化氢为常见的氧化剂，试剂瓶上最适合贴上的一个标签为氧化剂标志，故答案为：B；
(2)过氧化氢和氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝色；
(3)发生PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O，S元素的化合价从-2升高到+6，Pb化合价不变，则1molPbS反应转移8mol电子；
(4)O元素化合价由-1价升高到0价，过氧化氢为还原剂，反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价；
(5)A．反应2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，故H2O2的氧化性比Fe3+强；反应2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，故H2O2的还原性比Fe2+强，故A不正确；
B．总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，溶液的H+浓度基本不变，溶液的pH基本不变，故B不正确；
C．总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，Fe2+为H2O2分解的催化剂，Fe2+和Fe3+的总量保持不变，故C正确；
D．Fe2+为H2O2分解的催化剂，可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】(1)依据试剂性质选择标签；
(2)过氧化氢和氧化KI生成碘；
(3)利用化合价变化判断；
(4)依据氧化还原反应原理分析；
(5)A．根据氧化性比较：氧化剂＞氧化产物；
B．依据H+浓度判断；
C．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
D．Fe2+为H2O2分解的催化剂。
1 / 1高考二轮复习知识点：过氧化氢
一、选择题
1．（2020·浙江）下列说法正确的是（　　）
A． 在空气中加热可得固体
B． 加入到过量 溶液中可得
C． 在沸腾炉中与 反应主要生成
D． 溶液中加入少量 粉末生成 和
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；过氧化氢；铁盐和亚铁盐的相互转变；钠的氧化物
【解析】【解答】A．无水状态下Na2O2比Na2O更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2，A符合题意；
B．Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe3+反应，生成Mg2+和Fe2+，若Mg过量，Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe，但由于反应中FeCl3过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe2+反应，所以不会生成Fe，B不符合题意；
C．FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为：4 FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，产物主要是SO2而不是SO3，C不符合题意；
D．H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和O2，化学方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.2Na2O+O22Na2O2；
B．Mg+2Fe3+=Mg2++2Fe2+；
C．FeS2燃烧产物主要是SO2；
D．H2O2溶液中加入少量MnO2作催化剂加速双氧水分解。
2．（2023·奉贤模拟）双氧水是一种常见的氧化剂，下列对H2O2叙述正确的是（　　）
A．H2O2的摩尔质量为34 B．H2O2中只有极性共价键
C．也具有还原性 D．H2O2的电子式为
【答案】C
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．H2O2的摩尔质量为34g/mol，A不符合题意；
B．H2O2中存在O-O非极性共价键，B不符合题意；
C．H2O2中O为-1价，故H2O2具有还原性，如H2O2可被酸性高锰酸钾氧化体现还原性，C符合题意；
D．双氧水为分子化合物，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．摩尔质量的单位为g/mol；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．依据化合价判断；
D．双氧水为分子化合物。
3．（2023·凉山模拟）用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是
A．H2O2的电子式为
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应②中有1molO2参与反应时转移电子的物质的量为2mol
D．反应过程中[PbCl2O2]2 、HCl均为该反应的催化剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】A．H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为，故A不符合题意；
B．反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B不符合题意；
C．反应②中是Pd＋O2＋2Cl－＝[PbCl2O2]2 ，[PbCl2O2]2 中Pd为+2价，根据得失电子守恒，因此有1mol O2参与反应时转移电子的物质的量为2mol，故C符合题意；
D．反应过程中[PbCl2O2]2 为该反应的催化剂，HCl是中间产物，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．H2O2是共价化合物；
B．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断；
C．根据得失电子守恒分析；
D．根据应中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现；催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
4．（2022·徐汇模拟）双氧水()与下列溶液反应，不能体现氧化性的是（　　）
A．酸性溶液 B．淀粉KI溶液
C．溶有的溶液 D．盐酸酸化的溶液
【答案】A
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应时，双氧水为反应的还原剂，反应中被氧化为氧气，表现还原性，故A符合题意；
B．双氧水与淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故B不符合题意；
C．双氧水与溶有二氧化硫的氯化钡溶液中的二氧化硫反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故C不符合题意；
D．双氧水与盐酸酸化的氯化亚铁溶液中的氯化亚铁反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化剂反应中元素化合价降低，被还原，体现氧化性。
5．（2022·满洲里模拟）H2O2被称为“最清洁的消毒剂”，国家卫生健康委办公厅印发了《消毒剂使用指南》，其中明确指定过氧化氢为新冠病毒消毒剂之一，适用于物体表面、室内空气的消毒等。一种用H制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．H2O2是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗34gH2O2时反应转移1mol电子
B．该制备反应的总反应方程
C．该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子有3种
