高考化學三輪沖刺易錯題易錯點04 氧化還原反應（解析版）

易錯點4氧化還原反應易錯題【01】氧化還原反應概念“五誤區(qū)”(1)誤認為有單質參與或生成的反應一定是氧化還原反應。如O2與O3的轉化為非氧化還原反應。(2)誤認為元素由化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)一定被還原，其實不一定。如HCl→Cl2，氯元素被氧化，CuO→Cu，銅元素被還原。(3)誤認為氧化還原反應中有一種元素被氧化，則一定有另一種元素被還原，其實不一定。如Cl2＋H2OHCl＋HClO中，被氧化和被還原的都是氯元素。(4)誤認為具有氧化性的物質和具有還原性的物質一定都能發(fā)生化學反應，其實不一定。如SO2具有還原性，濃H2SO4具有氧化性，但二者不發(fā)生氧化還原反應。(5)誤認為同種元素的高價態(tài)的物質一定比低價態(tài)物質的氧化性強，其實不一定。如HClO的氧化性高于HClO4。易錯題【02】氧化還原反應的規(guī)律及應用易錯題【03】陌生情景下的氧化還原方程式的配平第一步：根據(jù)題干信息或流程圖，確定反應物和部分生成物。第二步：判斷反應中變價元素的化合價并利用元素化合價的升降判斷出氧化產物或還原產物。第三步：按“”寫出方程式，并按化合價升降原則配平參與氧化還原反應的各物質的化學計量數(shù)。第四步：根據(jù)元素守恒，補充其他反應物或產物，然后進行配平方程式中需補充的物質一般為水、酸(H＋)或堿(OH－)。具體補項原則為條件補項原則酸性條件下缺H(氫)或多O(氧)補H＋，少O(氧)補H2O(水)堿性條件下缺H(氫)或多O(氧)補H2O(水)，少O(氧)補OH－易錯題【04】電子守恒的計算流程注意多步連續(xù)進行的氧化還原反應，只要中間各反應過程中電子沒有損耗，可直接找出起始物和最終產物，刪去中間產物，建立二者之間的電子守恒關系，快速求解。典例分析例1、氮化硅(Si3N4)是一種新型陶瓷材料，它可由石英與焦炭在高溫的氮氣流中反應制得：①3SiO2＋6C＋2N2eq\o(=,\s\up11(高溫))Si3N4＋6CO，也可由SiCl4的蒸汽和NH3反應制?。孩?SiCl4＋4NH3eq\o(=,\s\up11(高溫))Si3N4＋12HCl。則下列敘述正確的是A．反應②屬于離子反應B．若制取等量Si3N4，反應①②轉移電子數(shù)目必然相等C．反應①的氧化劑是N2D．反應①中氧化產物與還原產物物質的量之比為1∶6C【解析】A．反應②是固體之間的反應，不屬于離子反應，錯誤；B.在反應①中每產生1molSi3N4，轉移電子的物質的量是12mol；反應②是非氧化還原反應，因此沒有發(fā)生電子轉移因此制取等量的Si3N4，反應①②轉移電子數(shù)目不相等，錯誤；C.在反應①N2得到電子由反應前N2的0價變?yōu)榉磻骃i3N4中的N元素的－3價，N得到電子，被還原，因此該反應的氧化劑是N2，正確；D.在反應①中氧化劑N2得到電子，被還原變?yōu)镾i3N4，還原劑C失去電子被氧化變?yōu)镃O，所以氧化產物CO與還原產物Si3N4物質的量之比為6∶1，錯誤。例2、已知反應：2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列關于該反應說法錯誤的是()A.氧化性：NaClO3>Cl2B.當反應中有2mole－轉移時，被氧化的HCl為4molC.氧化產物和還原產物的物質的量之比為1∶2D.產物ClO2和Cl2都可以用于自來水消毒殺菌B【解析】由分析可知，氯酸鈉是氧化劑，氯氣是氧化產物，在同一個氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，則氧化性：NaClO3>Cl2，故A不選；當反應中有2mole－轉移時，氯化氫中氯元素的化合價由－1升高到0，則被氧化的HCl為2mol，故B選；由分析可知，Cl2是氧化產物，ClO2是還原產物，由化學方程式2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，氧化產物和還原產物的物質的量之比為1∶2，故C不選；產物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自來水消毒殺菌，故D不選。例3、將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其轉化如圖所示(CuS不溶于水)。下列說法中，不正確的是()A．過程①中生成CuS的反應為H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋B．過程②中，F(xiàn)e3＋作氧化劑C．回收S的總反應為2H2S＋O2=2H2O＋2S↓D．過程③中，各元素化合價均未改變D【解析】由圖可知，共發(fā)生的有三個反應①H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋②CuS＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋＋S③4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O，由此可以推出總反應2H2S＋O2=2S↓＋2H2O。