专题04氧化还原反应（教师版含解析）2021年高考化学真题和模拟题分类汇编_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习_2023年新高考大一轮复习讲义

专题04 氧化还原反应 2021年化学高考题 1．（2021·山东高考真题）实验室中利用固体KMnO 进行如图实验，下列说法错误的是 4 A．G与H均为氧化产物 B．实验中KMnO 只作氧化剂 4 C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol 【KS5U答案】BD 【分析】 KMnO 固体受热分解生成KMnO、MnO、O，KMnO、MnO 均具有氧化性，在加热条件下能与浓 4 2 4 2 2 2 4 2 盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl，KMnO、MnO 被还原为MnCl，因此气 2 2 4 2 2 体单质G为O，气体单质H为Cl。 2 2 【KS5U详解】 A．加热KMnO 固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热KMnO、MnO 与浓盐 4 2 4 2 酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O 和Cl 均为氧化产物，故A正确； 2 2 B．KMnO 固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化， 4 因此KMnO 既是氧化剂也是还原剂，故B错误； 4 C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为 ，Mn元素至少参加了3个氧化 还原反应，故C正确； D．每生成1mol O 转移4mol电子，每生成1mol Cl 转移2mol电子，若KMnO 转化为MnCl 过 2 2 4 2 程中得到的电子全部是Cl-生成Cl 所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO～5Cl 可知， 2 4 2n(气体) =0.25mol，但该气体中一定含有O，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol， max 2 故D错误； 综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。 2．（2021·浙江）关于反应KHIO+9HI=2KI+4I+6HO，下列说法正确的是 2 3 6 2 2 A． KHIO 发生氧化反应 2 3 6 B．KI是还原产物 C．生成12.7g I 时，转移0.1mol电子 2 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 【KS5U答案】D 【KS5U详解】 A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误； B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B 错误； C．12.7g I 的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I 转移7mol电子，则生 2 2 成0.05mol I 时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误； 2 D．反应中HI为还原剂，KHIO 为氧化剂，在反应中每消耗1mol KHIO 就有7mol HI失电子， 2 3 6 2 3 6 则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确； 故答案选D。 KIO 3．（2021·湖南高考真题） 3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该 Δ 6I +11KCIO +3H O 6KHIO  +5KCl+3Cl  方法的第一步反应为 2 3 2 3 2 2 。下列说法错误 的是 Cl 10mole A．产生22.4L(标准状况) 2时，反应中转移 B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 Cl C．可用石灰乳吸收反应产生的 2制备漂白粉 IO D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 3 的存在【KS5U答案】A 【KS5U详解】 A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO) 中+5价，每个碘原子升高5价，即 3 2 6I 60e-，又因方程式中6I 3Cl，故3Cl 60e-，即Cl 20e-，所以产生22.4L (标准状 2 2 2 2 2 况) Cl 即1mol Cl 时，反应中应转移20 mol e-，A错误； 2 2 B．该反应中KClO 中氯元素价态降低，KClO 作氧化剂，I 中碘元素价态升高，I 作还原剂， 3 3 2 2 由该方程式的计量系数可知，11KClO 6I，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 3 2 11:6，B正确； C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确； IO- D．食盐中 3可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应 IO-+5I-+6H+=3I +3H O 3 2 2 生成I，I 再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉 2 2 IO- 碘化钾溶液检验食盐中 3的存在，D正确。 故选A。 4．（2021·浙江高考真题）关于反应8NH+6NO=7N+12HO，下列说法正确的是 3 2 2 2 A．NH 中H元素被氧化 3 B．NO 在反应过程中失去电子 2 C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 【KS5U答案】D 【分析】 由反应8NH+6NO==7N+12HO可知，其中NH 的N元素的化合价由-3升高到0、NO 中的N元素 3 2 2 2 3 2 的化合价由-+4降低到0，因此，NH 是还原剂， NO 是氧化剂。 3 2 【KS5U详解】 A．NH 中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确； 3 B．NO 在反应过程中得到电子，B不正确； 2 C．该反应中，NH 是还原剂，NO 是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量 3 2 之比为4：3，C说法不正确； D．该反应中氧化产物和还原产物均为N。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得 2到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之 比为4：3 ，D说法正确。 综上所述，本题选D。 5．（2021·广东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含 Al Mo Ni 铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： H CO K =4.5107 K =4.71011 K BaMoO =3.5108 已知：25℃时， 2 3的 a1 ， a2 ； sp 4 ； K BaCO =2.6109 pH6.0 Mo MoO2 sp 3 ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 4 的形态存在。 Na MoO Mo (1)“焙烧”中，有 2 4生成，其中 元素的化合价为_______。 (2)“沉铝”中，生成的沉淀X为_______。 pH (3)“沉钼”中， 为7.0。 BaMoO ①生成 4的离子方程式为_______。 BaCO BaMoO BaCO ②若条件控制不当， 3也会沉淀。为避免 4中混入 3沉淀，溶液中 c  HCO :c  MoO2- = BaCl 3 4 _______(列出算式)时，应停止加入 2溶液。 NaCl Y Y (4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为_______。 NaCl CO ②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量 2， 可析出Y。