2021年高考真題和模擬題分類匯編化學(xué)專題04氧化還原反應(yīng)

2021高考真題和模擬題分類匯編化學(xué)專題04氧化還原反應(yīng)2021年化學(xué)高考題1．（2021·山東高考真題）實(shí)驗(yàn)室中利用固體KMnO4進(jìn)行如圖實(shí)驗(yàn)，下列說法錯(cuò)誤的是A．G與H均為氧化產(chǎn)物 B．實(shí)驗(yàn)中KMnO4只作氧化劑C．Mn元素至少參與了3個(gè)氧化還原反應(yīng) D．G與H的物質(zhì)的量之和可能為0.25mol【答案】BD【分析】KMnO4固體受熱分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加熱條件下能與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)過程中Cl被氧化為Cl2，K2MnO4、MnO2被還原為MnCl2，因此氣體單質(zhì)G為O2，氣體單質(zhì)H為Cl2?！驹斀狻緼．加熱KMnO4固體的反應(yīng)中，O元素化合價(jià)由2升高至0被氧化，加熱K2MnO4、MnO2與濃鹽酸的反應(yīng)中，Cl元素化合價(jià)由1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均為氧化產(chǎn)物，故A正確；B．KMnO4固體受熱分解過程中，Mn元素化合價(jià)降低被還原，部分O元素化合價(jià)升高被氧化，因此KMnO4既是氧化劑也是還原劑，故B錯(cuò)誤；C．Mn元素在反應(yīng)過程中物質(zhì)及化合價(jià)變化為，Mn元素至少參加了3個(gè)氧化還原反應(yīng)，故C正確；D．每生成1molO2轉(zhuǎn)移4mol電子，每生成1molCl2轉(zhuǎn)移2mol電子，若KMnO4轉(zhuǎn)化為MnCl2過程中得到的電子全部是Cl生成Cl2所失去的，則氣體的物質(zhì)的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(氣體)max=0.25mol，但該氣體中一定含有O2，因此最終所得氣體的物質(zhì)的量小于0.25mol，故D錯(cuò)誤；綜上所述，說法錯(cuò)誤的是BD，故答案為：BD。2．（2021·浙江）關(guān)于反應(yīng)K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列說法正確的是A．K2H3IO6發(fā)生氧化反應(yīng) B．KI是還原產(chǎn)物C．生成12.7gI2時(shí)，轉(zhuǎn)移0.1mol電子 D．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為7：1【答案】D【詳解】A．反應(yīng)中I元素的化合價(jià)降低，發(fā)生得電子的反應(yīng)，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．KI中的I由HI變化而來，化合價(jià)沒有發(fā)生變化，KI既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，B錯(cuò)誤；C．12.7gI2的物質(zhì)的量為0.05mol，根據(jù)反應(yīng)方程式，每生成4molI2轉(zhuǎn)移7mol電子，則生成0.05molI2時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.0875mol，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)中HI為還原劑，K2H3IO6為氧化劑，在反應(yīng)中每消耗1molK2H3IO6就有7molHI失電子，則還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量的比為7:1，D正確；故答案選D。3．（2021·湖南高考真題）常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為。下列說法錯(cuò)誤的是A．產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移B．反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11：6C．可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的制備漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中的存在【答案】A【詳解】A．該反應(yīng)中只有碘元素價(jià)態(tài)升高，由0價(jià)升高至KH(IO3)2中+5價(jià)，每個(gè)碘原子升高5價(jià)，即6I260e，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e，即Cl220e，所以產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2即1molCl2時(shí)，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole，A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)中KClO3中氯元素價(jià)態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價(jià)態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計(jì)量系數(shù)可知，11KClO36I2，故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6，B正確；C．漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng)，C正確；D．食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I發(fā)生歸中反應(yīng)生成I2，I2再與淀粉發(fā)生特征反應(yīng)變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中的存在，D正確。故選A。4．（2021·浙江高考真題）關(guān)于反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列說法正確的是A．NH3中H元素被氧化B．NO2在反應(yīng)過程中失去電子C．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為3：4D．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為4：3【答案】D【分析】由反應(yīng)8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合價(jià)由3升高到0、NO2中的N元素的化合價(jià)由+4降低到0，因此，NH3是還原劑，NO2是氧化劑。【詳解】A．NH3中H元素的化合價(jià)沒有發(fā)生變化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正確；B．NO2在反應(yīng)過程中得到電子，B不正確；C．該反應(yīng)中，NH3是還原劑，NO2是氧化劑。由化學(xué)方程式可知，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為4：3，C說法不正確；D．該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物均為N2。還原劑被氧化后得到氧化產(chǎn)物，氧化劑被還原后得到還原產(chǎn)物，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為4：3，因此，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為4：3，D說法正確。綜上所述，本題選D。5．（2021·廣東高考真題）對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時(shí)，的，；；；該工藝中，時(shí)，溶液中元素以的形態(tài)存在。(1)“焙燒”中，有生成，其中元素的化合價(jià)為_______。(2)“沉鋁”中，生成的沉淀為_______。(3)“沉鉬”中，為7.0。①生成的離子方程式為_______。