過程①中，生成CuS的反應為H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，故A正確；過程②中的反應為CuS＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋＋S，鐵離子化合價降低，作氧化劑，故B正確；①×2＋②×2＋③可以推出總反應2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，故C正確；過程③中的反應為4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O，在轉化過程中O、Fe元素化合價發(fā)生變化，故D錯誤。例題4、1.化學工業(yè)為疫情防控提供了強有力的物質支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應來制備，該反應為歧化反應(氧化劑和還原劑為同一種物質的反應)。上述制備Cl2O的化學方程式為_________________________________________________。(2)ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應屬于歧化反應，每生成1molClO2消耗NaClO2的量為________mol；產生“氣泡”的化學方程式為________________________________________。2．FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3eq\o(→,\s\up7(高溫))Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2，上述反應配平后FeO·Cr2O3與NaNO3的系數(shù)比為________。該步驟不能使用陶瓷容器，原因是_______________?！敬鸢浮?.(1)2Cl2＋HgO=HgCl2＋Cl2O(2)1.25NaHCO3＋NaHSO4=CO2↑＋Na2SO4＋H2O2.2∶7陶瓷在高溫下會與Na2CO3反應【解析】1.(1)根據(jù)Cl2與HgO的反應為歧化反應，且一種生成物為Cl2O，可知該反應的化學方程式為2Cl2＋HgO=HgCl2＋Cl2O。(2)結合題中信息制備ClO2時發(fā)生歧化反應，可知反應的化學方程式為5NaClO2＋4NaHSO4=NaCl＋4Na2SO4＋4ClO2↑＋2H2O，即生成1molClO2時消耗1.25molNaClO2；溶液中溢出大量氣泡是NaHCO3與NaHSO4反應產生的CO2氣體。2.首先標出變價元素的化合價，分析價態(tài)變化可知，1molFeO·Cr2O3失去7mol電子，1molNaNO3得到2mol電子，則由得失電子守恒可知，二者系數(shù)比應為2∶7；該步驟中主要反應的反應物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融時反應，故不能使用陶瓷容器。1．（2021·湖北·高考真題）“烏銅走銀”是我國非物質文化遺產之一。該工藝將部分氧化的銀絲鑲嵌于銅器表面，藝人用手邊捂邊揉搓銅器，銅表面逐漸變黑，銀絲變得銀光閃閃。下列敘述錯誤的是A．銅的金屬活動性大于銀B．通過揉搓可提供電解質溶液C．銀絲可長時間保持光亮D．用鋁絲代替銀絲銅也會變黑2．（2022·海南·高考真題）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，F(xiàn)e完全溶解。NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．反應轉移電子為0.1mol B．HCl溶液中SKIPIF1<0數(shù)為3NAC．SKIPIF1<0含有的中子數(shù)為1.3NA D．反應生成標準狀況下氣體3.36L3．（2022·浙江·高考真題）關于反應SKIPIF1<0，下列說法正確的是A．SKIPIF1<0發(fā)生還原反應B．SKIPIF1<0既是氧化劑又是還原劑C．氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1D．SKIPIF1<0發(fā)生反應，轉移SKIPIF1<0電子4．（2022·浙江·高考真題）關于化合物SKIPIF1<0的性質，下列推測不合理的是A．與稀鹽酸反應生成SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0B．隔絕空氣加熱分解生成FeO、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0C．溶于氫碘酸(HI)，再加SKIPIF1<0萃取，有機層呈紫紅色D．在空氣中，與SKIPIF1<0高溫反應能生成SKIPIF1<05．（2021·天津·高考真題）關于反應SKIPIF1<0所涉及的物質，下列說法錯誤的是A．H2SO4在該反應中為氧化劑 B．Na2SO3容易被空氣中的O2氧化變質C．Na2SO4是含有共價鍵的離子化合物 D．SO2是導致酸雨的主要有害污染物6．（2022·山東·高考真題）實驗室制備SKIPIF1<0過程為：①高溫下在熔融強堿性介質中用SKIPIF1<0氧化SKIPIF1<0制備SKIPIF1<0；②水溶后冷卻，調溶液SKIPIF1<0至弱堿性，SKIPIF1<0歧化生成SKIPIF1<0和SKIPIF1<0；③減壓過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，再減壓過濾得SKIPIF1<0。下列說法正確的是A．①中用瓷坩堝作反應器B．①中用SKIPIF1<0作強堿性介質C．②中SKIPIF1<0只體現(xiàn)氧化性D．SKIPIF1<0轉化為SKIPIF1<0的理論轉化率約為66.7%7．