AlAs (5)高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致 H O GaAs 密保护膜为一种氧化物，可阻止 2 2刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。 ①该氧化物为_______。 ②已知： Ga 和 Al 同族， As 和 N 同族。在 H 2 O 2与上层 GaAs 的反应中， As 元素的化合 价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。 AlOH MoO2 Ba2 BaMoO 【KS5U答案】+6 3 4 + = 4↓ 1107mol/L2.6109 4.710113.5108 NaHCO NH Al O 4:1 3 3 2 3 【分析】 由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸 钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝 酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液 沉钼后，过滤得到钼酸钡。 【KS5U详解】 Na MoO （1）“焙烧”中，有 2 4生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数Mo 和为0可知， 元素的化合价为+6。 AlOH （2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为 3。 BaMoO （3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成 4沉淀，该反应的离子方程式 MoO2 Ba2 BaMoO 为 4 + = 4↓。 BaCO ②若开始生成 3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡： HCO+BaMoO  BaCO MoO2 H 3 4 3 4 ，该反应的化学平衡常数为 c(H)c(MoO2) c(H+)c(CO2-)c(MoO2-)c(Ba2+) K K (BaMoO ) K  4  3 4  a2 sp 4 c(HCO) c(HCO-)c(CO2-)c(Ba2+) K (BaCO ) 。为避免 3 3 3 sp 3 c(H)c(MoO2) K K (BaMoO ) 4  a2 sp 4 BaMoO 中混入BaCO 沉淀，必须满足 c(HCO) K (BaCO ) ，由于“沉 4 3 3 sp 3 pH c(H)1107mol/L 钼”中 为7.0， ，所以溶液中 c(MoO2) K K (BaMoO ) 4  a2 sp 4 c(HCO) 1107mol/LK (BaCO ) 时，开始生成BaCO 沉淀， 因此， 3 sp 3 3 1107mol/LK (BaCO ) 1107mol/L2.6109 sp 3  c  HCO :c  MoO2- = K K (BaMoO ) 4.710113.5108 时，应 3 4 a2 sp 4 BaCl 停止加入 2溶液。 （4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠， 过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 NaCl 和 NaHCO 3，故 Y 为 NaHCO 3。 NaCl NH ②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量 3，再通入 CO NaHCO 足量 2，可析出 3。 H O AlAs （5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由 2 2与 反应生成的，联 Al O 想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为 2 3。 Ga Al As N GaAs As ②由 和 同族、 和 同族可知， 中显+3价（其最高价）、 显-3价。在 H O GaAs As As 2 2与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8， 元素被 H O H O GaAs 氧化，则该反应的氧化剂为 2 2，还原剂为 。 2 2中的O元素为-1价，其作为氧 H O 化剂时，O元素要被还原到-2价，每个 2 2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应 中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的 8:24:1 量之比为 。 6．（2021·浙江高考真题）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下 反应： Δ 3S+6KOH 2KS+KSO+3HO 2 2 3 2 Δ (x-1)S+KS KS(x=2~6) 2 2 x Δ S+ KSO KSO 2 3 2 2 3 请计算： (1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成KS和KSO，则 2 2 3V=______。 (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成KS 和 2 x KSO，则x=______。(写出计算过程) 2 2 3 【KS5U答案】30.0 3 【KS5U详解】 Δ (1)根据方程式3S+6KOH 2KS+KSO+3HO可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物 2 2 3 2 质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积 n 0.03mol V= c = 1.00mol/L =0.03L=30.0mL，故答案为30.0； Δ (2)若S与KOH溶液反应生成KS 和KSO，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2 x 2 2 3 2KS+KSO+3HO，根据反应方程式有 2 x 2 2 3 2  2x2S +6KOH 2K S +K S O +3H O 2 x 2 2 3 2 2x+2 6 2.56g 0.060L1.00mol/L 32g/mol 解得x=3，故答案为3。 2021年化学高考模拟题 1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）下列物质在生活中的应用与氧化还原反 应无关的是 A．用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮剂 B．ClO 常用于自来水的杀菌消毒 2 C．用KMnO 溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯 4 D．呼吸面具中常用NaO 作供氧剂 2 2 【KS5U答案】A 【KS5U详解】 A．用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮剂，主要是氧化钙和水反应，是非氧化还原反应，故 A符合题意；B．ClO 常用于自来水的杀菌消毒，利用强氧化性，与氧化还原反应有关，故B不符合题意； 2 C．用KMnO 溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯，高锰酸钾氧化乙烯，与氧化还原反应 4 有关，故C不符合题意； D．呼吸面具中常用NaO 作供氧剂，过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠，与氧化还 2 2 原反应有关，故D不符合题意。 综上所述，答案为A。 2．（2021·南岸区·重庆第二外国语学校高三三模）固体NaS溶于水呈碱性且放出有臭味 2 高温 Na SO+2C Na S+2CO↑ 的气体，俗称“臭碱”。工业上可利用反应 2 4 2 2 来制备，下列说法 不正确的是 A．NaS溶液显碱性的原因是：S2-+HO HS-+OH- 2 2  B．NaS可以在空气中长期放置会变质 2 C．反应中生成1mol“臭碱”转移电子的物质的量为8mol D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为2：1 【KS5U答案】D 【KS5U详解】 噲垐 �� A．硫离子在水中易发生水解，S2-+HO HS-+OH-，故硫化钠溶液显碱性，A项正确； 2 B．硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氢化钠，发生变质，B项正确； 高温 C．根据方程式NaSO+2C NaS+2CO↑硫酸根离子中硫为+6价，硫化钠中硫为-2 2 4 2 2 价，故生成1mol硫化钠转移8mol电子，C项正确； D．该反应中硫酸根离子中硫的化合价下降，硫酸钠做氧化剂，C在反应中化合价上升，做还 原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：2，D项错误； 答案选D。 3．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）磷化氢(PH)是一种在空气中能自燃的剧毒气体， 3 具有还原性，可作为电子工业原料。PH 的一种工业制法流程如下： 3下列说法错误的是 A．HPO 为一元弱酸 3 2 B．该过程最好在无氧条件下进行 C．不考虑损失，1 mol P 参与反应，可产生2.5 mol PH 4 3 D．反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1︰3 【KS5U答案】D 【KS5U详解】 A．过量的NaOH反应只生成NaHPO，说明HPO 只电离出一个氢离子，为一元弱酸，A正确； 2 2 3 2 B．P、PH 在有氧条件下易自燃，则反应过程需保持无氧条件，B正确； 4 3 C．反应1的化学方程式P+3NaOH+3HO=3NaHPO+PH↑，1P~1PH，反应3的化学方程式为 4 2 2 2 3 4 3 2HPO=HPO+PH，1P~3NaHPO~1.5 PH，可知1 mol P 参与反应，可产生2.5 mol PH，C正 2 2 3 4 3 4 2 2 3 4 3 确； D．反应1的化学方程式P+3NaOH+3HO=3NaHPO+PH↑，氧化产物是NaHPO，还原产物是 4 2 2 2 3 2 2 PH，物质的量之比为3︰1，D错误； 3 故选：D。 4．（2021·安徽淮北市·高三一模）下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是 A．硅胶有吸水性，可作袋装食品的干燥剂 B．小苏打可溶于水，可作糕点的膨松剂 C．臭氧具有强氧化性，可作食品的杀菌剂 D．维生素C具有还原性，可作食品的抗氧化剂 【KS5U答案】B 【KS5U详解】 A．硅胶多孔，吸水能力强，硅胶能作干燥剂，由于无毒，不会污染食品，所以常用作袋装 食品的干燥剂，故A正确； B．小苏打可中和面团发酵的酸产生二氧化碳，可作糕点的膨松剂，故B错误； C．臭氧具有强氧化性，可作食品的杀菌剂，故C正确；D．维生素C具有还原性，且无毒，可作食品的抗氧化剂，故D正确， 故答案选：B。 5．（2021·浙江高三其他模拟）高铁酸钾(KFeO)是一种新型多功能净水剂，强碱性条件下 2 4 制取，干燥环境下冷藏。制备过程如图： 溶解 NaOH KOH 漂白粉与苏打 过滤 溶液1 Fe 2 SO 4  3 溶液2 过滤 K 2 FeO 4 固体 下列说法不正确的是 A．高铁酸钾既能杀菌消毒、又有净水作用，净水作用与胶体的性质有关 2 B．溶液1→溶液2的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO4 +3Cl-+5HO 2 C．溶液2中加入KOH析出了KFeO 固体，说明KFeO 难溶于水 2 4 2 4 D．高铁酸钾受热分解可放出氧气 【KS5U答案】C 【分析】 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，苏打的主要成分为碳酸钠；二者反应生成次氯酸钠 (溶液1)和碳酸钙；在碱性条件下次氯酸钠与铁离子反应生成高铁酸根氯离子和水(溶液2)； 再向溶液2 中加入一定量的氢氧化剂，过滤、洗涤干燥等步骤得到高铁酸钾。据此分析可得： 【KS5U详解】 A．高铁酸钾既能杀菌消毒、又有净水作用。其中消杀为高铁酸根具有强氧化性；净水为利 用高铁酸根被还原生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体吸附性，与胶体性质有关，故A正确； B．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，苏打的主要成分为碳酸钠；二者反应生成次氯 酸钠和碳酸钙，在碱性条件下次氯酸钠与铁离子反应生成高铁酸根氯离子和水，则溶液1→ 2 溶液2的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO4 +3Cl-+5HO，故B正确； 2 C．钾盐、钠盐都易溶于水，溶液2中加入KOH析出了KFeO 固体，说明KFeO 的溶解度小于 2 4 2 4 NaFeO，而不是KFeO 难溶于水，故C错； 2 4 2 4 D．干燥的高铁酸钾在198℃以下是稳定，受热易分解为氧化铁，氧化钾和氧气，即 4K FeO 2Fe O 3O 4K O 2 4 2 3 2 2 ，故D正确； 答案选C 6．（2021·浙江高三其他模拟）下列“类比”合理的是A．Cu与Cl 反应生成+2价的CuCl，则Cu与S反应生成+2价的CuS 2 2 B．C在足量O 中燃烧生成CO，则S在足量O 中燃烧生成SO 2 2 2 3 C．Fe—Cu原电池，Fe的活泼性比Cu强，在稀硫酸介质中，Fe做负极，则在浓硝酸中，也 是Fe做负极 D．NH 与HCl反应生成NHCl，则HN—NH 也可以与HCl反应生成NHCl 3 4 2 2 2 6 2 【KS5U答案】D 【KS5U详解】 A． Cu与Cl 反应生成+2价的CuCl，但S氧化性弱于Cl，Cu与S反应生成+1价的CuS，故 2 2 2 2 A错误； B． C在足量O 中燃烧生成CO，但S在足量O 中燃烧生成SO，故B错误； 2 2 2 2 C． Fe—Cu原电池，Fe的活泼性比Cu强，在稀硫酸介质中，Fe做负极，但在浓硝酸中，Fe 发生钝化，阻止内部铁继续反应，故C错误； D． N原子上有孤电子对，NH 与HCl反应生成NHCl，则HN—NH 也可以与HCl反应生成 3 4 2 2 NHCl，故D正确； 2 6 2 故选D。 高温 7．（2021·浙江高三其他模拟）火法炼铜中涉及反应：2CuFeS+O CuS+2FeS+SO，下 2 2 2 2 列判断正确的是 A．CuFeS 只作还原剂 2 B．SO 既是氧化产物又是还原产物 2 C．消耗1 mol O 时转移电子的物质的量为4 mol 2 D．每生成1 mol CuS同时产生22.4 LSO 2 2 【KS5U答案】B 【KS5U详解】 A．在该反应中 Cu元素的化合价由反应CuFeS 中的+2价变为反应后CuS中的+1价，化合价 2 2 降低得到电子，被还原，所以CuFeS 作氧化剂；S元素化合价由反应前CuFeS 中的-2价变为 2 2 反应后SO 中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS 又作还原剂，故CuFeS 2 2 2 既作氧化剂又作还原剂，A错误； B．在该反应中，S元素化合价由反应前CuFeS 中的-2价变为反应后SO 中的+4价，化合价升 2 2 高，失去电子，被氧化，SO 是氧化产物；O元素化合价由反应前O 中的0价变为反应后SO 2 2 2 中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，SO 又是还原产物，故SO 既是氧化产物又是还 2 2原产物，B正确； C．在该反应中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，每有1 mol O 参加反应， 2 转移电子的物质的量是6 mol，C错误； D．根据方程式可知：每生成1 mol CuS同时产生1 mol SO，但由于未知外界条件，因此不 2 2 能确定1 mol的SO 的体积是否是22.4 L，D错误； 2 故合理选项是B。 8．（2021·北京高三其他模拟）以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO、MnO(OH)、NHCl、 2 4 ZnCl、FeO 及炭黑等]为原料制备MnCl，实现锰的再利用。其工艺流程如图： 2 2 3 2 下列说法不正确的是 A．步骤①分离出NHCl、ZnCl 的试剂和操作为：水、过滤 4 2 Δ Δ B．步骤②中发生的反应：C+O CO、4MnO(OH)+O 4MnO+2HO 2 2 2 2 2 C．步骤③若先加HO、后加HSO，可提高HO 的利用率 2 2 2 4 2 2 D．