②若條件控制不當(dāng)，也會(huì)沉淀。為避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)時(shí)，應(yīng)停止加入溶液。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，為_______。②往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量_______(填化學(xué)式)氣體，再通入足量，可析出。(5)高純(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止刻蝕液與下層(砷化鎵)反應(yīng)。①該氧化物為_______。②已知：和同族，和同族。在與上層的反應(yīng)中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_______。【答案】+6+=↓【分析】由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應(yīng)分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經(jīng)水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇?！驹斀狻浚?）“焙燒”中，有生成，其中Na和O的化合價(jià)為+1和2，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0可知，元素的化合價(jià)為+6。（2）“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀為。（3）①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為+=↓。②若開始生成沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為。為避免中混入沉淀，必須滿足，由于“沉鉬”中為7.0，，所以溶液中時(shí)，開始生成沉淀，因此，時(shí)，應(yīng)停止加入溶液。（4）①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時(shí)生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，故為。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由題中信息可知，致密的保護(hù)膜為一種氧化物，是由與反應(yīng)生成的，聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為。②由和同族、和同族可知，中顯+3價(jià)（其最高價(jià)）、顯3價(jià)。在與上層的反應(yīng)中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，其化合價(jià)升高了8，元素被氧化，則該反應(yīng)的氧化劑為，還原劑為。中的O元素為1價(jià)，其作為氧化劑時(shí)，O元素要被還原到2價(jià)，每個(gè)參加反應(yīng)會(huì)使化合價(jià)降低2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素化合價(jià)升高的總數(shù)值等于化合價(jià)降低的總數(shù)值可知，該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為。6．（2021·浙江高考真題）玻璃儀器內(nèi)壁殘留的硫單質(zhì)可用熱KOH溶液洗滌除去，發(fā)生如下反應(yīng)：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x1)S+K2SK2Sx(x=2~6)S+K2SO3K2S2O3請(qǐng)計(jì)算：(1)0.480g硫單質(zhì)與VmL1.00mol·L1熱KOH溶液恰好完全反應(yīng)，只生成K2S和K2SO3，則V=______。(2)2.560g硫單質(zhì)與60.0mL1.00mol·L1熱KOH溶液恰好完全反應(yīng)，只生成K2Sx和K2S2O3，則x=______。(寫出計(jì)算過程)【答案】30.03【詳解】(1)根據(jù)方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3molS可以和6molKOH反應(yīng)，0.48gS的物質(zhì)的量n=0.015mol，則需要消耗KOH的物質(zhì)的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的體積V===0.03L=30.0mL，故答案為30.0；(2)若S與KOH溶液反應(yīng)生成K2Sx和K2S2O3，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根據(jù)反應(yīng)方程式有解得x=3，故答案為3。2021年化學(xué)高考模擬題1．（2021·九龍坡區(qū)·重慶市育才中學(xué)高三三模）下列物質(zhì)在生活中的應(yīng)用與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是A．用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮劑B．ClO2常用于自來水的殺菌消毒C．用KMnO4溶液浸潤的硅藻土吸收水果散發(fā)出的乙烯D．呼吸面具中常用Na2O2作供氧劑【答案】A【詳解】A．用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮劑，主要是氧化鈣和水反應(yīng)，是非氧化還原反應(yīng)，故A符合題意；B．ClO2常用于自來水的殺菌消毒，利用強(qiáng)氧化性，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，故B不符合題意；C．用KMnO4溶液浸潤的硅藻土吸收水果散發(fā)出的乙烯，高錳酸鉀氧化乙烯，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，故C不符合題意；D．呼吸面具中常用Na2O2作供氧劑，過氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)生成氧氣和碳酸鈉，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)，故D不符合題意。綜上所述，答案為A。2．（2021·南岸區(qū)·重慶第二外國語學(xué)校高三三模）固體Na2S溶于水呈堿性且放出有臭味的氣體，俗稱“臭堿”。工業(yè)上可利用反應(yīng)來制備，下列說法不正確的是A．Na2S溶液顯堿性的原因是：S2+H2O?HS+OHB．Na2S可以在空氣中長(zhǎng)期放置會(huì)變質(zhì)C．反應(yīng)中生成1mol“臭堿”轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8molD．該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量比為2：1【答案】D【詳解】A．硫離子在水中易發(fā)生水解，S2+H2OHS+OH，故硫化鈉溶液顯堿性，A項(xiàng)正確；B．硫化鈉中的硫離子在空氣中易發(fā)生水解生成硫氫化鈉，發(fā)生變質(zhì)，B項(xiàng)正確；C．根據(jù)方程式Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑硫酸根離子中硫?yàn)?6價(jià)，硫化鈉中硫?yàn)?價(jià)，故生成1mol硫化鈉轉(zhuǎn)移8mol電子，C項(xiàng)正確；D．該反應(yīng)中硫酸根離子中硫的化合價(jià)下降，硫酸鈉做氧化劑，C在反應(yīng)中化合價(jià)上升，做還原劑，故該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量比為1：2，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。3．（2021·重慶市第十一中學(xué)校高三二模）磷化氫(PH3)是一種在空氣中能自燃的劇毒氣體，具有還原性，可作為電子工業(yè)原料。PH3的一種工業(yè)制法流程如下：下列說法錯(cuò)誤的是A．H3PO2為一元弱酸B．該過程最好在無氧條件下進(jìn)行C．不考慮損失，1molP4參與反應(yīng)，可產(chǎn)生2.5molPH3D．