专题05氧化还原1．（2021·河北石家庄市高三二模）下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是A．①和②均属于氮的固定B．氢、氧元素也参与了自然界中的氮循环C．④中每生成1molNO，消耗2molO2D．③和⑤过程中氮元素分别被还原和氧化【答案】D【解析】A．氮的固定指将N2转化为氮的化合物，反应①将N2转化为NO，属于氮的固定，反应②属于植物固氮，A正确；B．由图示知，氮循环过程中涉及氢、氧元素，B正确；C．反应④是O2将NH3氧化为，N元素化合价由-3价升高到+5价，失去8个电子，即1mol生成失去电子8mol，失去的电子被O2得到，根据转移电子关系O2~4e-，知得8mol电子需要2molO2，C正确；D．反应③中NO被氧化为，氮元素被氧化，反应⑤中被还原为N2，氮元素被还原，D错误；故答案选D。2．（2021·山东济宁市高三二模）下列叙述不涉及氧化还原反应的是A．食物腐败变质B．对电力不足的新能源汽车充电C．用SO2漂白纸浆D．苯酚放置在空气中变为粉红色【答案】C【解析】A．食物腐败变质，是食物发生缓慢氧化的过程，发生了氧化还原反应，故A不选；B23/23
．对电力不足的新能源汽车充电，是将电能转化为化学能的过程，有电子的转移，发生了氧化还原反应，故B不选；C．用SO2漂白纸浆，化合生成无色不稳定物质，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；D．苯酚晶体放置在空气中由无色变为粉红色，是被空气中的氧气氧化，发生了氧化还原反应，故D不选；故选C。3．（2021·重庆高三三模）下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是A．氯化氢和氟化氢的稳定性B．在反应中，被氧化和被还原的N原子数C．物质的量浓度相等的和溶液中NH的浓度D．25℃时，pH相等的盐酸溶液中的c(Cl-)与醋酸溶液中的c(CH3COO-)【答案】C【解析】A．Cl的非金属性弱于F，所HCl稳定性弱于HF，A不符合题意；B．该反应中NH3中的N原子被氧化，NO中的N原子被还原，根据电子守恒可知被氧化和被还原的N原子数之比为2:3，即前者小于后者，B不符合题意；C．两种物质都可以电离出两个NH，但电离产生的Fe2+的水解会抑制NH的水解，所以前者溶液中NH的浓度更大，C符合题意；D．两溶液中分别存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)、c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，两溶液pH相等，则c(OH-)、c(H+)相等，所以c(Cl-)=c(CH3COO-)，D不符合题意；综上所述答案为C。4．（2021·辽宁高三模拟）钯催化烯烃氧化为醛的催化循环机理如图所示：下列叙述正确的是A．钯催化烯烃氧化为醛的过程中钯的化合价没有变化B．钯催化烯烃氧化为醛的过程中只有钯作催化剂23/23
C．是钯催化烯烃氧化为醛的中间产物D．钯催化烯烃氧化为醛的过程中，乙醛只是氧化产物【答案】C【解析】A．钯催化烯烃氧化为醛的过程中，钯由+2价变为0价，后又变回+2价，发生了化合价的变化，故A错误；B．观察机理图可看出Cu(I)也是此反应的催化剂，故B错误；C．观察机理图可知，在反应中生成后，又参与了后面的反应，是钯催化烯烃氧化为醛的中间产物，故C正确；D．烯烃氧化为醛的过程中，总反应为，乙醛既是氧化产物又是还原产物，故D错误；答案选C。5．（2021·山东潍坊市高三三模）中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙mol-1)如图所示，下列说法错误的是A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B．生成NH3的总反应方程式为C．决定NO生成NH3速率的基元反应为D．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2【答案】D23/23
【解析】A．由图示知，生成NH3的过程每步反应中N元素化合价均是降低被还原，A正确；B．根据A选项分析知，NO与H2反应生成NH3和H2O，对应总方程式为：2NO+5H22NH3+2H2O，B正确；C．由图示知，生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，C正确；D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，D错误；故答案选D。6．（2021·重庆高三三模）硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反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D2O代替H2O，反应后生成的气体只有HDC．NaBH4与水反应的离子方程式为：BH+4H2O=B(OH)+4H2D．若不使用催化剂，NaBH4与水不能反应产生H2【答案】C【解析】A．据图可知H2O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错误；B．据图可知，第一步中两个BH各脱去一个H原子结合形成H2，即反应后生成的气体中有H2，B错误；C．据图可知NaBH4与水反应过程中反应物为BH和H2O，产物为B(OH)和氢气，离子方程式为23/23