步骤④所得MnCl 溶液中含有少量CaSO 杂质 2 4 【KS5U答案】C 【分析】 MnO MnO(OH) NH Cl ZnCl FeO 黑锰粉中含有 2、 、 4 、 2、 2 3及炭黑等，步骤①将黑锰粉 MnO NH Cl ZnCl 分离为溶液和 2粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出 4 溶液、 2溶液和 MnO MnO MnO MnO(OH) FeO 2固体；所得 2粗品中含有 2、 、 2 3及炭黑等，步骤②是将 MnO MnO(OH) 2粗品在空气中加热，可知 、炭黑(主要成分为C单质)被O 氧化，其中C被 2 MnO(OH) MnO MnO MnO FeO 氧化为CO， 被氧化为 2，此时 2粗产品中含有 2、 2 3；步骤 2MnO MnO FeO ③是向 2粗产品(含 2、 2 3中加入HO 溶液、稀HSO，并加热得到MnSO 溶液和 2 2 2 4 4 Fe(OH) 沉淀；步骤④是向MnSO 溶液中加入CaCl，二者反应生成MnCl 和微溶于水的 3 4 2 2 CaSO，再经过滤操作得到MnCl 溶液。 4 2 【KS5U详解】 MnO NH Cl A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和 2粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出 4 溶液、 ZnCl MnO NH Cl ZnCl 2溶液和 2固体，可知步骤①分离出 4 、 2的试剂和操作为：水、过滤， 故A项正确； MnO MnO MnO(OH) FeO B．经步骤①分离所得的 2粗品中含有 2、 、 2 3及炭黑等，步骤② MnO MnO(OH) 是将 2粗品在空气中加热，可知 、炭黑(主要成分为C单质)被O 氧化，其中 2 MnO(OH) MnO C被氧化为CO， 被氧化为 2，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确； 2 MnO C．③中先加入双氧水， 2会催化分解HO，使其利用率降低，故C项错误； 2 2 D．步骤④是向MnSO 溶液中加入CaCl，二者反应生成MnCl 和微溶于水的CaSO，所以含有 4 2 2 4 少量的CaSO，故D项正确。 4 故选C。 9．（2021·北京高三其他模拟）下列生活中的做法可以用氧化还原反应规律解释的是 A B C D 用纯碱溶液清洗 用铁粉作脱氧保鲜剂 用白醋去除水垢 用明矾净水 油污 A．A B．B C．C D．D【KS5U答案】A 【KS5U详解】 A．用铁粉作脱氧保鲜剂，生成氧化铁，氧气被铁单质还原，故选A； B．用白醋去除水垢，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，没有元素化合价变化， 属于非氧化还原反应，故不选B； C．用纯碱溶液清洗油污，油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，没有 元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选C； D．用明矾净水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，没有元素化合价变化， 属于非氧化还原反应，故不选D； 选A。 10．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A．氯碱工业法制NaOH B．维生素C用作食品抗氧化剂 C．用稀KMnO 溶液消毒 4 D．古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈 【KS5U答案】D 【KS5U详解】 A．氯碱工业法制NaOH的化学原理是电解饱和食盐水，涉及氧化还原反应，A错误； B．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，涉及氧化还原反应，B错误； C．用稀KMnO 溶液消毒，利用的是KMnO 强氧化性，涉及氧化还原反应，C错误； 4 4 D．明矾水解使溶液成酸性，可用于清除铜镜表面的铜锈[主要成分为Cu(OH)CO]，不涉及 2 2 3 氧化还原反应，D正确； 故选D。 11．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）化学与人类的生活有着密切联系，下 列过程涉及氧化还原反应的是 A．SO 漂白的纸张易变黄 B．长江入海口沙洲的形成 2 C．苹果汁中加入维生素C可防止苹果汁变黄 D．紫甘蓝汁中加入食醋会变为红色 【KS5U答案】C 【KS5U详解】 A．二氧化硫的漂白作用与纸张中色素发生化合反应生成不稳定的无色物质，日晒此物质又 分解恢复黄色，发生的是化合反应，A不符合题意； B．混有泥沙的江水是胶体，海水中有大量电解质，胶体遇电解质溶液发生聚沉形成沙洲，没有发生氧化还原反应，B不符合题意； C．苹果汁在空气中易被氧化成黄色，维生素C有还原性，可以防止氧化，发生的是氧化还原 反应，C符合题意； D．在酸碱性不同的溶液中紫色甘蓝汁液会显示不同的颜色，所以它遇食醋颜色变化的原理 与酸碱指示剂变色原理相似，不是氧化还原反应，D不符合题意； 故选C。 12．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）2021 年3月，中国国家航天局发布高清火星 影像图，以中国之眼向全世界展示“荧荧火光、离离乱惑”。据载：火星表面富含铁的氧化 物，在气流中形成红棕色尘暴。火星南北极冠覆盖水冰与干冰，随季节消长。下列说法正确 的是 A．水冰与干冰互为同分异构体 B．火星表面含铁氧化物可作颜料入画 C．长征5号火箭只需携带液氢燃料，氧气可来自大气 D．传统的火箭推进剂为偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮作还原剂 【KS5U答案】B 【KS5U详解】 A．水冰为HO，干冰为CO，非同分异构体，故A错误； 2 2 B．氧化铁红棕色，又称铁红，可做颜料，故B正确； C．太空无氧，所以火箭必须自带液氧，故C错误； D．偏二甲肼作还原剂，四氧化二氮作氧化剂，故D错误； 故选B。 13．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）SF 是有效的应用广泛的选择性有机氟化剂， 4 工业上制备SF 的反应为3SCl+4NaF=SF+SCl+4NaCl。下列说法错误的是 4 2 4 2 2 A．SF 为氧化产物，SCl 是还原产物 4 2 2 B．SCl 和SCl 两种物质中硫元素的化合价不同 2 2 2 C．该反应中，参加反应的还原剂和氧化剂物质的量之比为2：1 D．上述反应中，每产生1molSF，转移电子的物质的量为2mol 4 【KS5U答案】C 【KS5U详解】 A．由方程式可知，SCl 中硫元素化合价为+2，SF 中硫元素化合价为+4，则反应中硫元素的 2 4 化合价升高被氧化，SF 为反应的氧化产物，SCl 中硫元素化合价为+1，则反应中硫元素的 4 2 2化合价降低被还有，SCl 是反应的还原产物，故A正确； 2 2 B．SCl 中硫元素化合价为+2，SCl 中硫元素化合价为+1，则两种物质中硫元素的化合价不 2 2 2 同，故B正确； C．由方程式可知，反应中SCl 既作氧化剂又作还原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂 2 与还原剂物质的量之比为2：1，故C错误； D．由方程式可知，生成SF 时S元素化合价由+2变为+4，则每产生1molSF，转移电子的物 4 4 质的量为2mol，故D正确； 故选C。 14．（2021·长沙市明德中学高三三模）用酸性KMnO 溶液处理硫化亚铜(CuS)和二硫化亚铁 4 2 MnO- SO2- (FeS)的混合物时，发生反应I： 4+CuS+H+→Cu2++ 4 +Mn2++HO(未配平)和反应II： 2 2 2 MnO- SO2- 4+FeS+H+→Fe3++ 4 +Mn2++HO(未配平)。下列说法错误的是 2 2 A．反应I中CuS只是还原剂 2 SO2- B．反应I中每生成1mol 4 ，转移电子的物质的量为10mol C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1 D．若反应I和反应II中消耗的KMnO 的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂 4 的物质的量之比为2∶3 【KS5U答案】D 【KS5U详解】 A．反应I中，CuS中Cu元素化合价由+1升高为+2、S元素化合价由-2升高为+6，所以CuS 2 2 只作还原剂，故A正确； B．反应I中，CuS中Cu元素化合价由+1升高为+2、S元素化合价由-2升高为+6，每生成 2 SO2- 1mol 4 ，消耗1molCuS，转移电子的物质的量为10mol，故B正确； 2 MnO- SO2- MnO- C．