反應(yīng)1中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1︰3【答案】D【詳解】A．過量的NaOH反應(yīng)只生成NaH2PO2，說明H3PO2只電離出一個(gè)氫離子，為一元弱酸，A正確；B．P4、PH3在有氧條件下易自燃，則反應(yīng)過程需保持無氧條件，B正確；C．反應(yīng)1的化學(xué)方程式P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，1P4~1PH3，反應(yīng)3的化學(xué)方程式為2H2PO2=H3PO4+PH3，1P4~3NaH2PO2~1.5PH3，可知1molP4參與反應(yīng)，可產(chǎn)生2.5molPH3，C正確；D．反應(yīng)1的化學(xué)方程式P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，氧化產(chǎn)物是NaH2PO2，還原產(chǎn)物是PH3，物質(zhì)的量之比為3︰1，D錯(cuò)誤；故選：D。4．（2021·安徽淮北市·高三一模）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途對(duì)應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是A．硅膠有吸水性，可作袋裝食品的干燥劑B．小蘇打可溶于水，可作糕點(diǎn)的膨松劑C．臭氧具有強(qiáng)氧化性，可作食品的殺菌劑D．維生素C具有還原性，可作食品的抗氧化劑【答案】B【詳解】A．硅膠多孔，吸水能力強(qiáng)，硅膠能作干燥劑，由于無毒，不會(huì)污染食品，所以常用作袋裝食品的干燥劑，故A正確；B．小蘇打可中和面團(tuán)發(fā)酵的酸產(chǎn)生二氧化碳，可作糕點(diǎn)的膨松劑，故B錯(cuò)誤；C．臭氧具有強(qiáng)氧化性，可作食品的殺菌劑，故C正確；D．維生素C具有還原性，且無毒，可作食品的抗氧化劑，故D正確，故答案選：B。5．（2021·浙江高三其他模擬）高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型多功能凈水劑，強(qiáng)堿性條件下制取，干燥環(huán)境下冷藏。制備過程如圖：漂白粉與蘇打溶液1溶液2K2FeO4固體下列說法不正確的是A．高鐵酸鉀既能殺菌消毒、又有凈水作用，凈水作用與膠體的性質(zhì)有關(guān)B．溶液1→溶液2的離子方程式為：2Fe3++3ClO+10OH=2FeO+3Cl+5H2OC．溶液2中加入KOH析出了K2FeO4固體，說明K2FeO4難溶于水D．高鐵酸鉀受熱分解可放出氧氣【答案】C【分析】漂白粉的主要成分為氯化鈣和次氯酸鈣，蘇打的主要成分為碳酸鈉；二者反應(yīng)生成次氯酸鈉(溶液1)和碳酸鈣；在堿性條件下次氯酸鈉與鐵離子反應(yīng)生成高鐵酸根氯離子和水(溶液2)；再向溶液2中加入一定量的氫氧化劑，過濾、洗滌干燥等步驟得到高鐵酸鉀。據(jù)此分析可得：

【詳解】A．高鐵酸鉀既能殺菌消毒、又有凈水作用。其中消殺為高鐵酸根具有強(qiáng)氧化性；凈水為利用高鐵酸根被還原生成的鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體吸附性，與膠體性質(zhì)有關(guān)，故A正確；B．漂白粉的主要成分為氯化鈣和次氯酸鈣，蘇打的主要成分為碳酸鈉；二者反應(yīng)生成次氯酸鈉和碳酸鈣，在堿性條件下次氯酸鈉與鐵離子反應(yīng)生成高鐵酸根氯離子和水，則溶液1→溶液2的離子方程式為：2Fe3++3ClO+10OH=2FeO+3Cl+5H2O，故B正確；C．鉀鹽、鈉鹽都易溶于水，溶液2中加入KOH析出了K2FeO4固體，說明K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，而不是K2FeO4難溶于水，故C錯(cuò)；D．干燥的高鐵酸鉀在198℃以下是穩(wěn)定，受熱易分解為氧化鐵，氧化鉀和氧氣，即，故D正確；答案選C6．（2021·浙江高三其他模擬）下列“類比”合理的是A．Cu與Cl2反應(yīng)生成+2價(jià)的CuCl2，則Cu與S反應(yīng)生成+2價(jià)的CuSB．C在足量O2中燃燒生成CO2，則S在足量O2中燃燒生成SO3C．Fe—Cu原電池，F(xiàn)e的活潑性比Cu強(qiáng)，在稀硫酸介質(zhì)中，F(xiàn)e做負(fù)極，則在濃硝酸中，也是Fe做負(fù)極D．NH3與HCl反應(yīng)生成NH4Cl，則H2N—NH2也可以與HCl反應(yīng)生成N2H6Cl2【答案】D【詳解】A．Cu與Cl2反應(yīng)生成+2價(jià)的CuCl2，但S氧化性弱于Cl2，Cu與S反應(yīng)生成+1價(jià)的Cu2S，故A錯(cuò)誤；B．C在足量O2中燃燒生成CO2，但S在足量O2中燃燒生成SO2，故B錯(cuò)誤；C．Fe—Cu原電池，F(xiàn)e的活潑性比Cu強(qiáng)，在稀硫酸介質(zhì)中，F(xiàn)e做負(fù)極，但在濃硝酸中，F(xiàn)e發(fā)生鈍化，阻止內(nèi)部鐵繼續(xù)反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．N原子上有孤電子對(duì)，NH3與HCl反應(yīng)生成NH4Cl，則H2N—NH2也可以與HCl反應(yīng)生成N2H6Cl2，故D正確；故選D。7．（2021·浙江高三其他模擬）火法煉銅中涉及反應(yīng)：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，下列判斷正確的是A．CuFeS2只作還原劑B．SO2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物C．消耗1molO2時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4molD．每生成1molCu2S同時(shí)產(chǎn)生22.4LSO2【答案】B【詳解】A．在該反應(yīng)中Cu元素的化合價(jià)由反應(yīng)CuFeS2中的+2價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后Cu2S中的+1價(jià)，化合價(jià)降低得到電子，被還原，所以CuFeS2作氧化劑；S元素化合價(jià)由反應(yīng)前CuFeS2中的2價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后SO2中的+4價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子，被氧化，所以CuFeS2又作還原劑，故CuFeS2既作氧化劑又作還原劑，A錯(cuò)誤；B．在該反應(yīng)中，S元素化合價(jià)由反應(yīng)前CuFeS2中的2價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后SO2中的+4價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子，被氧化，SO2是氧化產(chǎn)物；O元素化合價(jià)由反應(yīng)前O2中的0價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后SO2中的2價(jià)，化合價(jià)降低，得到電子，被還原，SO2又是還原產(chǎn)物，故SO2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，B正確；C．在該反應(yīng)中得到電子的元素有Cu、O，失去電子的元素只有S，每有1molO2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是6mol，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)方程式可知：每生成1molCu2S同時(shí)產(chǎn)生1molSO2，但由于未知外界條件，因此不能確定1mol的SO2的體積是否是22.4L，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。8．（2021·北京高三其他模擬）以廢舊鋅錳電池中的黑錳粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]為原料制備MnCl2，實(shí)現(xiàn)錳的再利用。其工藝流程如圖：下列說法不正確的是A．步驟①分離出NH4Cl、ZnCl2的試劑和操作為：水、過濾B．