（2022·江蘇·高考真題）室溫下，下列實驗探究方案不能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A向盛有SKIPIF1<0溶液的試管中滴加幾滴SKIPIF1<0溶液，振蕩，再滴加幾滴新制氯水，觀察溶液顏色變化SKIPIF1<0具有還原性B向盛有SKIPIF1<0水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，振蕩，加熱試管，觀察溶液顏色變化SKIPIF1<0具有漂白性C向盛有淀粉-KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，觀察溶液顏色變化SKIPIF1<0的氧化性比SKIPIF1<0的強D用pH計測量醋酸、鹽酸的pH，比較溶液pH大小SKIPIF1<0是弱電解質8．（2022·北京·高考真題）某SKIPIF1<0的多孔材料剛好可將SKIPIF1<0“固定”，實現(xiàn)了SKIPIF1<0與SKIPIF1<0分離并制備SKIPIF1<0，如圖所示：己知：SKIPIF1<0下列說法不正確的是A．氣體溫度升高后，不利于SKIPIF1<0的固定B．SKIPIF1<0被固定后，平衡正移，有利于SKIPIF1<0的去除C．制備SKIPIF1<0的原理為：SKIPIF1<0D．每制備SKIPIF1<0，轉移電子數(shù)約為SKIPIF1<09．（2022·湖南·高考真題）科學家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的轉移(如a、b和c)，能將海洋中的SKIPIF1<0轉化為SKIPIF1<0進入大氣層，反應過程如圖所示。下列說法正確的是A．過程Ⅰ中SKIPIF1<0發(fā)生氧化反應B．a和b中轉移的SKIPIF1<0數(shù)目相等C．過程Ⅱ中參與反應的SKIPIF1<0D．過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為SKIPIF1<010．（2022·北京·高考真題）SKIPIF1<0捕獲和轉化可減少SKIPIF1<0排放并實現(xiàn)資源利用，原理如圖1所示。反應①完成之后，以SKIPIF1<0為載氣，以恒定組成的SKIPIF1<0混合氣，以恒定流速通入反應器，單位時間流出氣體各組分的物質的量隨反應時間變化如圖2所示。反應過程中始終未檢測到SKIPIF1<0，在催化劑上有積碳。下列說法不正確的是A．反應①為SKIPIF1<0；反應②為SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0比SKIPIF1<0多，且生成SKIPIF1<0速率不變，可能有副反應SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0時刻，副反應生成SKIPIF1<0的速率大于反應②生成SKIPIF1<0速率D．SKIPIF1<0之后，生成SKIPIF1<0的速率為0，是因為反應②不再發(fā)生11．（2022·河北·模擬預測）用SKIPIF1<0表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述中正確的是A．SKIPIF1<0鹽酸與足量SKIPIF1<0共熱，轉移的電子數(shù)為SKIPIF1<0B．電解精煉銅時，若陽極質量減少64g，則陰極得到的電子數(shù)為SKIPIF1<0C．0.1molSKIPIF1<0和0.1molSKIPIF1<0于密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)為SKIPIF1<0D．反應SKIPIF1<0中生成3molSKIPIF1<0轉移的電子數(shù)為SKIPIF1<012．（2021·福建·高考真題）明代《徐光啟手跡》記載了制備硝酸的方法，其主要流程(部分產物已省略)如下：下列說法錯誤的是A．FeSO4的分解產物X為FeO B．本流程涉及復分解反應C．HNO3的沸點比H2SO4的低 D．制備使用的鐵鍋易損壞13．（2022·江西鷹潭·一模）天然氣中含有毒氣體H2S，用如圖所示流程可實現(xiàn)天燃氣在氧化亞鐵硫桿菌(T·F)作用下催化脫硫。下列說法不正確的是A．過程①的pH降低，過程②的pH升高B．該脫硫過程不可以在中性環(huán)境中進行C．該脫硫過程不需要補充FeSO4溶液D．該脫硫過程的總反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：114．（2022·四川攀枝花·模擬預測）由含硒廢料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如圖：下列有關說法正確的是A．“分離”時得到含硫煤油的方法是蒸餾B．“酸溶”時能除去廢料中的全部氧化物雜質C．“酸化”的離子反應為：SKIPIF1<0+2H+=Se↓+SO2↑+H2OD．若向“酸溶”所得的濾液中加入少量銅，銅不會溶解15．（2022·安徽師范大學附屬中學模擬預測）己知TiO2在光照下可以激發(fā)產生空穴(h+)和光電子(e-)。某課題組研究TiO2光催化降解室內污染物甲醛的機理如圖所示，下列說法錯誤的是A．反應④中HCHO發(fā)生氧化反應B．TiO2每吸收32eV太陽能理論上可以產生10個h+C．TiO2在光照下同樣可以催化CaCO3分解反應D．該過程總反應為：HCHO+O2SKIPIF1<0CO2+H2O16．（2022·上海松江·二模）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，以下實驗現(xiàn)象可以反復出現(xiàn)。