D．反应过程中每一步反应Pd元素的化合价均发生了变化
【答案】C
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A.34g的物质的量为，在消毒过程中，当发生的是分解反应时，转移电子数为1mol，当只作氧化剂时，转移电子数为2mol，A不符合题意；
B．这是由制备的反应原理图，结合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，可以推断为催化剂，而Pd和为反应的中间体，所以该制备反应的总反应方程为，B不符合题意；
C．该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子分别为、HCl和，C符合题意；
D．离子带两个单位负电荷，其中有4个-1价的，则Pd的化合价为+2；带两个单位负电荷，结构为 ，其中2个-1价的，而O为-1价，则Pd的化合价为+2；即由转化为时，Pd化合价没有改变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.利用得失电子守恒分析；
B．催化剂在反应前后质量和化学性质不变；
C．依据18电子微粒分析；
D．利用配合物的结构分析。
6．（2022·浙江模拟）下列“类比”推测不合理的是（　　）
A．Na2S2与盐酸反应生成NaCl、S和H2S，则S2Cl2在盐酸中转化为HCl、S和H2S
B．Na2O2具有较强的氧化性，则Na2S2也具有氧化性，但比Na2O2弱
C．H2O2易分解为H2O和O2，则H2S2也易分解为H2S和S
D．H2O2的分子构型不是直线形，则S2Cl2也不是直线形
【答案】A
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．二氯化二硫中硫元素为+1价，在盐酸中与水反应生成氯化氢、硫和二氧化硫，故A符合题意；
B．过氧化钠中氧元素为-1价，所以过氧化钠具有强氧化性，过硫化钠中硫元素也为-1价，所以过硫化钠也具有氧化性，但硫元素的电负性小于氧元素，-1价硫元素的得到电子的能力弱于-1价氧元素，氧化性弱于过氧化钠，故B不符合题意；
C．过氧化氢中氧元素为-1价，性质不稳定，易分解生成氧气和水，过硫化氢中硫元素也为-1价，所以性质也不稳定，易分解生成硫和硫化氢，故C不符合题意；
D．过氧化氢分子中氧原子为sp3杂化，过氧化氢的分子构型是V形，不是直线形，二氯化二硫分子中硫原子也为sp3杂化，所以二氯化二硫的分子构型也是V形，也不是直线形，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Na2S2中硫为-1价，与盐酸反应S元素发生自身氧化还原反应，生成S和H2S，S2Cl2中S是+1价，不能类比；
B. Na2O2具有较强的氧化性，是因为含有过氧键，则Na2S2 含有二硫键，与Na2O2性质相似，但是S的非金属性比O弱，所以 Na2S2的氧化性比Na2O2弱；
C.O和S位于同一主族，性质相似，而H2O2 和 H2S2 结构相似，性质相似；
D.过氧化氢分子中氧原子为sp3杂化，过氧化氢的分子构型是V形，不是直线形，二氯化二硫分子中硫原子也为sp3杂化，二氯化二硫也应该为V形。
7．（2021·天河模拟）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列物质性质实验对应的离子方程式书写错误的是（　　）
A．硅酸钠溶液和盐酸反应：
B．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
C．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：
【答案】B
【知识点】过氧化氢；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硅酸钠溶液和盐酸反应的化学方程式为：Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，故其离子方程式为：，A不符合题意；
B．硫酸铜溶液中加少量的铁粉反应的化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，故其离子方程式为：，B符合题意；
C．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水的离子方程式为：，C不符合题意；
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B.铜离子与铁发生置换反应，生成的是亚铁离子
8．（2021·义乌模拟）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种白色晶体，具有无毒，无臭，无污染等优点，常做食品、医药、卫生等部门的去污剂、清洗剂、杀毒剂，也是一种性能优异的急救供氧剂。可用碳酸钠和双氧水化合制备： ，下列说法错误的是（　　）
A．过碳酸钠具有强氧化性
B．1mol过碳酸钠发生热分解，转移的电子数为3NA
C．生产过种中若遇到酸、铁盐等都可能导致产率下降
D．将过碳酸钠溶液与亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=2Na2CO3+3NaHSO4+3H2O
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．过碳酸钠中含有过氧键，具有强氧化性，A不符合题意；
B．根据过碳酸钠的化学式可知1mol过碳酸钠发生热分解转移的电子数应和3mol H2O2分解转移的电子数相同，转移3mol 电子，即转移的电子数为3NA，B不符合题意；
C．酸会消耗碳酸钠，铁盐消耗碳酸钠同时还能促进双氧水分解，所以会导致产率下降，C不符合题意；
D．根据电子守恒和元素守恒可得符合题意方程式应为Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=NaHCO3 +3Na2SO4 +CO2↑+4H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 ，过氧化氢具有一定的氧化性
B.根据过氧化氢的分解即可计算出电子的转移量
C铁离子可以促进过氧化氢分解，以及酸可以消耗碳酸钠
D.亚硫酸钠和碳酸钠不能共存
9．（2021·浙江模拟）下列实验方案设计、现象与结论都正确的是（　　）
　 实验目的 方案设计 现象和结论
A 探究Fe2+、Cu2+对H2O2溶液分解的催化效果强弱 在两支试管a、b中各加2 mL5%H2O2溶液，分别滴入0.1 mol L-1FeCl3溶液和0.1 mol L-1CuSO4溶液各0.5 mL 若a中产生气泡快于b中，则说明Fe3+的催化效果强于Cu2+
B 探究Fe与水蒸气高温反应后固体产物中铁元素的化合价 取少量固体产物于试管中，加足量的稀硫酸溶解，分成两份：一份滴加几滴KSCN溶液，另一份少量滴加KMnO4溶液 若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3两种价态
C 探究油脂在碱性条件下的水解 在小烧杯中加入约5 g动物脂肪、6 mL95%的乙醇，再加入6 mL 40%的氢氧化钠溶液，微热一段时间后取少量清液，加入新制氢氧化铜 若出现绛蓝色，则油脂已发生水解
D 探究Cu与硫酸的 反应 铜粉加入稀硫酸中，加热，再加入少量KNO3固体 未加KNO3固体前，无明显现象；加入KNO3固体后，产生大量气泡，则说明KNO3起催化作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】过氧化氢；浓硫酸的性质；探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．应该采用控制变量法研究。a、b两只试管中不仅金属阳离子不同，而且阴离子也不同，因此不能证明是Fe3+的催化效果强于Cu2+，A不符合题意；
B．若Fe没有完全与水蒸气发生反应，过量的Fe与硫酸反应产生Fe2+，具有还原性，也能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中铁元素有+2、+3两种价态，B不符合题意；
C．若向反应后的溶液中加入新制氢氧化铜出现绛蓝色，说明反应产生了含有多羟基的物质甘油，从而可证明油脂已发生水解，C符合题意；