步驟②中發(fā)生的反應(yīng)：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2OC．步驟③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率D．步驟④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4雜質(zhì)【答案】C【分析】黑錳粉中含有、、、、及炭黑等，步驟①將黑錳粉分離為溶液和粗品，可知步驟①為水洗、過濾分離出溶液、溶液和固體；所得粗品中含有、、及炭黑等，步驟②是將粗品在空氣中加熱，可知、炭黑(主要成分為C單質(zhì))被O2氧化，其中C被氧化為CO2，被氧化為，此時(shí)粗產(chǎn)品中含有、；步驟③是向粗產(chǎn)品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加熱得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步驟④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反應(yīng)生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再經(jīng)過濾操作得到MnCl2溶液。【詳解】A．步驟①將黑錳粉分離為溶液和粗品，可知步驟①為水洗、過濾分離出溶液、溶液和固體，可知步驟①分離出、的試劑和操作為：水、過濾，故A項(xiàng)正確；B．經(jīng)步驟①分離所得的粗品中含有、、及炭黑等，步驟②是將粗品在空氣中加熱，可知、炭黑(主要成分為C單質(zhì))被O2氧化，其中C被氧化為CO2，被氧化為，則步驟②中發(fā)生的反應(yīng)正確，故B項(xiàng)正確；C．③中先加入雙氧水，會(huì)催化分解H2O2，使其利用率降低，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．步驟④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反應(yīng)生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D項(xiàng)正確。故選C。9．（2021·北京高三其他模擬）下列生活中的做法可以用氧化還原反應(yīng)規(guī)律解釋的是ABCD用鐵粉作脫氧保鮮劑用白醋去除水垢用純堿溶液清洗油污用明礬凈水A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．用鐵粉作脫氧保鮮劑，生成氧化鐵，氧氣被鐵單質(zhì)還原，故選A；B．用白醋去除水垢，醋酸和碳酸鈣反應(yīng)生成醋酸鈣、二氧化碳、水，沒有元素化合價(jià)變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故不選B；C．用純堿溶液清洗油污，油脂在堿性溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成高級(jí)脂肪酸鈉和甘油，沒有元素化合價(jià)變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故不選C；D．用明礬凈水，鋁離子水解為氫氧化鋁膠體，吸附水中的懸浮雜質(zhì)，沒有元素化合價(jià)變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故不選D；選A。10．（2021·阜新市第二高級(jí)中學(xué)高三其他模擬）下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是A．氯堿工業(yè)法制NaOHB．維生素C用作食品抗氧化劑C．用稀KMnO4溶液消毒D．古代利用明礬溶液清除銅鏡表面的銅銹【答案】D【詳解】A．氯堿工業(yè)法制NaOH的化學(xué)原理是電解飽和食鹽水，涉及氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑，涉及氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．用稀KMnO4溶液消毒，利用的是KMnO4強(qiáng)氧化性，涉及氧化還原反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．明礬水解使溶液成酸性，可用于清除銅鏡表面的銅銹[主要成分為Cu2(OH)2CO3]，不涉及氧化還原反應(yīng)，D正確；故選D。11．（2021·河南新鄉(xiāng)市·新鄉(xiāng)縣一中高三其他模擬）化學(xué)與人類的生活有著密切聯(lián)系，下列過程涉及氧化還原反應(yīng)的是A．SO2漂白的紙張易變黃 B．長(zhǎng)江入?？谏持薜男纬蒀．蘋果汁中加入維生素C可防止蘋果汁變黃 D．紫甘藍(lán)汁中加入食醋會(huì)變?yōu)榧t色【答案】C【詳解】A．二氧化硫的漂白作用與紙張中色素發(fā)生化合反應(yīng)生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，日曬此物質(zhì)又分解恢復(fù)黃色，發(fā)生的是化合反應(yīng)，A不符合題意；B．混有泥沙的江水是膠體，海水中有大量電解質(zhì)，膠體遇電解質(zhì)溶液發(fā)生聚沉形成沙洲，沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C．蘋果汁在空氣中易被氧化成黃色，維生素C有還原性，可以防止氧化，發(fā)生的是氧化還原反應(yīng)，C符合題意；D．在酸堿性不同的溶液中紫色甘藍(lán)汁液會(huì)顯示不同的顏色，所以它遇食醋顏色變化的原理與酸堿指示劑變色原理相似，不是氧化還原反應(yīng)，D不符合題意；故選C。12．（2021·廣西南寧市·南寧三中高三三模）2021年3月，中國國家航天局發(fā)布高清火星影像圖，以中國之眼向全世界展示“熒熒火光、離離亂惑”。據(jù)載：火星表面富含鐵的氧化物，在氣流中形成紅棕色塵暴?；鹦悄媳睒O冠覆蓋水冰與干冰，隨季節(jié)消長(zhǎng)。下列說法正確的是A．水冰與干冰互為同分異構(gòu)體B．火星表面含鐵氧化物可作顏料入畫C．長(zhǎng)征5號(hào)火箭只需攜帶液氫燃料，氧氣可來自大氣D．傳統(tǒng)的火箭推進(jìn)劑為偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮作還原劑【答案】B【詳解】A．水冰為H2O，干冰為CO2，非同分異構(gòu)體，故A錯(cuò)誤；B．氧化鐵紅棕色，又稱鐵紅，可做顏料，故B正確；C．太空無氧，所以火箭必須自帶液氧，故C錯(cuò)誤；D．偏二甲肼作還原劑，四氧化二氮作氧化劑，故D錯(cuò)誤；故選B。13．（2021·阜新市第二高級(jí)中學(xué)高三其他模擬）SF4是有效的應(yīng)用廣泛的選擇性有機(jī)氟化劑，工業(yè)上制備SF4的反應(yīng)為3SCl2+4NaF=SF4+S2Cl2+4NaCl。下列說法錯(cuò)誤的是A．SF4為氧化產(chǎn)物，S2Cl2是還原產(chǎn)物B．SCl2和S2Cl2兩種物質(zhì)中硫元素的化合價(jià)不同C．該反應(yīng)中，參加反應(yīng)的還原劑和氧化劑物質(zhì)的量之比為2：1D．上述反應(yīng)中，每產(chǎn)生1molSF4，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol【答案】C【詳解】A．由方程式可知，SCl2中硫元素化合價(jià)為+2，SF4中硫元素化合價(jià)為+4，則反應(yīng)中硫元素的化合價(jià)升高被氧化，SF4為反應(yīng)的氧化產(chǎn)物，S2Cl2中硫元素化合價(jià)為+1，則反應(yīng)中硫元素的化合價(jià)降低被還有，S2Cl2是反應(yīng)的還原產(chǎn)物，故A正確；B．SCl2中硫元素化合價(jià)為+2，S2Cl2中硫元素化合價(jià)為+1，則兩種物質(zhì)中硫元素的化合價(jià)不同，故B正確；C．由方程式可知，反應(yīng)中SCl2既作氧化劑又作還原劑，由得失電子數(shù)目守恒可知，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1，故C錯(cuò)誤；D．由方程式可知，生成SF4時(shí)S元素化合價(jià)由+2變?yōu)?4，則每產(chǎn)生1molSF4，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，故D正確；故選C。14．