反应II，3 4+FeS+8H+→Fe3++2 4 +3Mn2++4HO， 4是氧化剂、FeS 是还原剂， 2 2 2 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，故C正确； MnO- SO2- MnO- SO2- D．2 4+CuS+8H+→2Cu2++ 4 +2Mn2++4HO和3 4+FeS+8H+→Fe3++2 4 +3Mn2++4HO 2 2 2 2 中消耗的KMnO 的物质的量相同，则反应I中消耗CuS和反应II中消耗FeS 的比为3∶2，故 4 2 2D错误； 选D。 NaN KNO 15．（2021·辽宁高三其他模拟）汽车安全气囊中装有 3和 3固体，发生碰撞时生 成两种金属氧化物和一种单质气体，下列说法正确的是 A．氧化产物与还原产物的质量比为1∶15 1mol NaN 3mol B．每消耗 3转移 电子 10NaN 2KNO =K O5Na O16N  C．安全气囊中发生的反应为 3 3 2 2 2 NN D．氮气的电子式为 【KS5U答案】C 【KS5U详解】 NaN KNO 3和 3反应生成两种金属氧化物即为氧化钠和氧化钾，和一种单质气体为氮气，根 据氧化还原反应中的质量守恒和电子守恒配平方程式，反应方程式为： 10NaN 2KNO =K O5Na O16N  3 3 2 2 2 。 NaN KNO A． 3是还原剂，生成氧化产物， 3是氧化剂，生成还原产物，所以氧化产物和还 原产物的比例为15:1，质量比也为15:1，A错误； 1mol NaN B．该反应中转移10个电子，故每消耗 3转移1mol电子，B错误； 10NaN 2KNO =K O5Na O16N  C．反应方程式为： 3 3 2 2 2 ，C正确； D．氮气的电子式为： ，D错误； 故选C。 n n 16．（2021·梅州市梅江区梅州中学）在水溶液中，RO3 和Mn2+发生反应：RO3 +3Mn2+ n +3HO=R-+3MnO↓+6H+，则RO3 中R元素的化合价和原子最外层电子数分别为 2 2 A．+4、6 B．+7、7 C．+5、7 D．+5、5 【KS5U答案】C【KS5U详解】  根据电荷守恒：-n+6=6-1，n=1，故RO3 ，中设R的化合价x，O为-2价，x-6=-1，x=+5，由 方程式中，R元素的还原产物为R-可知，R得到1个电子达到8电子稳定状态，故R原子最外 层7个电子。故选C。 17．（2021·江苏省如皋中学）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 向0.1 mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红 2 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 NaOH溶液充分混合 3 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生 4 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中滴加过量CuCl 溶液，产生黑色沉淀 2 下列有关说法正确的是 A．0.1 mol·L-1NaHS溶液中：c(S2-)>c(HS) 2 B．实验2所得溶液中：c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(HS) 2 C．实验3说明HS-不能被氯气氧化 D．实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=K (CuS) sp 【KS5U答案】D 【KS5U详解】   A．NaHS溶液中存在电离平衡HS- H++S2-和水解平衡HS-+HO HS+OH-，由实验1可知NaHS 2 2 溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-) 4，故B正确； - - C．由反应5 BiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2 MnO4+7HO可知，反应消耗H+，pH值增大，故C正确； 2 D．Mn元素化合价由+2升高到+7，则若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为（7- 2）×1mol=5mol，故D正确。 故选：A。 20．（2021·巴南区·重庆市实验中学）联氨(NH)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅 2 4 炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是A．过程①中生成的N 是氧化产物 2 B．过程③中发生反应后溶液的pH减小 C．1mol NH 可处理锅炉水中1mol O 2 4 2 D．1mol NH 含有的共价键数约为5×6.02×1023 2 4 【KS5U答案】B 【KS5U详解】 A．过程①中 NH 与CuO反应生成N，N元素的化合价升高，则①转化中NH 是还原剂，N 是 2 4 2 2 4 2 氧化产物，故A正确； + 2+ B．结合图示可知，③中发生反应为：4Cu(NH)2＋O＋8NH•HO＝4Cu(NH)4 ＋4OH−＋6HO， 3 2 3 2 3 2 反应生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故B错误； C．1molNH 失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO 得到4mol电子，根据得失电子守 2 4 2 恒可知，1molNH 可处理水中1mol O，故C正确； 2 4 2 D．1mol NH 含有4molN-H键和1molN-N键，共5mol共价键，即共价键个数约为 2 4 5×6.02×1023，故D正确； 故选：B。 21．（2021·山西阳泉市·高三三模）根据下列实验操作和现象所得出的结论或推论正确的 是 实验操作和现象 实验结论或推论 A 向FeCl 溶液中加入Cu片，振荡，溶液颜色变化 Cu与FeCl 发生了置换反应 3 3 B 向Ba(NO) 溶液中通入SO 气体，产生白色沉淀 SO 具有还原性 3 2 2 2 C 用pH试纸测得NaA、NaB溶液的pH分别为9和8 酸性：HB>HA 用AgNO 标准溶液滴定待测液中Cl-，以KCrO 为指示 D 3 2 4 K (AgCrO)>K (AgCl) 剂 sp 2 4 sp A．A B．B C．C D．D 【KS5U答案】B 【KS5U详解】 A．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，A错误； B．硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则二氧化硫具有还原性，B正确； C．NaA、NaB溶液的浓度未知，不能由盐溶液的pH来比较对应酸的酸性，C错误； D．以K2CrO4为指示剂，说明K (AgCrO)更小，D错误； sp 2 4 答案选B。 22．（2021·安徽安庆一中高三三模）下列文献记载内容涉及非氧化还原反应的是 A．东汉《周易参同契》中记载“胡粉投火中，色坏还为铅” B．宋代《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用” C．西汉时期的《淮南万毕术》中有“曾青得铁，则化为铜” D．晋代《抱扑子》一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂” 【KS5U答案】B 【KS5U详解】 A．胡粉是碱式碳酸铅［Pb(OH)(CO)］，加热过程+2价Pb被碳还原为铅单质，Pb元素化合 3 2 3 2 价降低，涉及氧化还原反应，故不选A； B．“凡石灰，经火焚炼为用”，涉及CaCO  CaO+CO  反应，涉及非氧化还原反应， 3 2 高温 故选B； FeCuSO FeSO Cu C．“曾青得铁，则化为铜”，涉及 4 4 ，Fe、Cu元素化合价有变化， 涉及氧化还原反应，故不选C； Δ D．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂” ，丹砂为硫化汞，不稳定，加热发生HgS= Hg+S，温度降低时，又可发生Hg+S=HgS，Hg、S元素化合价有变化，涉及氧化还原反应，故 不选D； 选B。 23．（2021·云南昆明市·昆明一中高三其他模拟）下列反应中，反应物用量或浓度变化时， 不会引起产物改变的是 A．Zn与硫酸溶液反应 B．Cu与硝酸溶液反应 C．Al与氢氧化钠溶液反应 D．Cl 与FeBr 溶液反应 2 2 【KS5U答案】C 【KS5U详解】 A．Zn与硫酸溶液反应，浓硫酸被还原产物为SO 等，稀硫酸被还原为H，A不符合； 2 2 B．