D．铜粉加入稀硫酸中，加热，无明显现象，然后再加入少量KNO3固体，产生大量气泡，是由于在酸性条件下， 具有强氧化性，H+、 起HNO3的作用，将Cu氧化为Cu2+， 被还原为NO气体，而不能说明KNO3起催化作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.应该保持阴离子相同
B.无法保证铁单质是否完全反应完全
C.多羟基的醇可与新制氢氧化铜作用出现绛蓝色
D.铜与溪流三不反应，加入硝酸钾时引入硝酸根离子在氢离子作用下具有氧化性
10．（2021·惠州模拟）根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去 H2O2具有氧化性
B 将二氧化硫气体通入品红溶液，品红溶液褪色 二氧化硫具有漂白性
C 向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀 浓硫酸具有吸水性
D AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现 KSPAgI > KSPAgCl
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过氧化氢；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A． KMnO4是强氧化剂，向H2O2溶液中滴加少量KMnO4溶液，紫红色褪去，说明H2O2具有还原性，A项不符合题意；
B．将二氧化硫气体通入品红溶液，品红溶液褪色，证明二氧化硫具有漂白性，B项符合题意；
C．向蔗糖中滴入浓硫酸，固体变黑膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，C项不符合题意；
D．AgCl悬浊液中滴入稀KI溶液，有黄色沉淀出现，说明AgI比AgCl更难溶，则KSPAgI ＜KSPAgCl，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据紫色褪去发生氧化还原反应说明过氧化氢具有还原性
B.符合漂白性的检验
C.主要是体现浓硫酸的脱水性
D.溶度积越小越易沉淀
11．（2021·攀枝花模拟）化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（　　）
A．石灰石可用作燃煤的脱硫剂
B．过氧化氢溶液可用作医用消毒剂
C．碳酸钡可用作胃肠X射线透视的造影剂
D．硫化钠可用作去除废水中Pb2+的沉淀剂
【答案】C
【知识点】过氧化氢；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；除杂
【解析】【解答】A．高温下石灰石和二氧化硫反应，最终转化为硫酸钙，因此可用作燃煤的脱硫剂，A不符合题意；
B．过氧化氢溶液具有强氧化性，可用作医用消毒剂，B不符合题意；
C．碳酸钡不溶于水，但可溶于酸，不能用作胃肠X射线透视的造影剂，应该是硫酸钡，C符合题意；
D．硫化钠可用作去除废水中Pb2+的沉淀剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A加入石灰石最终可以将硫元素固定减小二氧化硫的排放
B.过氧化氢具有一定的氧化性，还原产物为水，可以做消毒
C.一般的钡餐是硫酸钡，不是碳酸钡，其他选项均正确
D.PbS不溶于水也不溶于酸
12．（2021·安徽模拟）钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是（　　）
A．H2O参与了该催化反应
B．过程①中反应的原子利用率为100%
C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成
D．每次循环的净反应为H2O2+2Cl－=2HOCl+2e－
【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】A．过程④说明H2O参与了该催化反应，故A不符合题意；
B．根据过程①的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B不符合题意；
C．过程①中有氢氧键的形成，过程②中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C不符合题意；
D．根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H＋＋H2O2＋Cl－=HOCl＋H2O，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.通过过程④即可判断水作为反应物参与反应
B.根据过程①的反应物和生成物即可判断原子利用率
C.根据反应过程①和②即可判断反应中的键的断裂和形成
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
13．（2020·西安模拟）根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（　　）
选项 操作 现象 结论
A 向蔗糖中加入浓硫酸 蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体 浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B 向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀 AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C 铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中 无明显现象 浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜
D 向盛有 H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液 溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成 Fe3+催化 H2O2 分解产生 O2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；过氧化氢；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A. 向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应生成刺激性气味的二氧化硫，体现强氧化性，故A不符合题意；
B. 向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀 AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B不符合题意；
C. 铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C不符合题意；
D. 向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明H2O2在酸性条件下氧化Fe2+变为Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化H2O2分解产生O2，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A、变成海绵状炭说明脱水性，而刺激性气味说明有二氧化硫生成，体现了氧化性
B、Ksp越小越先沉淀
C、铝在浓硫酸中发生钝化
D、铁离子只作催化剂，不参加反应，故不会有红褐色沉淀出现
14．（2020·安徽模拟）根据下列实验操作和实验现象所得出的结论错误的是（　　）
　 实验操作 实验现象 结论
A 向蔗糖中加入浓硫酸 蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体 浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B 向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液 溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成 Fe3+催化H2O2分解产生O2