下列說法錯誤的是A．CuSO4是催化劑B．發(fā)生了反應：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2OC．CuSO4將H2O2還原為O2D．H2O2既發(fā)生氧化反應又發(fā)生還原反應17．（2022·江蘇泰州·模擬預測）(CH3NH3)PbI3是鈣鈦礦太陽能電池的重要吸光材料，其晶胞結構如圖1所示，Walsh提出H2O降解(CH3NH3)PbI3的機理如圖2所示。下列說法不正確的是A．H3O+的鍵角小于H2O的鍵角 B．1個(CH3NH3)PbI3晶胞含有3個I-C．機理中的反應均為非氧化還原反應 D．H2O可與CH3NHSKIPIF1<0反應生成H3O+和CH3NH218．（2022·山東·德州市教育科學研究院三模）利用鋅灰(主要成分為ZnO，含有CuO、PbO、SKIPIF1<0、FeO、SKIPIF1<0等雜質)制備高純ZnO的工藝流程如下，下列說法錯誤的是：A．濾渣1的主要成分為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0B．步驟1中發(fā)生反應的離子方程式為：SKIPIF1<0C．加入的試劑a為Zn，目的是除去SKIPIF1<0D．取步驟3后的干燥濾餅11.2g煅燒，可得產品8.1g，則x=219．（2022·福建·廈門雙十中學模擬預測）測量大氣中氮氧化物(NO、NO2)含量的一種方法如圖所示。通過測量熒光強度可獲知NO的濃度，二者成正比。下列說法正確的是A．X可能為O2B．城市大氣中氮氧化物主要來自雷電作用C．NO2轉化為NO2(激發(fā)態(tài))為氧化反應D．熒光強度越大，大氣中NO含量越高20．（2022·湖北·模擬預測）利用SKIPIF1<0氧化SKIPIF1<0制備SKIPIF1<0的裝置如圖所示(夾持裝置略)：已知：錳酸鉀SKIPIF1<0濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應：SKIPIF1<0下列說法不正確的是A．裝置D中的試劑為氫氧化鈉等堿性溶液B．若去掉裝置B，可能會導致SKIPIF1<0產率降低C．B和D裝置名稱不一樣，即使在沒裝試劑之前，二者位置也不能互換D．裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為：SKIPIF1<021．（2022·江蘇省平潮高級中學模擬預測）一種利用廢舊鍍鋅鐵皮制備磁性Fe3O4納米粒子的工藝流程如下。下列有關說法不正確的是A．“堿洗”主要是為了去除廢舊鍍鋅鐵皮中的鋅B．“氧化”后的溶液中金屬陽離子主要有Fe3+、Na+C．“氧化”時發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2OD．用激光筆照射“加熱沉鐵”后所得分散系，產生丁達爾效應22．（2022·江蘇·鹽城中學三模）H2和O2在鈀的配合物離子[PdCl4]?的作用下合成H2O2，反應歷程如圖，下列說法不正確的是A．該過程的總反應為H2+O2SKIPIF1<0H2O2B．[PdCl2O2]2?在此過程中作為催化劑C．生成1molH2O2的過程中，轉移電子總數(shù)為2molD．歷程中發(fā)生了Pd+O2+2Cl?=[PdCl2O2]2?23.碳酸錳(MnCO3)是制造電信器材軟磁鐵氧體，合成二氧化錳和制造其他錳鹽的原料，也用作脫硫的催化劑，瓷釉、涂料和清漆的顏料。工業(yè)上利用軟錳礦(主要成分為MnO2，還含有CaCO3、Fe2O3、Al2O3等雜質)制取碳酸錳的流程如圖所示：其中，還原焙燒主反應為2MnO2＋Ceq\o(=,\s\up7(△))2MnO＋CO2↑。根據(jù)要求回答問題：(1)若在實驗室中進行步驟A，則需用到的儀器為________。步驟B中為了加快浸取的速率，可以采取的措施是________________(填寫兩條即可)。(2)步驟C中得到的濾渣的成分是____________。步驟D中氧化劑與還原劑的物質的量之比為________。步驟E中調節(jié)pH至4.5的作用是______________________。(3)加入Na2S可以除去Pb2＋、Al3＋等離子。已知Ksp(PbS)＝1×10－28，Ksp(MnS)＝1×10－9.6，當溶液中c(Pb2＋)＝1×10－5mol·L－1時，溶液中c(Mn2＋)應不大于________。(4)pH＝0的溶液中，不同價態(tài)錳的微粒的能量(ΔG)如圖所示。若某種含錳微粒(如Mn3＋)的能量處于相鄰價態(tài)兩種微粒(Mn2＋和MnO2)能量連線左上方，則該微粒不穩(wěn)定并發(fā)生歧化反應，轉化為相鄰價態(tài)的微粒。①MnOeq\o\al(2－,4)______(填“能”或“不能”)穩(wěn)定存在于pH＝0的溶液中。②將Mn3＋歧化反應設計為原電池，可測定反應平衡常數(shù)。電池負極反應為________________，電池總反應的平衡常數(shù)表達式為____________________。(5)步驟H的離子方程式為______________________。實驗室可利用Na2S2O8溶液來檢驗Mn2＋是否反應完全：2Mn2＋＋5S2Oeq\o\al(2－,8)＋8H2O=16H＋＋10SOeq\o\al(2－,4)＋2MnOeq\o\al(－,4)，確認Mn2＋已完全反應的現(xiàn)象是__________________________。檢驗時必須控制Mn2＋的濃度不能過大，否則實驗失敗。理由是________________________。24.