Cu与硝酸溶液反应，浓硝酸还原产物为NO，稀硝酸被还原为NO，B不符合； 2C．Al与氢氧化钠溶液反应，产物为NaAlO 和H，与反应物用量和浓度无关，C符合； 2 2 D．Cl 与FeBr 溶液反应，氯气先后氧化亚铁离子、溴离子，产物与反应物用量有关，D不符 2 2 合； 答案选C。 24．（2021·江苏南京市·南京师大附中高三其他模拟）工业上利用炭和水蒸气反应：C(s) ＋HO(g)     CO(g)＋H(g)、CO(g)＋HO(g)     CO(g)＋H(g)生成的H 为原料合成氨。 2 2 2 2 2 2 - 在饱和食盐水中先通NH，后通CO，由于HCO3能形成多聚体，所以容易析出NaHCO，过滤后 3 2 3 热分解得纯碱。下列有关说法正确的是 A．增大压强有利于提高上述反应中焦炭的利用率 - B．NaHCO 溶液中，HCO3能形成多聚体是因为氢键的作用 3 C．若反应体系中，c(CO)=a mol·L-1，c(CO)=b mol·L-1，则c(H)=(a＋b) mol·L-1 2 2 D．析出NaHCO 的反应属于氧化还原反应 3 【KS5U答案】B 【KS5U详解】 A．增大压强，C(s)＋HO(g)     CO(g)＋H(g)平衡逆向移动，不利于提高焦炭的利用率， 2 2 故A错误； - - B．O吸引电子能力强，HCO3离子间能形成氢键，所以HCO3能形成多聚体，故B正确； C．若反应体系中，c(CO)=a mol·L-1，c(CO)=b mol·L-1，根据氧原子守恒，则c(H)=(a＋ 2 2 2b) mol·L-1，故C错误； D．氯化钠、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反 应，故D错误； 选B。 25．（2021·江苏南京市·南京师大附中高三其他模拟）TiO 的“纳米材料”有广泛的应用， 2 工业上可利用TiCl 制取。 TiCl 熔点为-25 ℃，沸点为136.4 ℃。制取TiO 的反应为① 4 4 2 2FeTiO＋7Cl＋3C=2TiCl＋2FeCl＋3CO、② TiCl＋O=TiO＋2Cl。下列说法正确的是 3 2 4 3 2 4 2 2 2 A．基态Ti原子核外价电子排布式为3d24s2 B．Cl、CO 都是含有非极性键的非极性分子 2 2C．TiCl 晶体是离子晶体，配位数为4 4 D．生成1 mol FeCl 转移电子的物质的量为14 mol 3 【KS5U答案】A 【KS5U详解】 A．Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，A正确； B．Cl 和CO 都是非极性分子，Cl 中含Cl—Cl非极性键，CO 中含C=O极性键、不含非极性 2 2 2 2 键，B错误； C．TiCl 的熔点为-25 ℃，沸点为136.4 ℃，熔、沸点较低，TiCl 晶体是分子晶体，C错误； 4 4 D．反应①中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由0价升至+4价，Cl元素的 化合价由0价降至-1价，生成2molFeCl 转移14mol电子，则生成1molFeCl 转移电子物质的 3 3 量为7mol，D错误； 答案选A。 26．（2021·山东滨州市·高三二模）用“HSO 浸出一萃取”法从铅烟灰(主要含有InO， 2 4 2 3 还含有PbO和SiO 杂质)中回收单质铟(In)的生产工艺流程如图所示。 2 噲垐 �� 已知：I.“萃取”反应：In(SO)+6(HA)(有机液) 2In(HA)(有机液)+3HSO 2 4 3 2 2 3 2 4 噲垐 �� II.“反萃”反应：In(HA)(有机液)+4HCl 3(HA)(有机液)+HInCl 2 3 2 4 下列说法正确的是 A．“高温酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸可提高酸浸速率 B．“萃取”时，等量的萃取剂一次萃取和分多次萃取的效率相同 C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率 D．“置换”时，得到海绵铟的化学方程式为：Zn+2HInCl=ZnCl+H↑+2InCl 4 2 2 3 【KS5U答案】C 【KS5U详解】A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，且高温会造成大量的HCl挥发造成损失，不能提高酸浸 速率，A错误； B．每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，所以多次萃取的效率更高，B错误； C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度，平衡In(HA)(有机液)+4HCl 3(HA)(有机液) 2 3  2 +HInCl 正向移动，可提高铟的反萃取率，C正确； 4 D．“置换”时锌与HInCl 反应产生In单质而不是氢气，发生反应的化学方程式为 4 3Zn+2HInCl=2In+3ZnCl+2HCl，D错误； 4 2 综上所述答案为C。 27．（2021·重庆）硼氢化钠(NaBH)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反 4 应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法正确的是 A．水在此过程中作还原剂 B．若用DO代替HO，反应后生成的气体只有HD 2 2   C．NaBH 与水反应的离子方程式为：BH4+4HO=B(OH)4+4H 4 2 2 D．若不使用催化剂，NaBH 与水不能反应产生H 4 2 【KS5U答案】C 【KS5U详解】 A．据图可知HO脱去的氢原子最终生成氢气，水中H元素化合价降低，所以水为氧化剂，A 2 错误；  B．据图可知，第一步中两个BH4各脱去一个H原子结合形成H，即反应后生成的气体中有 2 H，B错误； 2  C．据图可知NaBH 与水反应过程中反应物为BH4和HO，产物为B(OH)4和氢气，离子方程式 4 2   为BH4+4HO=B(OH)4+4H，C正确； 2 2 D．催化剂只是加快反应速率，即使不使用催化剂，NaBH 与水反应依然能产生氧气，D错误； 4 综上所述答案为C。 28．（2021·湖南高三其他模拟）下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是 选项 实验 现象 结论 A 在某醛类有机溶液中滴入溴水 溴水褪色 该醛类物质含有碳碳双键 将苯、液溴和铁粉混合后产生的 B 产生淡黄色沉淀 苯和液溴发生了取代反应 气体直接通入AgNO 溶液中 3 向FeBr 和KSCN混合溶液中滴入 2 下层呈无色，上 C 少量新制氯水，再加入CCl 混合 Fe2+的还原性大于Br- 4 层呈红色 振荡、静置 向1mL2mol•L-1的NaOH溶液中滴加 1~2滴0.1mol•L-1MgCl 溶液后的 D 2 出现红褐色沉淀 K[Mg(OH)]＞K[Fe(OH)] sp 2 sp 3 悬浊液中，再滴加2滴0.1mol•L-1 溶液 A．A B．B C．C D．D 【KS5U答案】C 【KS5U详解】 A． 醛基可能会被溴水氧化，使溴水褪色，该物质中不一定含有碳碳双键，故A错误； AgNO B． 液溴易挥发，挥发出的溴单质与 3溶液反应也能生成AgBr沉淀，所以产生淡黄色 沉淀并不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误； FeBr Fe2 Br C． 向 2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，因 的还原性大于 ，则静置后 有机层在下层呈无色，水层在上层呈红色，故C正确； FeCl Mg(OH) D． 溶液中氢氧化钠过量，所以再加 3溶液就会有红褐色沉淀，不能说明是 2 MgCl FeCl 沉淀转化来的，正确方法是加入过量 2，然后再滴少量 3溶液，依据沉淀颜色变化判断，故D错误； 故选C。 29．（2021·长沙市明德中学高三三模）锶(Sr)为第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化 锶(SrCl·6HO)是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石(主要成分为SrSO，含少量 2 2 4 BaSO)为原料制备，生产流程如下： 4 下列叙述不正确的是 A．锶的金属性比钙的强，所以SrSO 的溶解性比CaSO 的强 4 4 B．高温焙烧时，若0.5molSrSO 完全反应转移了4mol电子，该反应的化学方程式为： 4 高温 SrSO+4C SrS+4CO 4 C．加入适量1mol/LHSO 目的是除去溶液中Ba2+杂质 2 4 D．