C 铝片先用砂纸打磨，常温下再加入到浓硝酸中 无明显现象 常温下，铝不跟浓硝酸反应
D 向浓度均为0.01mol·L-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】过氧化氢；浓硫酸的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．蔗糖含有C、H、O三种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性，A选项不符合题意；
B．溶液变棕黄色，说明H2O2溶液氧化硫酸亚铁溶液生成Fe3+，一段时间后，溶液中有气泡生成，则说明溶液中的Fe3+催化H2O2分解产生O2，B选项不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，能与铝发生反应，使铝表面形成致密的氧化膜从而钝化，而不是不发生反应，C选项符合题意；
D．AgCl、AgI组成相似，则溶度积小的物质先生成沉淀，向浓度均为0.1mol L-1的KCl、KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】钝化是指金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝化的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法。常温下将铝单质投放的浓硝酸中没有明显的现象是由于铝发生了钝化反应，而不是二者之间不反应。
15．（2020·太原模拟）2020年3月10日，习近平总书记赴湖北武汉考察新冠疫情工作，给奋战在抗疫一线的战士们、武汉乃至全国人民极大的鼓舞。下列说法错误的有（　　）
①用于消毒的酒精、“84”消毒液、双氧水、过氧乙酸(CH3COOOH)等均属于有机物
②95%的酒精比75%的酒精杀菌效果好
③“84”消毒液露置在空气中不会变质
④双氧水能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，其褪色原理均为氧化还原反应
⑤修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯）膜是一种无毒、无味的高分子材料
⑥医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯可以使溴水褪色
⑦科研人员积极研发抗击新型冠状病毒的疫苗，疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
⑧N95口罩用0.3 mNaCl颗粒进行测试，阻隔率达95%以上，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5
⑨过氧乙酸和乙酸属于同系物
A．6项 B．5项 C．4项 D．3项
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；过氧化氢；乙醇的化学性质；高分子材料
【解析】【解答】①用于消毒的酒精、过氧乙酸(CH3COOOH)属于有机物，“84”消毒液的主要成分为NaClO，双氧水为H2O2，两者属于无机物，①不符合题意；
②乙醇溶液消毒原理是乙醇分子通过细胞膜，使内部蛋白质变性，浓度过高不易进入细胞内部，75%的乙醇溶液消毒效果最佳，②不符合题意；
③“84”消毒液露置在空气中，空气中的CO2和H2O会使NaClO生成HClO，HClO不稳定，见光易分解，从而“84”消毒液变质，③不符合题意；
④双氧水能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，前者双氧水体现还原性，后者双氧水体现氧化，两者的褪色原理均为氧化还原反应，④符合题意；
⑤修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜属于乙烯的加聚产物，是一种无毒、无味的高分子材料，⑤符合题意；
⑥医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，⑥不符合题意；
⑦科研人员积极研发抗击新型冠状病毒的疫苗，疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质受热易变形失活，因此疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，⑦符合题意；
⑧N95型口罩，“N”的意思是不适合油性的颗粒；“95”是指在NIOSH（美国国家职业安全卫生研究所）标准规定的检测条件下，0.3微米氯化钠颗粒过滤效率达到95%。PM2.5，指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，因2.5微米大于0.3微米，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5，⑧符合题意；
⑨过氧乙酸分子式为CH3COOOH，乙酸分子式为CH3COOH，两者不属于同系物，⑨不符合题意；
综上所述，①②③⑥⑨共5项不符合题意，B选项符合题意。
【分析】①根据物质的分类即可判断，酒精和过氧乙酸属于有机物②一般杀菌用的是75%的酒精溶液③84消毒液长时间防止会发生变质④利用高锰酸钾氧化性，过氧化氢的还原性进行判断⑤聚乙烯是有机材料⑥使溴水褪色需要有双键或者不饱和键但是聚乙烯不含有双键⑦疫苗主要是蛋白质，需要低温保存防止高温变性⑧根据给出的信息即可判断⑨结构不同不属于同系物
16．（2019·榆林模拟）用如图所示装置进行实验一将①滴入②中，②中实验现象和反应类型不完全正确的是（　　）
选项 ① ② ②中实验现象和反应类型 实验装置
A 苯 溴水 溴水橙色褪去，液体分层。加成反应
B 浓盐酸 浓硫酸 产生大量白雾。物理变化
C 双氧水 MnO2 产生大量气泡。分解反应
D 浓硝酸 铜粉 产生红粽色气体。氧化还原反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】过氧化氢；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、利用Br2单质易溶于苯，苯萃取溴水中溴单质，而使溴水褪色，属于物理变化，故A符合题意；
B、浓硫酸遇水放出大量的热，浓盐酸受热易挥发，属于物理变化，故B不符合题意；
C、MnO2作催化剂，使H2O2分解成H2O和O2，故C不符合题意；
D、铜与浓硝酸发生Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O， 产生红棕色气体NO2，该反应属于氧化还原反应，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】 A.苯与溴水不反应;
B.浓盐酸易挥发;
C.过氧化氢分解生成氧气;
D. Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮。
17．（2018·昆明模拟）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．利用硅材料可制成光伏发电装置
B．SO2、漂白液、双氧水的漂白原理相同
C．使用无磷洗涤剂可减少水华的发生
D．催化净化汽车尾气可降低污染
【答案】B
【知识点】过氧化氢；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、晶体硅是制造太阳能电池的原料，故A说法不符合题意；
B、SO2的漂白原理是SO2与有色物质简单结合，生成不稳定的物质，漂白液有效成分是NaClO，漂白液、双氧水的漂白原理利用的是强氧化性，把有色物质氧化，故B说法符合题意；
C、水华是废水中含有较多的磷、氮造成，故C说法不符合题意；
D、汽车废气中含有氮的氧化物，使用催化净化汽车尾气，可以减少氮的氧化物的排放，减少污染，故D说法不符合题意。
【分析】A.太阳能电池的主要原料是高纯硅；
B.二氧化硫的漂白原理是与有色物质化合为无色物质；
C.含磷物质的含量增加是形成水华的原因；