硫酰氯(SO2Cl2)是一種重要的化工試劑，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。實驗室合成硫酰氯的實驗裝置如下圖所示(部分夾持裝置未畫出)：已知：①SO2(g)＋Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH＝－97.3kJ·mol－1。②硫酰氯常溫下為無色液體，熔點為－54.1℃，沸點為69.1℃，在潮濕空氣中“發(fā)煙”。③100℃以上或長時間存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯氣?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為______________________________________。(2)裝置B的作用為__________________，若缺少裝置C，裝置D中SO2與Cl2還可能發(fā)生反應的化學方程式為________________________________________________。(3)E中冷凝水的入口是________(填“a”或“b”)，F(xiàn)的作用為_____________________。(4)當裝置A中排出氯氣1.12L(已折算成標準狀況)時，最終得到5.4g純凈的硫酰氯，則硫酰氯的產率為________，為提高本實驗中硫酰氯的產率，在實驗操作中需要注意的事項有________(填序號)。①先通冷凝水，再通氣②控制氣流速率，宜慢不宜快③若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當降溫④加熱三頸燒瓶(5)氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H=SO2Cl2＋H2SO4，分離產物的方法是________。A．重結晶B．過濾C．蒸餾D．萃取(6)長期存放的硫酰氯會發(fā)黃，其原因可能為________________________________。參考答案1．D【詳解】A．根據(jù)金屬活動性順序表，銅的金屬活動性大于銀，A項正確；B．通過揉搓，手上的汗水可提供電解質溶液，B項正確；C．銀絲發(fā)生還原反應，氧化銀轉化為單質銀，單質銀活動性較弱，可長時間保持光亮，C項正確；D．銅的活動性比鋁弱，氧化鋁不能被銅還原為單質鋁，因此銅不會變黑，D項錯誤；答案選D。2．A【詳解】2.8gFe的物質的量為0.05mol；100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物質的量均為0.3mol，兩者發(fā)生反應后，F(xiàn)e完全溶解，而鹽酸過量。A．Fe完全溶解生成Fe2+，該反應轉移電子0.1mol，A正確；B．HCl溶液中Cl-的物質的量為0.3mol，因此，Cl-數(shù)為0.3NA，B不正確；C．56Fe的質子數(shù)為26、中子數(shù)為30，2.8g56Fe的物質的量為0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子數(shù)為1.5NA，C不正確；D．反應生成H2的物質的量為0.05mol，在標準狀況下的體積為1.12L，D不正確；綜上所述，本題A。3．B【詳解】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應的本質是硫代硫酸根離子在酸性條件下發(fā)生歧化反應生成硫和二氧化硫，化合價發(fā)生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環(huán)境。A．H2SO4轉化為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價均未發(fā)生變化，故其沒有發(fā)生還原反應，A說法不正確；B．Na2S2O3中的S的化合價為+2，其發(fā)生歧化反應生成S(0價)和SO2(+4價)，故其既是氧化劑又是還原劑，B說法正確；C．該反應的氧化產物是SO2，還原產物為S，氧化產物與還原產物的物質的量之比為1:1，C說法不正確；D．根據(jù)其中S元素的化合價變化情況可知，1molNa2S2O3發(fā)生反應，要轉移2mol電子，D說法不正確。綜上所述，本題選B。4．B【詳解】A．由分析可知，化合物SKIPIF1<0中Fe的化合價為+3價，故其與稀鹽酸反應生成SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，反應原理為：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合題意；B．由分析可知，化合物SKIPIF1<0中Fe的化合價為+3價，C為-2，若隔絕空氣加熱分解生成FeO、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0則得失電子總數(shù)不相等，不符合氧化還原反應規(guī)律，即不可能生成FeO、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，B符合題意；C．由分析可知，化合物SKIPIF1<0中Fe的化合價為+3價，故其溶于氫碘酸(HI)生成的Fe3+能將I-氧化為I2，反應原理為：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加SKIPIF1<0萃取，有機層呈紫紅色，C不合題意；D．