（2021·長(zhǎng)沙市明德中學(xué)高三三模）用酸性KMnO4溶液處理硫化亞銅(Cu2S)和二硫化亞鐵(FeS2)的混合物時(shí)，發(fā)生反應(yīng)I：+Cu2S+H+→Cu2+++Mn2++H2O(未配平)和反應(yīng)II：+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列說法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)I中Cu2S只是還原劑B．反應(yīng)I中每生成1mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10molC．反應(yīng)II中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶1D．若反應(yīng)I和反應(yīng)II中消耗的KMnO4的物質(zhì)的量相同，則反應(yīng)I和反應(yīng)II中消耗的還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3【答案】D【詳解】A．反應(yīng)I中，Cu2S中Cu元素化合價(jià)由+1升高為+2、S元素化合價(jià)由2升高為+6，所以Cu2S只作還原劑，故A正確；B．反應(yīng)I中，Cu2S中Cu元素化合價(jià)由+1升高為+2、S元素化合價(jià)由2升高為+6，每生成1mol，消耗1molCu2S，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10mol，故B正確；C．反應(yīng)II，3+FeS2+8H+→Fe3++2+3Mn2++4H2O，是氧化劑、FeS2是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶1，故C正確；D．2+Cu2S+8H+→2Cu2+++2Mn2++4H2O和3+FeS2+8H+→Fe3++2+3Mn2++4H2O中消耗的KMnO4的物質(zhì)的量相同，則反應(yīng)I中消耗Cu2S和反應(yīng)II中消耗FeS2的比為3∶2，故D錯(cuò)誤；選D。15．（2021·遼寧高三其他模擬）汽車安全氣囊中裝有和固體，發(fā)生碰撞時(shí)生成兩種金屬氧化物和一種單質(zhì)氣體，下列說法正確的是A．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量比為1∶15B．每消耗轉(zhuǎn)移電子C．安全氣囊中發(fā)生的反應(yīng)為D．氮?dú)獾碾娮邮綖椤敬鸢浮緾【詳解】和反應(yīng)生成兩種金屬氧化物即為氧化鈉和氧化鉀，和一種單質(zhì)氣體為氮?dú)?，根?jù)氧化還原反應(yīng)中的質(zhì)量守恒和電子守恒配平方程式，反應(yīng)方程式為：。A．是還原劑，生成氧化產(chǎn)物，是氧化劑，生成還原產(chǎn)物，所以氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的比例為15:1，質(zhì)量比也為15:1，A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)中轉(zhuǎn)移10個(gè)電子，故每消耗轉(zhuǎn)移1mol電子，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)方程式為：，C正確；D．氮?dú)獾碾娮邮綖椋?，D錯(cuò)誤；故選C。16．（2021·梅州市梅江區(qū)梅州中學(xué)）在水溶液中，RO和Mn2+發(fā)生反應(yīng)：RO+3Mn2++3H2O=R+3MnO2↓+6H+，則RO中R元素的化合價(jià)和原子最外層電子數(shù)分別為A．+4、6 B．+7、7 C．+5、7 D．+5、5【答案】C【詳解】根據(jù)電荷守恒：n+6=61，n=1，故RO，中設(shè)R的化合價(jià)x，O為2價(jià)，x6=1，x=+5，由方程式中，R元素的還原產(chǎn)物為R可知，R得到1個(gè)電子達(dá)到8電子穩(wěn)定狀態(tài)，故R原子最外層7個(gè)電子。故選C。17．（2021·江蘇省如皋中學(xué)）室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究NaHS溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1向0.1mol·L1NaHS溶液中滴加幾滴酚酞試劑，溶液變紅2向0.1mol·L1NaHS溶液中加入等體積0.1mol·L1NaOH溶液充分混合3向0.1mol·L1NaHS溶液中通入過量氯氣，無淡黃色沉淀產(chǎn)生4向0.1mol·L1NaHS溶液中滴加過量CuCl2溶液，產(chǎn)生黑色沉淀下列有關(guān)說法正確的是A．0.1mol·L1NaHS溶液中：c(S2)>c(H2S)B．實(shí)驗(yàn)2所得溶液中：c(Na＋)=c(S2)＋c(HS)＋c(H2S)C．實(shí)驗(yàn)3說明HS不能被氯氣氧化D．實(shí)驗(yàn)4反應(yīng)靜置后的上層清液中有c(Cu2+)·c(S2)=Ksp(CuS)【答案】D【詳解】A．NaHS溶液中存在電離平衡HSH++S2和水解平衡HS+H2OH2S+OH，由實(shí)驗(yàn)1可知NaHS溶液顯堿性，則HS的水解程度大于電離程度，因此c(S2)<c(H2S)，A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)2中0.1mol·L1NaHS溶液和0.1mol·L1NaOH溶液等體積混合，則所得溶液為Na2S溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2[c(S2)＋c(HS)＋c(H2S)]，B錯(cuò)誤；C．氯氣有強(qiáng)氧化性，HS有較強(qiáng)還原性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)3沒有淡黃色沉淀產(chǎn)生可能是氯氣將HS氧化為硫酸根，C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)4中產(chǎn)生黑色沉淀，說明生成了CuS，則靜置后的上層清液中有c(Cu2+)·c(S2)=Ksp(CuS)，D正確；選D。18．（2021·江蘇省如皋中學(xué)）實(shí)驗(yàn)室用下圖所示裝置制取SO2并驗(yàn)證SO2的部分性質(zhì)。下列有關(guān)說法正確的是A．銅和濃硫酸反應(yīng)制取SO2時(shí)，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1B．品紅溶液褪色，說明SO2的氧化性C．石蕊試液變紅但不褪色D．用NaOH溶液吸收少量SO2的離子方程式為SO2＋OH=HSO【答案】C【詳解】A．銅和濃硫酸制取SO2的反應(yīng)為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，其中氧化劑為濃硫酸，還原劑為Cu，只有一部分硫元素化合價(jià)改變得到二氧化硫，因此氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:1，故A錯(cuò)誤；B．SO2能使品紅溶液褪色，體現(xiàn)了SO2的漂白性，故B錯(cuò)誤；C．二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸使石蕊試液變紅，二氧化硫不能漂白指示劑，溶液不褪色，故C正確；D．少量SO2與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為SO2＋2OH=SO+H2O，故D錯(cuò)誤；答案選C。19．（2021·廣東汕頭市·金山中學(xué)高三三模）某離子反應(yīng)涉及H+、Bi3+、、、Mn2+、H2O六種微粒。其中c()隨反應(yīng)進(jìn)行逐漸增大。下列判斷錯(cuò)誤的是A．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：5B．氧化性：大于C．反應(yīng)后溶液的pH值增大D．若有1mol還原劑參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為5mol【答案】A【分析】c（MnO）隨反應(yīng)進(jìn)行逐漸增大，MnO應(yīng)是生成物，則Mn2+為反應(yīng)物，Mn元素化合價(jià)發(fā)生升高，具有氧化性的BiO為反應(yīng)物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，則反應(yīng)的方程式應(yīng)為5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O，以此解答該題?！驹斀狻緼．Mn元素化合價(jià)發(fā)生升高，則Mn2+為還原劑，Bi元素的化合價(jià)降低，則BiO為氧化劑，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5：2，故A錯(cuò)誤；B．由反應(yīng)5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O，氧化劑是BiO，氧化產(chǎn)物是，則氧化性：BiO>，故B正確；C．由反應(yīng)5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O可知，反應(yīng)消耗H+，pH值增大，故C正確；D．Mn元素化合價(jià)由+2升高到+7，則若有1mol還原劑參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為（72）×1mol=5mol，故D正確。