D.汽车尾气是大气污染的主要成分。
18．（2015·昆明模拟）下列说法不正确的是（　　）
A．双氧水可用于皮肤伤口消毒
B．水玻璃是制备硅胶和木材防火剂等的原料
C．生石灰和铁粉都是食品包装中常用的干燥剂
D．生活中可用电解饱和食盐水的方法制取消毒液
【答案】C
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A、因为双氧水具有较强的氧化性，具有杀菌能力，且产物是水，对伤口无刺激作用，故A正确；
B、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，所以硅酸钠的水溶液水玻璃是制备硅胶和木材防火剂的原料，故B正确；
C、铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；
D、饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，次氯酸钠水解生成次氯酸具有强氧化性，可以消毒杀菌，可用电解饱和食盐水的方法制取消毒液，故D正确．
故选C．
【分析】A、双氧水中氧为﹣1价，具有氧化性；
B、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，具有粘性；
C、铁粉是抗氧化剂；
D、饱和食盐水在电解条件下生成氯气、氢气和氢氧化钠；
19．（2022高二下·云浮期末）H2O的和H2O2的含有相同的元素，H2O2的分子空间结构如图所示，下列说法正确的是
A．H2O2的是非极性分子
B．1molH2O2中含有2molσ键
C．H2O和H3O+的VSEPR模型不同
D．H2O分子之间存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的
【答案】D
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．H2O2分子空间构型是二面角构型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A不符合题意；
B．单键由1个σ键组成，1molH2O2中含有3molσ键，故B不符合题意；
C．H2O分子中O原子的价层电子对数为=2+=4，VSEPR模型为四面体，H3O+离子中价层电子对=3+1=4，所以其VSEPR模型也为正四面体，故C不符合题意；
D．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子；
B．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
D．分子间含有氢键，熔沸点较高。
20．（2021高一上·朝阳期末）探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是（　　）
实验 试剂a 现象 结论
A 溶有SO2的BaCl2溶液 产生沉淀 H2O2有氧化性
B 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 H2O2有氧化性
C KI淀粉溶液 溶液变蓝 H2O2有氧化性
D 盐酸酸化的FeCl2溶液 溶液变黄 H2O2有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】过氧化氢；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2+SO2=H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应生成BaSO4沉淀，即H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故A不符合题意；
B．将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，中Mn元素由+7价得电子变成+2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2+，紫色溶液褪色，H2O2中氧元素由-1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B符合题意；
C．将H2O2溶液加入KI淀粉溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成的I2遇淀粉变蓝，故C不符合题意；
D．将H2O2溶液加入盐酸酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成了Fe3+，溶液变黄，故D不符合题意；
答案为B。
【分析】A.白色沉淀为硫酸钡，说明双氧水将二氧化硫氧化为硫酸；
B.高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化双氧水；
C.溶液变蓝，说明碘离子被双氧水氧化为碘单质；
D.溶液变黄，说明亚铁离子被双氧水氧化为铁离子。
21．（2021高一上·大连期末）金属铈(Ce是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及H2O2的转化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应历程的总反应为：H2O2=H2O+O2↑
B．过程①的离子方程式：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
C．过程②中，每有1molCe3+参加反应时转移的电子数为3.01×1023
D．还原性：CeO2>H2O2
【答案】B
【知识点】过氧化氢
【解析】【解答】A．由图可知，二氧化铈是反应的催化剂，反应历程的总反应为2H2O22H2O+O2↑，故A不符合题意；
B．由图可知，过程①发生的反应为酸性条件下，二氧化铈与过氧化氢溶液反应生成正三价铈离子、氧气和水，反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故B符合题意；
C．由图可知，过程②发生的反应为碱性条件下，正三价铈离子与过氧化氢溶液反应生成二氧化铈和水，反应的离子方程式为2Ce3++H2O2+6OH-=CeO2+4H2O，反应中每有1mol正三价铈离子参加反应时转移的电子数为6.02×1023，故C不符合题意；
D．由图可知，过程②发生的反应为碱性条件下，正三价铈离子与过氧化氢溶液反应生成二氧化铈和水，则氧化剂过氧化氢的氧化性强于氧化产物二氧化铈，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．二氧化铈是反应的催化剂；
B．酸性条件下，二氧化铈与过氧化氢溶液反应生成正三价铈离子、氧气和水；
C．碱性条件下，正三价铈离子与过氧化氢溶液反应生成二氧化铈和水；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物。
22．（2021高二下·齐齐哈尔期末）过氧乙酸(CH3COOOH)是“抗非典”的主要消毒剂，也能将新型冠状病毒杀死，可由乙酸和H2O2反应制得。下列说法错误的是（　　）
A．过氧乙酸能杀灭病毒的主要原因是其具有强氧化性而使病毒变性
B．过氧乙酸不稳定，易分解，保存时应避光，低温保存
C．过氧乙酸属于有机物，故属于非电解质
D．制备过氧乙酸时不应在金属容器中进行且不可用于金属器械的消毒
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；过氧化氢
【解析】【解答】A．过氧乙酸具有强氧化性，能使病毒因发生氧化反应而变性，达到杀灭病毒的作用，故A不符合题意；
B．过氧乙酸不稳定，遇光遇热易发生分解反应，为防止过氧乙酸分解，保存时应避光，低温保存，故B不符合题意；
C．过氧乙酸属于有机物，在溶液中能发生微弱电离，属于电解质，故C符合题意；
D．过氧乙酸具有强氧化性，水溶液呈弱酸性，能与金属发生反应，则制备过氧乙酸时不应在金属容器中进行且不可用于金属器械的消毒，防止金属容器或器械因氧化而被腐蚀损坏，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧乙酸中含有过氧基-O-O-；
B.过氧基不稳定；
C.过氧乙酸(CH3COOOH)属于酸；
D.过氧乙酸属于酸且具有强氧化性。