化合物SKIPIF1<0在空氣中高溫將生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3為堿性氧化物，SiO2為酸性氧化物，故化合物SKIPIF1<0與SKIPIF1<0高溫反應能生成SKIPIF1<0，D不合題意；故答案為：B。5．A【詳解】A．SKIPIF1<0中無化合價的變化，不屬于氧化還原反應，所以該反應中無氧化劑，故A錯誤；B．Na2SO3不穩(wěn)定，容易被空氣中的O2氧化成硫酸鈉變質，故B正確；C．Na2SO4含有陰陽離子，存在離子鍵，硫酸根中含有共價鍵，故C正確；D．SO2在空去中會轉化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是導致酸雨的主要有害污染物，故D正確；故選A。6．D【詳解】由題中信息可知，高溫下在熔融強堿性介質中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4，然后水溶后冷卻調溶液pH至弱堿性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合價由+6變?yōu)?7和+4。A．①中高溫下在熔融強堿性介質中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4，由于瓷坩堝易被強堿腐蝕，故不能用瓷坩堝作反應器，A說法不正確；B．制備KMnO4時為為防止引入雜質離子，①中用KOH作強堿性介質，不能用SKIPIF1<0，B說法不正確；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，C說法不正確；D．根據(jù)化合價的變化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物質的量之比為2:1，根據(jù)Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有SKIPIF1<0轉化為KMnO4，因此，MnO2轉化為KMnO4的理論轉化率約為66.7%，D說法正確；綜上所述，本題選D。7．D【詳解】A．向盛有SKIPIF1<0溶液的試管中滴加幾滴SKIPIF1<0溶液，無現(xiàn)象，振蕩，再滴加幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色，亞鐵離子被新制氯水氧化，說明SKIPIF1<0具有還原性，A正確；B．向盛有SKIPIF1<0水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，品紅溶液褪色，振蕩，加熱試管，溶液又恢復紅色，說明SKIPIF1<0具有漂白性，B正確；C．向盛有淀粉-KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，溶液變?yōu)樗{色，說明SKIPIF1<0的氧化性比SKIPIF1<0的強，C正確；D．用pH計測量醋酸、鹽酸的pH用以證明SKIPIF1<0是弱電解質時，一定要注明醋酸和鹽酸的物質的量濃度相同，D錯誤。故選D。8．D【詳解】A．二氧化氮轉化為四氧化二氮的反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，四氧化二氮的濃度減小，所以氣體溫度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正確；B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的濃度減小，二氧化氮轉化為四氧化二氮的平衡向正反應方向移動，二氧化氮的濃度減小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正確；C．由題意可知，被固定后的四氧化二氮與氧氣和水反應生成硝酸，反應的化學方程式為SKIPIF1<0，故C正確；D．四氧化二氮轉化為硝酸時，生成1mol硝酸，反應轉移1mol電子，則每制備0.4mol硝酸，轉移電子數(shù)約為0.4mol×6.02×1023=2.408×1023，故D錯誤；故選D。9．D【詳解】A．由圖示可知，過程I中NOSKIPIF1<0轉化為NO，氮元素化合價由+3價降低到+2價，NOSKIPIF1<0作氧化劑，被還原，發(fā)生還原反應，A錯誤；B．由圖示可知，過程I為NOSKIPIF1<0在酶1的作用下轉化為NO和H2O，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：NOSKIPIF1<0+2H++e-SKIPIF1<0NO+H2O，生成1molNO，a過程轉移1mole-，過程II為NO和NHSKIPIF1<0在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應生成H2O和N2H4，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：NO+NHSKIPIF1<0+3e-+2H+SKIPIF1<0H2O+N2H4，消耗1molNO，b過程轉移4mole-，轉移電子數(shù)目不相等，B錯誤；C．由圖示可知，過程II發(fā)生反應的參與反應的離子方程式為：NO+NHSKIPIF1<0+3e-+2H+SKIPIF1<0H2O+N2H4，n(NO):n(NHSKIPIF1<0)=1:1，C錯誤；D．