工业上常电解熔融SrCl 制锶单质，则SrCl·6HO制取无水SrCl 一定要在无水氯化氢气 2 2 2 2 流中加热SrCl·6HO失水恒重 2 2 【KS5U答案】AD 【KS5U详解】 A．根据同主族元素性质递变规律，锶的金属性比钙的强，SrSO 的溶解性比CaSO 的弱，故A 4 4 错误； B．高温焙烧时，若0.5molSrSO 完全反应转移了4mol电子，说明S元素化合价由+6价降低 4 高温 为-2价，该反应的化学方程式为：SrSO+4C SrS+4CO，故B正确； 4 C．硫酸钡难溶于水，加入适量1mol/LHSO 目的是生成硫酸钡沉淀，除去溶液中Ba2+杂质， 2 4 故C正确； D．SrCl 是强酸强碱盐，SrCl 不水解，直接加热SrCl·6HO失水至恒重，可制得无水 2 2 2 2 SrCl，故D错误； 2选AD。 N H H O NaClO 30．（2021·辽宁高三其他模拟）利用 氧化尿素制备 2 4 2 (水合肼)的实验流 程如图所示： 已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应； N H H O NaClO N ② 2 4 2 有强还原性，能与 剧烈反应生成 2。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ中为避免温度过高，可采用冰水浴 NaClO NaClO NaClO B．步骤Ⅰ制备 溶液时，测得产物中 与 3的物质的量之比为5∶1，则 参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶5 NaClO C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入 碱性溶液中 D．生成水合肼反应的离子方程式为 ClO CONH  2OH=Cl 2H N H H OCO2 2 2 2 4 2 3 【KS5U答案】AD 【分析】 由流程可知，步骤I中氯气和NaOH溶液制备NaClO，步骤II中尿素与NaClO发生 NaClO+CO(NH)+2NaOH=NaCl+NH•HO+NaCO，制得水合肼溶液和NaCO 溶液在步骤III中分 2 2 2 4 2 2 3 2 3 离； 【KS5U详解】 A．实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，可以减缓Cl 的通入速率、冰水浴冷却，A 2 正确； B．氯气与NaOH反应生成物质的量之比为5：1的NaClO、NaClO，氯元素化合价升高，故还 3 有NaCl生成，故反应为：8Cl+16OH-=5ClO-+ClO-+10Cl-+8HO，氧化剂与还原剂的物质的量之 2 3 2 比为5∶3，B错误； C．将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率， 故实验中应将次氯酸钠溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，C错误； D．NaClO、NaOH与尿素生成NH•HO、碳酸钠、NaCl，反应为 2 4 2 NaClO+CO(NH)+2NaOH=NaCl+NH•HO+NaCO，离子方程式是： 2 2 2 4 2 2 3 ClO CONH  2OH=Cl 2H N H H OCO2 2 2 2 4 2 3 ，D正确； 故选：AD。 31．（2021·湖南高三其他模拟）现有4组标准电极电势：①PbO/PbSO，Eθ=1.69V；②MnO 2 4  4/Mn2+，Eθ=1.51V；③Fe3+/Fe2+，Eθ=0.77V；④Cl/Cl-，Eθ=1.07V。已知电势越高对应物质 2 的氧化性越强，则下列离子方程式或相应的描述中正确的是 2  A．5PbO+2Mn2++2HO+5SO4 =5PbSO↓+2MnO4+4OH- 2 2 4 B．2Fe2++Cl=2Fe3++2Cl- 2 C．酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸  D．氧化性由强到弱的顺序为PbO＞MnO4＞Cl＞Fe3+ 2 2 【KS5U答案】BD 【分析】 电势越高对应物质的氧化性越强，可知几种物质的氧化性由强到弱的顺序为 PbO ＞MnO＞Cl ＞Fe3 2 4 2 ，据此分析解答。 【KS5U详解】 A． 酸性条件下正确的离子方程式为 5PbO 2Mn2 4H 5SO2 5PbSO 2MnO2H O 2 4 4 4 2 ，故A错误； 2Fe2 Cl 2Fe3 2Cl B． 氧化性： Cl ＞Fe3，则反应 2 离子方程式的书写正确，故B 2 正确； Cl C． 酸化高锰酸钾时不能用盐酸，因为 能被高锰酸钾氧化，故C错误；D． 电势越高对应物质的氧化性越强，可知几种物质的氧化性由强到弱的顺序为 PbO ＞MnO＞Cl ＞Fe3 2 4 2 ，故D正确； 故选BD。 32．（2021·青海高三三模）MnCO 是制造电器材料软磁铁氧体的原料。实验室利用菱锰矿 3 (主要成分MnCO，还含有FeO、FeO、MgO、SiO 等杂质)得到高纯碳酸锰产品。工艺流程如 3 2 3 2 下： (1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是___________，X为NH 和CO 的混合气体， 3 2 写出焙烧的化学方程式：___________。 (2)为了降低生产成本，有些物质可以循环利用，能循环利用的物质为___________(填名称)。 (3)氧化剂MnO 能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是___________。 2 (4)物质Y可以是___________(填字母)。 a.MnCl b.MnCO c.NH·HO d.NaOH 2 3 3 2 (5)氯化铵用量对锰浸出率的影响如图所示，请分析，选择氯化铵与锰矿粉的质量比为 ___________适宜。 (6)焙烧过程中产生的尾气NH、CO 以及少量HCl会对设备有一定腐蚀作用，直接排放会造成 3 2 一定污染，实验中用如图所示装置进行尾气处理：(已知冷凝管和洗气瓶中有相同产物)①冷凝管的作用为___________。 ②请写出洗气瓶中的化学方程式：___________。 高温 【KS5U答案】增大接触面积，加快反应速率 MnCO+2NHCl MnCl+2NH↑+HO+CO↑ 3 4 2 3 2 2 氯化铵 MnO+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2HO bc 1.1:1 生成氯化铵，除去氯化氢 2 2 MnCl+2NH+CO+HO=2NHCl+MnCO↓ 2 3 2 2 4 3 【分析】 菱锰矿(主要成分MnCO，还含有FeO、FeO、MgO、SiO 等杂质)加入氯化铵混合研磨后焙烧， 3 2 3 2 高温 发生MnCO+2NHCl MnCl+2NH↑+HO+CO↑反应，加水溶解后，过滤出二氧化硅，浸出液 3 4 2 3 2 2 中加入氧化剂二氧化锰，把亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂Y调节pH，使铁离子、镁离子 等转化为沉淀除去，为了不引入新杂质，可以选用b.MnCO c.NH·HO；滤液中加入碳酸氢铵 3 3 2 后进行碳化结晶，过滤得到固体碳酸锰，滤液为氯化铵，蒸发结晶后得到固体氯化铵，可以 循环使用。 【KS5U详解】 (1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是增大物质间的接触面积，加快反应速率； 高温 焙烧后，产生X气体为NH 和CO 的混合气体，焙烧的化学方程式：MnCO+2NHCl 3 2 3 4 MnCl+2NH↑+HO+CO↑； 2 3 2 2 (2)根据流程图可知，结合以上分析可知，能循环利用的物质为氯化铵； (3)氧化剂MnO 能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是MnO+2Fe2+ 2 2 +4H+=2Fe3++Mn2++2HO； 2 (4)物质Y是用来调节溶液的pH，既能消耗氢离子，又不能引入新杂质，可以选用b.MnCO 和 3 c.NH·HO； 3 2 (5)根据氯化铵用量对锰浸出率的影响图像进行分析，当氯化铵与锰矿粉的质量比在1.1:1以 后，锰的浸出率基本上变化不大，因此选择氯化铵与锰矿粉的质量比为1.1:1适宜；(6)①氨气和氯化氢遇冷后产生氯化铵，除去了氯化氢气体，减少对设备的腐蚀作用；所以 冷凝管的作用为生成氯化铵，除去氯化氢； ②洗气瓶中盛装的溶液为氯化锰溶液，氨气、二氧化碳混合气体进入到该溶液中发生反应生 成了氯化铵和碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为：MnCl+2NH+CO+HO=2NHCl+MnCO↓。 