23．（2021高一下·虹口期末）FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是（　　）
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2=H2S↑＋S↓分析。
二、非选择题
24．（2023·白沙模拟）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对性质进行如下实验。
（1）I.验证的还原性
查阅资料：溶液与氯水发生反应时表现还原性。
制取氯水
①仪器X的名称是 　 　，生成的化学方程式为 　 　。
②饱和食盐水的作用是 　 　。
（2）取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入溶液至过量，产生大量气泡该气体可使余烬复燃，还观察到溶液颜色发生的变化是 　 　。
（3）Ⅱ.探究、对分解的影响
选用溶液和溶液，探究、对分解的影响。记录数据如下：
实验序号 添加试剂及用量 完全分解所需时间
1 溶液
2 溶液
实验结果显示，可得出的结论是：　 　填化学式更有利于分解。
（4）甲同学查阅资料得知：能加速分解，对分解无影响。为排除干扰，该同学进行实验：向两份溶液中分别加入amL浓度均为 　 　的 　 　填化学式溶液和 　 　填化学式溶液。内，发现均几乎不分解。甲同学认为：在无存在的情况下，、对催化分解无影响。
【答案】（1）圆底烧瓶；；除去氯气中的HCl气体
（2）黄绿色褪去
（3）CuCl2
（4）2b；KNO3；KCl
【知识点】过氧化氢；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据仪器的结构特点可知，X的名称为圆底烧瓶；利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，；
故答案为：圆底烧瓶；；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体；
故答案为：除去氯气中混有的HCl气体；
（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体使余烬复燃 ，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄绿色褪去；
故答案为：黄绿色褪去；
（3）t1＜t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解；
故答案为：CuCl2；
（4）Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，结合电荷守恒，所以应向两份50moL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度为2bmol/L的KNO3、KCl溶液；
故答案为：2b；KNO3；KCl。
【分析】（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、水和氯气；
②依据反应物和试剂的性质分析；
（2）依据反应物的性质分析；
（3）依据时间的长短判断；
（4）依据电荷守恒分析。
25．（2021·扬州模拟）活性自由基HO可有效除去废水中的苯酚等有机污染物。
（1）H2O2在Fe3O4催化剂表面产生HO除去废水中的苯酚的原理如图-1所示。
①酸性条件下，该催化过程中产生HO的反应的离子方程式为　 　。
②在不同初始pH条件下，研究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是　 　。
（2）掺杂了Cr3+的Fe3O4催化剂催化氧化原理如图-2所示。在Fe3O4催化剂中掺杂少量Cr3+，可提高催化效率，但浓度太高，反而会降低催化效率，其原因是　 　。
（3）光催化氧化技术也可生成HO降解有机污染物。其原理如图-3.光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴。价带上生成HO的电极反应式为　 　。图中，HO还有另外的产生途径，描述其产生过程：　 　。
【答案】（1）H+ + H2O2 + Fe2+ = H2O +Fe3+ + HO ；酸性有利于HO 的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
（2）掺杂少量Cr3+可以促进Fe2+生成，有利于HO 的形成。但Cr3+浓度过高，会使过多H2O2分解生成O2，不利于HO 的产生
（3）H2O e = H+ + HO ；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O ，最终转化为HO
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；过氧化氢
【解析】【解答】(1)①据图可知酸性环境中Fe2+被氧化为Fe3+，同时得到HO ，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为H+ + H2O2 + Fe2+ = H2O +Fe3+ + HO ；
②根据①中反应方程式可知，酸性有利于HO 的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高，随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，电离出氢离子，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近；
(2)掺杂少量Cr3+可以促进Fe2+生成，有利于HO 的形成，但具体可知Cr3+可以催化H2O2分解生成氧气，所以Cr3+浓度过高，会使过多H2O2分解生成O2，不利于HO 的产生；
(3)据图可知水分子在价带上失电子发生氧化反应，电极反应为H2O e = H+ + HO ；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O ，最终转化为HO 。
【分析】（1）① 根据反应物和生成物即可写出方程式②根据反应方程式即可判断，酸性条件时去除率较高，根据图示-1即可判断苏子和反应进行苯酚变为醋酸，导致氢离子浓度增大，除去率增大
（2）根据图二可以看出，增加铬离子促进了铁离子的产生，同时消耗的大量的过氧化氢降低催化效果
（3）价带上是水失去电子变为HO 的过程，根据图示即可看出在导带上氧气也会产生HO
26．（2021·金华模拟）化合物X仅含三种元素，通过如下实验推断其组成：
已知：X、A、B、C、D均为单一物质。
请回答：
（1）组成X的元素是　 　(填元素符号)，X的化学式是　 　。
（2）步骤Ⅰ，发生的化学方程式是　 　。
（3）灼热黑色固体D投入乙醇中，固体变红，写出相应的化学方程式　 　。
（4）步骤Ⅱ， 与A反应时理论消耗的物质的量之比是1∶2，但 实际消耗量却明显偏大，其原因是　 　。请设计实验证明　 　。
【答案】（1）Na、Cu、I；
（2） 或：
（3）
（4） 在 (或 )的催化下发生分解；取两份同温同浓度的 溶液，一份加 固体(或NaI固体)，一份加 固体，如果第一份产生气泡速率明显加快，第二份产生气泡速率无明显变化，则可以证明
【知识点】过氧化氢；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)据分析，组成X的元素是钠、铜和碘。化合物中加入氢氧化钠生成固体B，加入过量的稀硫酸生成红色固体和蓝色溶液，说明固体B为+1价铜，与硫酸发生歧化反应，生成铜和硫酸铜，蓝色溶液加入氢氧化钠后过滤洗涤烘干得到的黑色固体为氧化铜，质量为0.8克，则铜的物质的量为0.01mol，说明原化合物中含有铜为0.02mol，无水晶体C为硫酸钠，质量为1.42克，物质的量为0.01mol，含有0.02mol钠离子，则无色溶液中含有钠离子物质的量为0.04mol，加入氢氧化钠的物质的量为1×0.02=0.02mol，说明原化合物X中含有钠离子物质的量为0.04-0.02=0.02mol，根据化合物X为6.82克分析，碘元素的质量为6.82-0.02×64-23×0.02=5.08克，则碘离子的物质的量为0.04mol，X的化学式是 。
(2)步骤Ⅰ，发生的化学方程式是 或： ,