故選：A。20．（2021·巴南區(qū)·重慶市實(shí)驗(yàn)中學(xué)）聯(lián)氨(N2H4)可用于處理鍋爐水中的溶解氧，防止鍋爐被腐蝕，其中一種反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A．過程①中生成的N2是氧化產(chǎn)物B．過程③中發(fā)生反應(yīng)后溶液的pH減小C．1molN2H4可處理鍋爐水中1molO2D．1molN2H4含有的共價(jià)鍵數(shù)約為5×6.02×1023【答案】B【詳解】A．過程①中N2H4與CuO反應(yīng)生成N2，N元素的化合價(jià)升高，則①轉(zhuǎn)化中N2H4是還原劑，N2是氧化產(chǎn)物，故A正確；B．結(jié)合圖示可知，③中發(fā)生反應(yīng)為：4Cu(NH3)＋O2＋8NH3?H2O＝4Cu(NH3)＋4OH?＋6H2O，反應(yīng)生成氫氧根離子，溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；C．1molN2H4失去電子生成氮?dú)?，轉(zhuǎn)移4mol電子，而1molO2得到4mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知，1molN2H4可處理水中1molO2，故C正確；D．1molN2H4含有4molNH鍵和1molNN鍵，共5mol共價(jià)鍵，即共價(jià)鍵個(gè)數(shù)約為5×6.02×1023，故D正確；故選：B。21．（2021·山西陽泉市·高三三模）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論或推論正確的是實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論或推論A向FeCl3溶液中加入Cu片，振蕩，溶液顏色變化Cu與FeCl3發(fā)生了置換反應(yīng)B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2氣體，產(chǎn)生白色沉淀SO2具有還原性C用pH試紙測(cè)得NaA、NaB溶液的pH分別為9和8酸性：HB>HAD用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定待測(cè)液中Cl，以K2CrO4為指示劑Ksp(Ag2CrO4)>Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．Cu與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵、氯化銅，沒有單質(zhì)生成，不屬于置換反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．硝酸鋇溶液中通入二氧化硫氣體，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，則二氧化硫具有還原性，B正確；C．NaA、NaB溶液的濃度未知，不能由鹽溶液的pH來比較對(duì)應(yīng)酸的酸性，C錯(cuò)誤；D．以K2CrO4為指示劑，說明Ksp(Ag2CrO4)更小，D錯(cuò)誤；答案選B。22．（2021·安徽安慶一中高三三模）下列文獻(xiàn)記載內(nèi)容涉及非氧化還原反應(yīng)的是A．東漢《周易參同契》中記載“胡粉投火中，色壞還為鉛”B．宋代《天工開物》中“凡石灰，經(jīng)火焚煉為用”C．西漢時(shí)期的《淮南萬畢術(shù)》中有“曾青得鐵，則化為銅”D．晉代《抱撲子》一書中記載有“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”【答案】B【詳解】A．胡粉是堿式碳酸鉛［Pb3(OH)2(CO3)2］，加熱過程+2價(jià)Pb被碳還原為鉛單質(zhì)，Pb元素化合價(jià)降低，涉及氧化還原反應(yīng)，故不選A；B．“凡石灰，經(jīng)火焚煉為用”，涉及反應(yīng)，涉及非氧化還原反應(yīng)，故選B；C．“曾青得鐵，則化為銅”，涉及，F(xiàn)e、Cu元素化合價(jià)有變化，涉及氧化還原反應(yīng)，故不選C；D．“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”，丹砂為硫化汞，不穩(wěn)定，加熱發(fā)生HgSHg+S，溫度降低時(shí)，又可發(fā)生Hg+S=HgS，Hg、S元素化合價(jià)有變化，涉及氧化還原反應(yīng)，故不選D；選B。23．（2021·云南昆明市·昆明一中高三其他模擬）下列反應(yīng)中，反應(yīng)物用量或濃度變化時(shí)，不會(huì)引起產(chǎn)物改變的是A．Zn與硫酸溶液反應(yīng) B．Cu與硝酸溶液反應(yīng)C．Al與氫氧化鈉溶液反應(yīng) D．Cl2與FeBr2溶液反應(yīng)【答案】C【詳解】A．Zn與硫酸溶液反應(yīng)，濃硫酸被還原產(chǎn)物為SO2等，稀硫酸被還原為H2，A不符合；B．Cu與硝酸溶液反應(yīng)，濃硝酸還原產(chǎn)物為NO2，稀硝酸被還原為NO，B不符合；C．Al與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，產(chǎn)物為NaAlO2和H2，與反應(yīng)物用量和濃度無關(guān)，C符合；D．Cl2與FeBr2溶液反應(yīng)，氯氣先后氧化亞鐵離子、溴離子，產(chǎn)物與反應(yīng)物用量有關(guān)，D不符合；答案選C。24．（2021·江蘇南京市·南京師大附中高三其他模擬）工業(yè)上利用炭和水蒸氣反應(yīng)：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)、CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)生成的H2為原料合成氨。在飽和食鹽水中先通NH3，后通CO2，由于HCO能形成多聚體，所以容易析出NaHCO3，過濾后熱分解得純堿。下列有關(guān)說法正確的是A．增大壓強(qiáng)有利于提高上述反應(yīng)中焦炭的利用率B．NaHCO3溶液中，HCO能形成多聚體是因?yàn)闅滏I的作用C．若反應(yīng)體系中，c(CO)=amol·L1，c(CO2)=bmol·L1，則c(H2)=(a＋b)mol·L1D．析出NaHCO3的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)【答案】B【詳解】A．增大壓強(qiáng)，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)平衡逆向移動(dòng)，不利于提高焦炭的利用率，故A錯(cuò)誤；B．O吸引電子能力強(qiáng)，HCO離子間能形成氫鍵，所以HCO能形成多聚體，故B正確；C．若反應(yīng)體系中，c(CO)=amol·L1，c(CO2)=bmol·L1，根據(jù)氧原子守恒，則c(H2)=(a＋2b)mol·L1，故C錯(cuò)誤；D．氯化鈉、氨氣、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，沒有元素化合價(jià)變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；選B。25．（2021·江蘇南京市·南京師大附中高三其他模擬）TiO2的“納米材料”有廣泛的應(yīng)用，工業(yè)上可利用TiCl4制取。TiCl4熔點(diǎn)為25℃，沸點(diǎn)為136.4℃。