由圖示可知，過程I的離子方程式為NOSKIPIF1<0+2H++e-SKIPIF1<0NO+H2O，過程II的離子方程式為NO+NHSKIPIF1<0+3e-+2H+SKIPIF1<0H2O+N2H4，過程III的離子方程式為N2H4SKIPIF1<0N2↑+4H++4e-，則過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為NOSKIPIF1<0+NHSKIPIF1<0=N2↑+2H2O，D正確；答案選D。10．C【詳解】A．由題干圖1所示信息可知，反應①為SKIPIF1<0，結合氧化還原反應配平可得反應②為SKIPIF1<0，A正確；B．由題干圖2信息可知，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0比SKIPIF1<0多，且生成SKIPIF1<0速率不變，且反應過程中始終未檢測到SKIPIF1<0，在催化劑上有積碳，故可能有副反應SKIPIF1<0，反應②和副反應中CH4和H2的系數(shù)比均為1：2，B正確；C．由題干反應②方程式可知，H2和CO的反應速率相等，而SKIPIF1<0時刻信息可知，H2的反應速率未變，仍然為2mmol/min，而CO變?yōu)?~2mmol/min之間，故能夠說明副反應生成SKIPIF1<0的速率小于反應②生成SKIPIF1<0速率，C錯誤；D．由題干圖2信息可知，SKIPIF1<0之后，CO的速率為0，CH4的速率逐漸增大，最終恢復到1，說明生成SKIPIF1<0的速率為0，是因為反應②不再發(fā)生，而后副反應逐漸停止反應，D正確；故答案為：C。11．C【詳解】A．二氧化錳只能與濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，即鹽酸不能反應完全，故轉移電子數(shù)小于0.3NA，A錯誤；B．電解精煉銅時，陽極上放電的不止是銅，故當陽極上減少64g時，轉移的電子數(shù)并不是2NA個，陰極上得到的電子數(shù)也不是2NA個，B錯誤；C．氫氣和碘反應生成碘化氫是分子數(shù)不變的反應，所以將0.1mol氫氣和0.1mol碘于密閉容器中充分反應，其分子總數(shù)為0.2NA，C正確；D．在該反應中，碘酸根離子中的碘從+5價變?yōu)?價，碘化氫中的碘從-1價變?yōu)?價，生成3mol碘單質，轉移電子數(shù)為5mol，D錯誤；故答案選C。12．A【詳解】A．據(jù)圖可知FeSO4分解時生成SO2和SO3，部分S元素被還原，則Fe元素應被氧化，X為Fe2O3，A錯誤；B．H2SO4與KNO3在蒸餾條件下生成HNO3和K2SO4，為復分解反應，B正確；C．H2SO4與KNO3混合后，蒸餾過程中生成HNO3，說明HNO3的沸點比H2SO4的低，C正確；D．硫酸、硝酸均可以和鐵反應，所以制備使用的鐵鍋易損壞，D正確；綜上所述答案為A。13．D【詳解】過程①Fe元素化合價降低，S元素化合價升高，反應方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2SKIPIF1<0+S+H2SO4，過程②Fe元素化合價升高，O元素化合價減低，反應方程式：4SKIPIF1<0+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O。A．過程①反應方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2SKIPIF1<0+S+H2SO4，生成強酸H2SO4，pH降低，過程②反應方程式：4SKIPIF1<0+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，消耗H2SO4，pH升高，故A正確；B．Fe2(SO4)3溶液中Fe3+溶液水解，不能在中性環(huán)境中共存，故B正確；C．該脫硫過程的總反應為2H2S+O2=2S+2H2O，SKIPIF1<0溶液為中間物質，沒有消耗，則不需要補充SKIPIF1<0溶液，故C正確；D．該脫硫過程的總反應為2H2S+O2=2S+2H2O，O元素化合價減低，O2做氧化劑，S元素化合價升高，H2S做還原劑，兩者的物質的量之比為1:2，故D錯誤；故選D。14．C【詳解】由流程可知，煤油溶解S后，過濾分離出含硫的煤油，分離出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、過濾，濾液含硫酸銅、硫酸鋅、硫酸鐵，濾渣含Se、SiO2，再加亞硫酸鈉浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。A．煤油溶解S后，過濾分離出含硫的煤油，濾渣為Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分離”時得到含硫煤油的方法是過濾，故A錯誤；B．加硫酸溶解、過濾，濾液含硫酸銅、硫酸鋅、硫酸鐵，濾渣含Se、SiO2，“酸溶”時能除去廢料中的部分氧化物雜質，二氧化硅不溶于硫酸，故B錯誤；C．Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的離子反應為：SKIPIF1<0+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正確；D．若向“酸溶”所得的濾液中加入少量銅，濾液含硫酸鐵，銅會溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D錯誤；故選C。15．C【詳解】A．由圖可知，反應④的反應物為HCHO、·OH，生成物為CO2、H2O，反應方程式為HCHO+4·OH=CO2+3H2O，HCHO中碳元素化合價由0價升高到+4價，發(fā)生氧化反應，A正確；B．