(3) 黑色固体D为氧化铜，灼热氧化铜投入乙醇中，固体变红生成铜，乙醇被氧化生成乙醛，相应的化学方程式 。
(4) 与A反应时理论消耗的物质的量之比是1∶2，但 实际消耗量却明显偏大，其原因是 在 (或 )的催化下发生分解。取两份同温同浓度的 溶液，一份加 固体(或NaI固体)，一份加 固体，如果第一份产生气泡速率明显加快，第二份产生气泡速率无明显变化。
【分析】蓝色溶液说明含有铜离子，遇到淀粉溶液显蓝色，说明溶液中含有碘元素， 从流程分析，加入氢氧化钠，流程最后得到无水晶体，说明原化合物中含有钠元素，据此解答。
27．（2020·南宁模拟）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。
（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为　 　。
（2）在步骤II中除去的离子是　 　，操作X的名称为　 　。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是　 　，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为　 　。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。
A.10~11 B．>11 C．约为10 D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为　 　，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是　 　。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：
电解池工作时，阴极发生的电极反应式为　 　，该装置的电能主要转变为　 　能。
【答案】（1）+3
（2）Mg2+(或镁离子）；过滤
（3）氧化性；D
（4）3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高
（5）Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学
【知识点】过氧化氢；含硅矿物及材料的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；
答案为：+3；（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，
故答案为：D；
答案为：氧化性；D；（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程： ，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；
答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；
答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。
【分析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；
28．（2019·定远模拟）
（1）I．双氧水（主要成分H2O2）是常见的氧化剂、还原剂。
如下图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式　 　。
（2）H2O2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式　 　。
（3）II．A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式： 　 　。
（4）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为　 　（填代号）。
a．NaHCO3 b．Na2CO3 c．Fe(OH)3
d．Na[Al(OH)4]
（5）若A为淡黄色粉末，则A的电子式为　 　。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为　 　（填代号）。
a．盐酸 b．BaCl2溶液 c．NaOH溶液 d．Ca(OH)2溶液
（6）若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式为　 　，E是　 　（填化学式）。
【答案】（1）H2+O2 H2O2
（2）H2O2 H++HO2-
（3）OH－+HSO3－=SO32－+H2O
（4）bd
（5）；ab
（6）3NO2+H2O=2HNO3+NO；Fe(NO3)2
【知识点】电解质在水溶液中的电离；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；过氧化氢；二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；探究铁离子和亚铁离子的转化
【解析】【解答】I．(1)通过图示可知，用乙基蒽醌作催化剂制取双氧水，反应为：H2+O2 H2O2，故答案为：H2+O2 H2O2；(2)双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2 H++HO2-，故答案为：H2O2 H++HO2-；II．(3)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，则A为Na，Na和水反应生成NaOH和氢气，X能使品红溶液褪色，则X是SO2，C为NaOH，B为H2，D能和SO2反应，则D是Na2SO3、E是NaHSO3；C是NaOH，E是亚硫酸氢钠，二者反应离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O，故答案为：OH-+HSO3-=SO32-+H2O；(4)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A是Cl2，氯气和水反应生成HCl和HClO，C和X反应生成D、D能和X反应生成E，盐酸能和碳酸钠、Na[Al(OH)4]反应且是两步反应，盐酸与碳酸氢钠只能发生一种反应，盐酸与Fe(OH)3 也只能发生一种反应，因此X可能为Na2CO3、Na[Al(OH)4]，
故答案为：bd；(5)若A为淡黄色粉末，且能和水反应，则A为Na2O2，电子式为 ，若X为一种造成温室效应的气体，X是CO2，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，NaOH和CO2反应先生成Na2CO3，二氧化碳过量时生成NaHCO3；则D是碳酸钠、E是碳酸氢钠，可以用盐酸、氯化钡检验碳酸钠、碳酸氢钠，
故答案为：ab，故答案为： ；ab；(6)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，则D中含有铁离子，所以A为NO2，C为HNO3，B为NO，D为Fe(NO3)3、E为Fe(NO3)2。二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO ；Fe(NO3)2。
【分析】（1）根据图示观察反应的起点与终点，可得出H2+O2 H2O2；
（2）根据电解质的电离即可写出H2O2 H++HO2-；
（3）推断题的思路出发点是根据图表和题意找突破点，X是二氧化硫，A是金属钠；
（4）突破点A是氯气，若C是盐酸，会牵扯到量的关系，所以答案是bd；
（5）A是突破口，淡黄色粉末可能是过氧化钠，可能是硫，又能与水反应，则A是过氧化钠；
（6）能够把铁氧化成三价，又是与水反应的产物，则C是硝酸，A是二氧化氮。
29．（2015·杭州模拟）过氧化氢的水溶液俗称双氧水，它的用途很广，常用于消毒、杀菌、漂白等．试回答下列问题：
（1）过氧化氢属于　 　（极性/非极性）分子．
（2）Na2O2，K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢溶液可取上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，然后经　 　操作即可制得，则上述最适合的过氧化物是　 　．