制取TiO2的反應(yīng)為①2FeTiO3＋7Cl2＋3C=2TiCl4＋2FeCl3＋3CO2、②TiCl4＋O2=TiO2＋2Cl2。下列說法正確的是A．基態(tài)Ti原子核外價(jià)電子排布式為3d24s2B．Cl2、CO2都是含有非極性鍵的非極性分子C．TiCl4晶體是離子晶體，配位數(shù)為4D．生成1molFeCl3轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為14mol【答案】A【詳解】A．Ti的原子序數(shù)為22，Ti原子核外有22個(gè)電子，基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，價(jià)電子排布式為3d24s2，A正確；B．Cl2和CO2都是非極性分子，Cl2中含Cl—Cl非極性鍵，CO2中含C=O極性鍵、不含非極性鍵，B錯(cuò)誤；C．TiCl4的熔點(diǎn)為25℃，沸點(diǎn)為136.4℃，熔、沸點(diǎn)較低，TiCl4晶體是分子晶體，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)①中Fe元素的化合價(jià)由+2價(jià)升至+3價(jià)，C元素的化合價(jià)由0價(jià)升至+4價(jià)，Cl元素的化合價(jià)由0價(jià)降至1價(jià)，生成2molFeCl3轉(zhuǎn)移14mol電子，則生成1molFeCl3轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為7mol，D錯(cuò)誤；答案選A。26．（2021·山東濱州市·高三二模）用“H2SO4浸出一萃取”法從鉛煙灰(主要含有In2O3，還含有PbO和SiO2雜質(zhì))中回收單質(zhì)銦(In)的生產(chǎn)工藝流程如圖所示。已知：I.“萃取”反應(yīng)：In2(SO4)3+6(HA)2(有機(jī)液)2In(HA2)3(有機(jī)液)+3H2SO4II.“反萃”反應(yīng)：In(HA2)3(有機(jī)液)+4HCl3(HA)2(有機(jī)液)+HInCl4下列說法正確的是A．“高溫酸浸”時(shí)，用濃鹽酸代替稀硫酸可提高酸浸速率B．“萃取”時(shí)，等量的萃取劑一次萃取和分多次萃取的效率相同C．“反萃”時(shí)，適當(dāng)增加鹽酸的濃度可提高銦的反萃取率D．“置換”時(shí)，得到海綿銦的化學(xué)方程式為：Zn+2HInCl4=ZnCl2+H2↑+2InCl3【答案】C【詳解】A．二氧化錳與濃鹽酸加熱生成氯氣，且高溫會(huì)造成大量的HCl揮發(fā)造成損失，不能提高酸浸速率，A錯(cuò)誤；B．每一次萃取都是按照一定比例進(jìn)行的溶質(zhì)分配，所以多次萃取的效率更高，B錯(cuò)誤；C．“反萃”時(shí)，適當(dāng)增加鹽酸的濃度，平衡In(HA2)3(有機(jī)液)+4HCl??3(HA)2(有機(jī)液)+HInCl4正向移動(dòng)，可提高銦的反萃取率，C正確；D．“置換”時(shí)鋅與HInCl4反應(yīng)產(chǎn)生In單質(zhì)而不是氫氣，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。27．（2021·重慶）硼氫化鈉(NaBH4)可用作還原劑和塑料發(fā)泡劑。它在催化劑作用下與水反應(yīng)獲取氫氣的微觀過程如圖所示。下列說法正確的是A．水在此過程中作還原劑B．若用D2O代替H2O，反應(yīng)后生成的氣體只有HDC．NaBH4與水反應(yīng)的離子方程式為：BH+4H2O=B(OH)+4H2D．若不使用催化劑，NaBH4與水不能反應(yīng)產(chǎn)生H2【答案】C【詳解】A．據(jù)圖可知H2O脫去的氫原子最終生成氫氣，水中H元素化合價(jià)降低，所以水為氧化劑，A錯(cuò)誤；B．據(jù)圖可知，第一步中兩個(gè)BH各脫去一個(gè)H原子結(jié)合形成H2，即反應(yīng)后生成的氣體中有H2，B錯(cuò)誤；C．據(jù)圖可知NaBH4與水反應(yīng)過程中反應(yīng)物為BH和H2O，產(chǎn)物為B(OH)和氫氣，離子方程式為BH+4H2O=B(OH)+4H2，C正確；D．催化劑只是加快反應(yīng)速率，即使不使用催化劑，NaBH4與水反應(yīng)依然能產(chǎn)生氧氣，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。28．（2021·湖南高三其他模擬）下列實(shí)驗(yàn)中，對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A在某醛類有機(jī)溶液中滴入溴水溴水褪色該醛類物質(zhì)含有碳碳雙鍵B將苯、液溴和鐵粉混合后產(chǎn)生的氣體直接通入AgNO3溶液中產(chǎn)生淡黃色沉淀苯和液溴發(fā)生了取代反應(yīng)C向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CCl4混合振蕩、靜置下層呈無色，上層呈紅色Fe2+的還原性大于BrD向1mL2mol?L1的NaOH溶液中滴加1~2滴0.1mol?L1溶液后的懸濁液中，再滴加2滴0.1mol?L1溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]A．A B．B C．C D．D【答案】C【詳解】A．醛基可能會(huì)被溴水氧化，使溴水褪色，該物質(zhì)中不一定含有碳碳雙鍵，故A錯(cuò)誤；B．液溴易揮發(fā)，揮發(fā)出的溴單質(zhì)與溶液反應(yīng)也能生成AgBr沉淀，所以產(chǎn)生淡黃色沉淀并不能說明苯和液溴發(fā)生了取代反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．向和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，因的還原性大于，則靜置后有機(jī)層在下層呈無色，水層在上層呈紅色，故C正確；D．溶液中氫氧化鈉過量，所以再加溶液就會(huì)有紅褐色沉淀，不能說明是沉淀轉(zhuǎn)化來的，正確方法是加入過量，然后再滴少量溶液，依據(jù)沉淀顏色變化判斷，故D錯(cuò)誤；故選C。29．（2021·長(zhǎng)沙市明德中學(xué)高三三模）鍶(Sr)為第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化鍶(SrCl2·6H2O)是實(shí)驗(yàn)室重要的分析試劑，工業(yè)上常以天青石(主要成分為SrSO4，含少量BaSO4)為原料制備，生產(chǎn)流程如下：下列敘述不正確的是A．鍶的金屬性比鈣的強(qiáng)，所以SrSO4的溶解性比CaSO4的強(qiáng)B．高溫焙燒時(shí)，若0.5molSrSO4完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移了4mol電子，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SrSO4+4CSrS+4COC．加入適量1mol/LH2SO4目的是除去溶液中Ba2+雜質(zhì)D．工業(yè)上常電解熔融SrCl2制鍶單質(zhì)，則SrCl2·6H2O制取無水SrCl2一定要在無水氯化氫氣流中加熱SrCl2·6H2O失水恒重【答案】AD【詳解】A．根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律，鍶的金屬性比鈣的強(qiáng)，SrSO4的溶解性比CaSO4的弱，故A錯(cuò)誤；B．高溫焙燒時(shí)，若0.5molSrSO4完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移了4mol電子，說明S元素化合價(jià)由+6價(jià)降低為2價(jià)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SrSO4+4CSrS+4CO，故B正確；C．硫酸鋇難溶于水，加入適量1mol/LH2SO4目的是生成硫酸鋇沉淀，除去溶液中Ba2+雜質(zhì)，故C正確；D．SrCl2是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，SrCl2不水解，直接加熱SrCl2·6H2O失水至恒重，可制得無水SrCl2，故D錯(cuò)誤；選AD。30．（2021·遼寧高三其他模擬）利用氧化尿素制備(水合肼)的實(shí)驗(yàn)流程如圖所示：已知：①氯氣與燒堿溶液的反應(yīng)是放熱反應(yīng)；②有強(qiáng)還原性，能與劇烈反應(yīng)生成。下列說法正確的是A．