2 3 2 2 4 3 33．（2021·江西抚州市·临川一中）钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工 业上常用钒炉渣(主要含FeO·VO，还有少量AlO、CuO等杂质)提取金属钒，流程如下图： 2 3 2 3 + - 已知：I.钒有多种价态，其中+5价的最稳定。钒在溶液中主要以VO2和VO3的形式存在，存 + - 在平衡：VO2+H 2 O  2H++VO3 II.部分金属离子的沉淀pH： 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀时pH 5.2 7.6 2.7 完全沉淀时pH 6.4 9.6 3.7 回答下列问题： (1)碱浸步骤中最好选用_______(填字母) a.NaOH溶液 b.氨水 c.纯碱溶液 (2)焙烧目的是将FeO·VO 转化为可溶的NaVO，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化 2 3 3 学方程式_______。 (3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去___离子，二是促使____。 (4)加热NHVO 时生成VO，则反应化学方程式：____，流程中最后用VO 冶炼V通常采用的 4 3 2 5 2 5 方法是____(填字母) A．炭还原法 B．铝热法还原 C．直接加热法 D．盐的水溶液与活泼金属置换法 (5)全钒液流电池工作原理如图：+ 已知各种含钒离子的颜色如下：VO2黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色 ①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_______。 ②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是_______。 高温 【KS5U答案】a 4FeO·V 2 O 3 +4Na 2 CO 3 +5O 2 8NaVO 3 +2Fe 2 O 3 +4CO 2 Fe3+、Cu2+ VO+转 2 Δ 化为VO- 2NHVO VO+2NH↑+HO B V2++VO++2H+=V3++VO2++HO 黄色 3 4 3 2 5 3 2 2 2 【分析】 钒炉渣碱浸其中氧化铝溶于碱生成偏铝酸盐，偏铝酸盐通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼 烧后得到氧化铝，滤渣中加碳酸钠通入空气焙烧，得到NaVO 和FeO，焙烧后的固体加硫酸 3 2 3 - + 溶解得到硫酸铁和硫酸铜，VO3转化成VO2，溶液调节pH值至8将铜和铁转化成氢氧化铁和 + - - 氢氧化铜，VO2转化成VO3，滤液中加硫酸铵将VO3转化成NHVO，加热NHVO 时生成VO， 4 3 4 3 2 5 再通过热还原法得到V单质，据此解答。 【KS5U详解】 (1)碱浸的目的是将氧化铝溶解，而氧化铝不溶于弱碱，因此应选氢氧化钠溶解，故答案为： a； (2) 焙烧的过程中FeO·VO 转化为可溶的NaVO，铁全部转化为FeO，可得反应的方程式为： 2 3 3 2 3高温 高温 4FeO·VO+4NaCO+5O 8NaVO+2FeO+4CO，故答案为：4FeO·VO+4NaCO+5O 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 8NaVO+2FeO+4CO； 3 2 3 2 + (3)由以上分析可知调节pH值至8可以将溶液中的Fe3+、Cu2+转化成沉淀除去，同时能将VO2 - + - 转化为VO3，故答案为：Fe3+、Cu2+；VO2转化为VO3； Δ (4) 加热NHVO 时生成VO，另外生成氨气和水，反应的方程式：2NHVO 4 3 2 5 4 3 VO+2NH↑+HO，由题意可知V的+5价化合物很稳定，则VO 的性质稳定，通过VO 冶炼V， 2 5 3 2 2 5 2 5 直接加热或者溶液中置换均不可以，可通过铝热反应将其从熔融的VO 中置换出来，故答案 2 5 Δ 为：2NHVO VO+2NH↑+HO；B； 4 3 2 5 3 2 (5)①由图可知A为正极，左侧石墨电极上发生还原反应，元素的化合价降低，则其电极反 + 应为：VO2+2H++e-= VO2++HO，右侧石墨电解为负极，发生氧化反应，电极反应为：V2+- e- 2 + + =V3+，电池的总反应为：V2++VO2+2H+=V3++VO2++HO，故答案为：V2++VO2+2H+=V3++VO2++HO； 2 2 + ②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO2，溶液呈黄色，故答案为：黄色； SiO Cr O FeO Al O 34．（2021·湖南高二月考）用含铬不锈钢废渣(含 2、 2 3、 2 3、 2 3等)制取 Cr O 2 3(铬绿)的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。Cr O O K CrO (2) 2 3、KOH、 2反应生成 2 4的化学方程式为___________。 KFeO (3)“水浸”时，碱熔渣中的 2强烈水解生成的难溶物为___________(填化学式，下 Fe3+ 同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有 ，可选用的化学试剂是___________。 pH=8 (4)常温下，“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若此时溶液的 ，则 c(Al3+)= ___________mol/L。{已知：常温下， K sp   AlOH 3   1.31033 } (5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。 CrOH (6)“沉铬”时加热近沸的目的是___________；由 3制取铬绿的方法是___________。 【KS5U答案】粉碎废渣 充分搅拌(或通入足量空气等其他合理答案) 高温 2Cr O+8KOH+3O 4KCrO+4HO 2 3 2 2 4 2 FeOH KSCN pH过低， 进入滤液 Al3+ 3 1.31015 Cr O2-+3SO2-+8H+=2Cr3++3SO2-+4H O 2 7 3 4 2 提高沉淀物纯度 高温煅 烧 【分析】 SiO Cr O FeO Al O K CrO 含铬不锈钢废渣(含 2、 2 3、 2 3、 2 3等)经过碱熔，生成了 2 4、 K 2 SiO 3、 KAlO 2， KFeO 2，加水溶解， FeO 2  结合 H 2 O 电离出的H及 H 2 O 生成 FeOH KAlO 3沉淀和KOH，可以把不溶的固体通过过滤除去，调pH， 2转化为Al(OH) 沉 3 K SiO H SiO K CrO K Cr O 淀， 2 3转化为 2 3沉淀， 2 4转化为 2 2 7，KCrO 与NaSO、HSO 反应 2 2 7 2 3 2 4 Cr3+ Cr O2-+3SO2-+8H+=2Cr3++3SO2-+4H O 生成 ，离子方程式为 2 7 3 4 2 ，加入NaOH使Cr3+生 成Cr(OH)，通过加热锻烧得到CrO。 3 2 3【KS5U详解】 K CO (1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、 2 3中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触 面积，加快反应速率； H O (2) Cr 2 O 3 2K 2 CrO 4失去6e， O 2 K 2 CrO 4、 2 得到4e，依据得失电子数 高温 2Cr O 8KOH3O 4K CrO 4H O 相等，配平得 2 3 2 2 4 2 ； (3) FeO 2  结合 H 2 O 电离出的H及 H 2 O 生成 FeOH 3和KOH；检验Fe3 用KSCN溶液； (4)pH过低， AlO- 2会转化为Al3+，进入滤液；若此时溶液的 pH=8 ， c  OH- =10-6mol/L ， c(Al3+)= K sp   AlOH 3    1.31033 1.31015 则 c3 OH-  1063 ； Cr O2- 2Cr3+ 6e SO2- SO2- 2e (5) 2 7 得到 ， 3 4 失去 ，依据得失电子数相等，配平得 Cr O2 3SO2 8H 2Cr3 3SO2 4H O 2 7 3 4 2 ； (6)防止沉淀时杂质离子同时沉淀，加热至沸可使杂质离子重新返回溶液，从而提高沉淀物 纯度；高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。