（3）几乎所有古代艺术家的油画都是以铅白2PbCO3 Pb（OH）2为底色，但若空气中含H2S气体，铅白就会变黑，可以用H2O2将黑色物氧化成颜色相近的PbSO4而修复，写出铅白在空气中变黑的化学方程式：　 　．
（4）甲酸钙[Ca（HCOO）2]广泛用于食品工业生产上，实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，①则该反应的化学方程式为　 　，②过氧化氢比理论用量稍多，其目的是　 　． ③反应温度最好控制在30﹣70℃，温度不易过高，其主要原因是　 　．
（5）图2是硼氢化钠（NaBH4）一过氧化氢燃料电池示意图，该电池负极的电极反应方程式为　 　．
（6）过氧化氢与碳酸钠的加合物 Na2CO3 xH2O2比较稳定，方便储存，可用于消毒、漂白，现称取100g Na2CO3 xH2O2晶体加热，实验结果如图1所示，则该晶体的组成为　 　．
【答案】（1）极性
（2）过滤；BaO2
（3）2PbCO3 Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O
（4）Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑；使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；防止H2O2分解和甲醛挥发
（5）BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O
（6）Na2CO3 1.5H2O2
【知识点】极性分子和非极性分子；过氧化氢；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）根据双氧水的结构可知，双氧水中每个氧原子有2对孤电子对，双氧水分子中电荷分布不均匀，是极性分子；故答案为：极性；（2）实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了硫酸钡沉淀，所以选用BaO2；故答案为：过滤；BaO2；（3）铅白2PbCO3 Pb（OH）2与H2S气体反应生成黑色的硫化铅，反应的化学方程式为2PbCO3 Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O，
故答案为：2PbCO3 Pb（OH）2+3H2S=3PbS+2CO2+4H2O；（4）实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑，化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率，则加过量的过氧化氢能使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发，则反应温度最好控制在30﹣70℃之间，温度不易过高，能防止H2O2分解和甲醛挥发；故答案为：Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑；使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；防止H2O2分解和甲醛挥发；（5）如图负极是BH4﹣流向的一极，同时生成BO2﹣，发生氧化反应反应，电极反应式为BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O，故答案为：BH4﹣﹣8e﹣+8OH﹣=BO2﹣+6H2O；（6）2Na2CO3 xH2O2 2Na2CO3+xO2↑+2xH2O，根据温度和残留固体的相对质量分数示意图，当温度为148℃时，所的固体只有碳酸钠，质量分数为67.6%，所以固体质量减少的百分数为 ×100%=1﹣67.6%，解得x=1.5，化学式为：Na2CO3 1.5H2O2，
故答案为：Na2CO3 1.5H2O2．
【分析】（1）根据双氧水的结构可知，双氧水中每个氧原子有2对孤电子对，据此判断分子极性；（2）根据题目信息，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了沉淀；（3）铅白2PbCO3 Pb（OH）2与H2S气体反应生成黑色的硫化铅，根据元素守恒可写出化学方程式；（4）实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入到质量分数为30%﹣70%的过氧化氢溶液中，Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2↑，化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发；（5）如图负极是BH4﹣流向的一极，同时生成BO2﹣，发生氧化反应反应，注意是碱性介质；（6）根据化学方程式中固体质量差量法来计算x的值，确定化学式．
30．（2021高一上·广安期末）氧化剂过氧化氢在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。根据所学知识，回答下列问题：
（1）保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是____(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）向滴加了淀粉溶液的溶液中加入，观察到的现象是　 　。
（3）油画中铅白(碱式碳酸铅)与空气中的硫化氢反应生成硫化氢，可洗涤，发生反应为：，则处理转移电子的物质的量是　 　。
（4）向橙红色溶液中加入硫酸酸化，再加入足量，溶液变为蓝色，则上述反应中作　 　剂(填“氧化”或“还原”)，铬元素化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)。
（5）常温下，往溶液中滴加少量溶液，可发生如下两个反应：；。下列说法正确的是____(填标号)。
A．的氧化性一定比强
B．在分解过程中，溶液的逐渐下降
C．在分解过程中，Fe2+和的总量保持不变
D．生产过程要严格避免混入
【答案】（1）B
（2）溶液变蓝
（3）
（4）还原；降低
（5）C；D
【知识点】氧化还原反应；过氧化氢
【解析】【解答】(1)过氧化氢为常见的氧化剂，试剂瓶上最适合贴上的一个标签为氧化剂标志，故答案为：B；
(2)过氧化氢和氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝色；
(3)发生PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O，S元素的化合价从-2升高到+6，Pb化合价不变，则1molPbS反应转移8mol电子；
(4)O元素化合价由-1价升高到0价，过氧化氢为还原剂，反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价；
(5)A．反应2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，故H2O2的氧化性比Fe3+强；反应2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，故H2O2的还原性比Fe2+强，故A不正确；
B．总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，溶液的H+浓度基本不变，溶液的pH基本不变，故B不正确；
C．总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，Fe2+为H2O2分解的催化剂，Fe2+和Fe3+的总量保持不变，故C正确；
D．Fe2+为H2O2分解的催化剂，可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】(1)依据试剂性质选择标签；
(2)过氧化氢和氧化KI生成碘；
(3)利用化合价变化判断；
(4)依据氧化还原反应原理分析；
(5)A．根据氧化性比较：氧化剂＞氧化产物；
B．依据H+浓度判断；
C．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
D．Fe2+为H2O2分解的催化剂。
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