步驟Ⅰ中為避免溫度過高，可采用冰水浴B．步驟Ⅰ制備溶液時(shí)，測(cè)得產(chǎn)物中與的物質(zhì)的量之比為5∶1，則參與反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶5C．步驟Ⅱ中可將尿素水溶液逐滴滴入堿性溶液中D．生成水合肼反應(yīng)的離子方程式為【答案】AD【分析】由流程可知，步驟I中氯氣和NaOH溶液制備NaClO，步驟II中尿素與NaClO發(fā)生NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4?H2O+Na2CO3，制得水合肼溶液和Na2CO3溶液在步驟III中分離；【詳解】A．實(shí)驗(yàn)中，為使步驟Ⅰ中反應(yīng)溫度不高于40℃，可以減緩Cl2的通入速率、冰水浴冷卻，A正確；B．氯氣與NaOH反應(yīng)生成物質(zhì)的量之比為5：1的NaClO、NaClO3，氯元素化合價(jià)升高，故還有NaCl生成，故反應(yīng)為：8Cl2+16OH=5ClO+ClO3+10Cl+8H2O，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶3，B錯(cuò)誤；C．將尿素滴到NaClO溶液中或過快滴加，都會(huì)使過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率，故實(shí)驗(yàn)中應(yīng)將次氯酸鈉溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制備水合肼，滴加順序不能顛倒，且滴加速度不能過快，C錯(cuò)誤；D．NaClO、NaOH與尿素生成N2H4?H2O、碳酸鈉、NaCl，反應(yīng)為NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4?H2O+Na2CO3，離子方程式是：，D正確；故選：AD。31．（2021·湖南高三其他模擬）現(xiàn)有4組標(biāo)準(zhǔn)電極電勢(shì)：①PbO2/PbSO4，Eθ=1.69V；②MnO/Mn2+，Eθ=1.51V；③Fe3+/Fe2+，Eθ=0.77V；④Cl2/Cl，Eθ=1.07V。已知電勢(shì)越高對(duì)應(yīng)物質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，則下列離子方程式或相應(yīng)的描述中正確的是A．5PbO2+2Mn2++2H2O+5SO=5PbSO4↓+2MnO+4OHB．2Fe2++Cl2=2Fe3++2ClC．酸化高錳酸鉀時(shí)既可以用硫酸也可以用鹽酸D．氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镻bO2＞MnO＞Cl2＞Fe3+【答案】BD【分析】電勢(shì)越高對(duì)應(yīng)物質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，可知幾種物質(zhì)的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?，?jù)此分析解答?！驹斀狻緼．酸性條件下正確的離子方程式為，故A錯(cuò)誤；B．氧化性：，則反應(yīng)離子方程式的書寫正確，故B正確；C．酸化高錳酸鉀時(shí)不能用鹽酸，因?yàn)槟鼙桓咤i酸鉀氧化，故C錯(cuò)誤；D．電勢(shì)越高對(duì)應(yīng)物質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，可知幾種物質(zhì)的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?，故D正確；故選BD。32．（2021·青海高三三模）MnCO3是制造電器材料軟磁鐵氧體的原料。實(shí)驗(yàn)室利用菱錳礦(主要成分MnCO3，還含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等雜質(zhì))得到高純碳酸錳產(chǎn)品。工藝流程如下：(1)將菱錳礦粉與氯化銨混合研磨再焙燒的目的是___________，X為NH3和CO2的混合氣體，寫出焙燒的化學(xué)方程式：___________。(2)為了降低生產(chǎn)成本，有些物質(zhì)可以循環(huán)利用，能循環(huán)利用的物質(zhì)為___________(填名稱)。(3)氧化劑MnO2能將浸出液中的Fe2＋轉(zhuǎn)變成Fe3＋，該反應(yīng)的離子方程式是___________。(4)物質(zhì)Y可以是___________(填字母)。a.MnCl2b.MnCO3c.NH3·H2Od.NaOH(5)氯化銨用量對(duì)錳浸出率的影響如圖所示，請(qǐng)分析，選擇氯化銨與錳礦粉的質(zhì)量比為___________適宜。(6)焙燒過程中產(chǎn)生的尾氣NH3、CO2以及少量HCl會(huì)對(duì)設(shè)備有一定腐蝕作用，直接排放會(huì)造成一定污染，實(shí)驗(yàn)中用如圖所示裝置進(jìn)行尾氣處理：(已知冷凝管和洗氣瓶中有相同產(chǎn)物)①冷凝管的作用為___________。②請(qǐng)寫出洗氣瓶中的化學(xué)方程式：___________。【答案】增大接觸面積，加快反應(yīng)速率MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑氯化銨MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2Obc1.1:1生成氯化銨，除去氯化氫MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓【分析】菱錳礦(主要成分MnCO3，還含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等雜質(zhì))加入氯化銨混合研磨后焙燒，發(fā)生MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑反應(yīng)，加水溶解后，過濾出二氧化硅，浸出液中加入氧化劑二氧化錳，把亞鐵離子氧化為鐵離子，加入試劑Y調(diào)節(jié)pH，使鐵離子、鎂離子等轉(zhuǎn)化為沉淀除去，為了不引入新雜質(zhì)，可以選用b.MnCO3c.NH3·H2O；濾液中加入碳酸氫銨后進(jìn)行碳化結(jié)晶，過濾得到固體碳酸錳，濾液為氯化銨，蒸發(fā)結(jié)晶后得到固體氯化銨，可以循環(huán)使用?！驹斀狻?1)將菱錳礦粉與氯化銨混合研磨再焙燒的目的是增大物質(zhì)間的接觸面積，加快反應(yīng)速率；焙燒后，產(chǎn)生X氣體為NH3和CO2的混合氣體，焙燒的化學(xué)方程式：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑；(2)根據(jù)流程圖可知，結(jié)合以上分析可知，能循環(huán)利用的物質(zhì)為氯化銨；(3)氧化劑MnO2能將浸出液中的Fe2＋轉(zhuǎn)變成Fe3＋，該反應(yīng)的離子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(4)物質(zhì)Y是用來調(diào)節(jié)溶液的pH，既能消耗氫離子，又不能引入新雜質(zhì)，可以選用b.MnCO3和c.NH3·H2O；(5)根據(jù)氯化銨用量對(duì)錳浸出率的影響圖像進(jìn)行分析，當(dāng)氯化銨與錳礦粉的質(zhì)量比在1.1:1以后，錳的浸出率基本上變化不大，因此選擇氯化銨與錳礦粉的質(zhì)量比為1.1:1適宜；(6)①氨氣和氯化氫遇冷后產(chǎn)生氯化銨，除去了氯化氫氣體，減少對(duì)設(shè)備的腐蝕作用；所以冷凝管的作用為生成氯化銨，除去氯化氫；②洗氣瓶中盛裝的溶液為氯化錳溶液，氨氣、二氧化碳混合氣體進(jìn)入到該溶液中發(fā)生反應(yīng)生成了氯化銨和碳酸錳沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓。33．（2021·江西撫州市·臨川一中）釩為一種高熔點(diǎn)金屬，在工業(yè)生產(chǎn)中有廣泛用途。工業(yè)上常用釩爐渣(主要含F(xiàn)eO·V2O3，還有少量Al2O3、CuO等雜質(zhì))提取金屬釩，流程如下圖：已知：I.釩有多種價(jià)態(tài)，其中+5價(jià)的最穩(wěn)定。釩在溶液中主要以VO和VO的形式存在，存在平衡：VO+H2O?2H++VOII.部分金屬離子的沉淀pH：金屬離子Cu2+Fe2+Fe3+開始沉淀時(shí)pH5.27.62.7完全