由圖可知，一個e-吸收3.2ev的能量可以生成一個h+，產生10個h+，需要吸收32ev的能量，B正確；C．催化劑具有專一性，二氧化鈦不能催化碳酸鈣分解反應，C錯誤；D．由圖可知，總反應的反應物為HCHO、O2，生成物為CO2、H2O，反應的方程式為SKIPIF1<0，D正確；故答案選C。16．C【詳解】A．CuSO4先被過氧化氫還原為Cu2O，Cu2O又被過氧化氫氧化為CuSO4，所以CuSO4是催化劑，故A正確；B．第二步Cu2O被過氧化氫氧化為CuSO4，發(fā)生反應：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正確；C．第一步CuSO4將H2O2氧化為O2，總反應為H2O2SKIPIF1<02H2O+O2，故C錯誤；D．總反應為H2O2SKIPIF1<02H2O+O2，H2O2中氧元素化合價既升高又降低，H2O2既發(fā)生氧化反應又發(fā)生還原反應，故D正確；選C。17．A【詳解】A．H3O+中只有一對孤電子對，H2O中有2對孤電子對。孤電子對越多，排斥力越大鍵角越小，因此鍵角H3O+＞H2O，A錯誤；B．在1個(CH3NH3)PbI3晶胞中，含有黑球：1個，白球：6×SKIPIF1<0=3個，含有陰影球：8×SKIPIF1<0=1個，因此1個(CH3NH3)PbI3晶胞含有3個I-，B正確；C．根據(jù)圖示可知：機理中的反應在反應過程中元素化合價不變，因此這些反應均為非氧化還原反應，C正確；D．H2O分子中的O原子上含有孤對電子能夠與H+形成配位鍵結合形成H3O+，因此H2O可與CH3NHSKIPIF1<0反應生成H3O+和CH3NH2，D正確；故合理選項是A。18．D【詳解】鋅灰的主要成分為ZnO，含有CuO、PbO、SKIPIF1<0、FeO、SKIPIF1<0等雜質，加稀硫酸溶解，PbSO4不溶，過濾，濾渣1為PbSO4、SKIPIF1<0，濾液中含有硫酸鋅、硫酸銅、硫酸亞鐵、硫酸鐵，加入高錳酸鉀氧化硫酸亞鐵為氫氧化鐵、硫酸錳被氧化為二氧化錳，為除去硫酸銅可采用置換反應，試劑a為Zn，鋅粉發(fā)生置換反應：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，濾渣2為銅與過量的鋅粉，過濾，濾液為硫酸鋅，加入碳酸氫銨生成ZnCO3?xZn(OH)2，再煅燒得到ZnO。A．SKIPIF1<0不與稀硫酸反應，鋅灰中PbO加稀硫酸溶解得到PbSO4不溶于水，過濾，濾渣1為PbSO4、SKIPIF1<0，A正確；B．加入高錳酸鉀氧化亞鐵離子為氫氧化鐵、硫酸錳被氧化為二氧化錳，步驟1中發(fā)生反應的離子方程式為：SKIPIF1<0，B正確；C．為除去硫酸銅可采用置換反應，試劑a為Zn，鋅粉發(fā)生置換反應：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，目的是除去SKIPIF1<0，C正確；D．設ZnCO3?xZn(OH)2的物質的量為ymol，ZnCO3?xZn(OH)2煅燒得到ZnO，則固體質量減少的質量為二氧化碳、水的質量，SKIPIF1<0，根據(jù)固體質量減少的質量、ZnO的物質的量列方程為44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1，解得x=1、y=0.05，D錯誤；故選：D。19．A【詳解】A．NO+O3=NO2(激發(fā)態(tài))+O2，氣體X可能為O2，A選項正確；B．城市大氣中氮氧化物主要來自汽車尾氣等，B選項錯誤；C．NO2(激發(fā)態(tài))只是電子發(fā)生能級躍遷，化合價未發(fā)生變化，C選項錯誤；D．熒光強度越大，說明NO2(激發(fā)態(tài))轉化率越高，則NO濃度越小，D選項錯誤；答案選A。20．C【詳解】A．氯氣有毒，對環(huán)境有污染，因此裝置D的作用是吸收氯氣，防止污染環(huán)境，因此裝置D應盛放氫氧化鈉溶液，選項A正確；B．A裝置產生SKIPIF1<0中混有SKIPIF1<0，根據(jù)題中所給信息可知，SKIPIF1<0在堿性減弱時容易變質，因此裝置B的作用是除去氯氣中的SKIPIF1<0，防止氯化氫與C裝置中強堿發(fā)生反應，導致SKIPIF1<0產率降低，選項B正確；C．D裝置是洗氣瓶，B裝置是簡易洗氣瓶.沒裝試劑之前，二者位置可以互換，選項C錯誤；D．漂白粉的有效成分是SKIPIF1<0，與鹽酸發(fā)生氧化還原反應，得到氯氣，發(fā)生反應的離子方程式為：SKIPIF1<0，選項D正確；答案選C。21．B【詳解】鋅和氫氧化鈉溶液反應，用氫氧化鈉溶液清洗廢舊鍍鋅鐵皮，氫氧化鈉除掉鋅和表面的油污，再用稀硫酸反應生成硫酸亞鐵，再用次氯酸鈉溶液氧化亞鐵離子，向溶液中加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵，加熱反應生成磁性Fe3O4納米粒子。A．鋅和氫氧化鈉反應，因此“堿洗”是為了去除廢舊鍍鋅鐵皮表面的油污和鋅，故A正確；B．“氧化”后是次氯酸鈉和亞鐵離子反應，因此溶液中金屬陽離子主要有Fe2+、Fe3+，還有Na+，故B錯誤；C．“氧化”時次氯酸鈉和亞鐵離子反應生成鐵離子和氯離子，因此發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O，故C正確；D．加熱沉鐵即把氫氧化亞鐵、氫氧化鐵加熱分解生成Fe3O4膠體，因此用激光筆照射“加熱沉鐵”后所得分散系，產生丁達爾效應，故D正確。綜上所述，答案為B。22．B【詳解】A．由圖可知，SKIPIF1<0在反應過程中先消耗后生成，反應前后不變，為反應的催化劑，總反應為氫氣與氧氣在SKIPIF1<0催化