BH+4H2O=B(OH)+4H2，C正确；D．催化剂只是加快反应速率，即使不使用催化剂，NaBH4与水反应依然能产生氧气，D错误；综上所述答案为C。7．（2021·天津高三二模）下列所加物质的作用与其还原性无关的是A．果蔬饮料中加入维CB．向葡萄酒中添加少量C．月饼脱氧剂包中有铁粉D．面粉发酵时加入少量小苏打【答案】D【解析】A．果蔬饮料中加入维C，维C具有还原性，可以防止果蔬饮料被氧化变质，所以与维C的还原性有关，故A不符合题意；B．红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒被氧化变质，所以与SO2的还原性有关，故B不符合题意；C．月饼脱氧剂包中有铁粉，铁粉具有还原性，可以除去密闭包装袋中的氧气，使月饼处于无氧状态，有效控制细菌、霉菌的生长，以保持月饼的色、香、味，所以与铁粉的还原性有关，故C不符合题意；D．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成二氧化碳，同时碳酸氢钠也能与有机酸反应生成二氧化碳，使馒头、面包更疏松，与其还原性无关，故D符合题意；答案为D。8．（2021·江苏省如皋中学高三三模）实验室用下图所示装置制取SO2并验证SO2的部分性质。下列有关说法正确的是A．铜和浓硫酸反应制取SO2时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1B．品红溶液褪色，说明SO2的氧化性C．石蕊试液变红但不褪色D．用NaOH溶液吸收少量SO2的离子方程式为SO2＋OH-=HSO【答案】C23/23
【解析】A．铜和浓硫酸制取SO2的反应为：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O，其中氧化剂为浓硫酸，还原剂为Cu，只有一部分硫元素化合价改变得到二氧化硫，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1，故A错误；B．SO2能使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，故B错误；C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试液变红，二氧化硫不能漂白指示剂，溶液不褪色，故C正确；D．少量SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2＋2OH-=SO+H2O，故D错误；答案选C。9．（2021·广东高三模拟）黄铁矿(主要成分为)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂的作用下如图所示的转化。下列分析正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中只有作催化剂C．反应Ⅰ的离子方程式：D．反应Ⅱ中，每消耗，转移电子的物质的量为【答案】D【分析】由图可知，反应物为Fe3+、FeS2，生成物为Fe2+和，离子反应为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，S元素的化合价升高，则FeS2作还原剂，NO为该反应的催化剂，总反应为2FeS2+7O2+2H2O4+2Fe2++4H+，以此解答该题。【解析】A．反应III是Fe2+结合NO生成配合物Fe(NO)2+，化合价不变，不属于氧化还原反应，A错误；B．反应前后NO的不变，起催化剂作用，B错误；C．反应Ⅰ中Fe3+、FeS2反应生成Fe2+和，离子反应为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，C23/23
错误；；D．反应Ⅱ的FeS2中S硫元素化合价从-1价升高到+6价，每消耗，转移电子的物质的量为1mol×2×7=14mol，D正确；故选：D。10．（2021·浙江高三二模）关于反应，下列说法正确的是A．中的氮元素被氧化B．既是氧化剂又是还原剂C．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶1D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶4【答案】B【解析】A．中氮元素化合价由+5降低为+4，氮元素被还原，故A错误；B．中氮元素化合价由+5降低为+4、O元素化合价由-2升高为0，既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C．中氮元素化合价由+5降低为+4，是氧化剂，中O元素化合价由-2升高为0，O2是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故C错误；D．中氮元素化合价由+5降低为+4，NO2是还原产物；O元素化合价由-2升高为0，O2是氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故D错误；选B。11．（2021·广东汕头市高三二模）某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1，反应过程中不同态物质能量变化如图2.下列说法不正确的是A．由图2可知，该总反应为放热反应23/23
B．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成C．状态④到状态⑤中，NO发生氧化反应D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2=N2+6H2O【答案】D【解析】A．由图2知，起始态的能量高于终态的能量，故该反应为放热反应，A正确；B．由图1知，状态③到状态④，[CuⅠ(H2NNO)(NH3)2]+转化为[CuⅠ(NH3)2]+、N2、H2O，生成H2O时涉及O—H形成，B正确；C．由图1知，状态④到状态⑤，[CuⅠ(NH3)2]+与NO、O2反应生成[CuⅡ(NO2)(NH3)2]+，由化合价推知配体中N元素为+3价，而反应物NO中N元素为+2价，故NO被氧化，C正确；D．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2mol，NO为2mol，O2为0.5mol，生成物N2为2mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，D错误；故答案选D。12．（2021·山东日照市高三三模）ClO2是国际上公认的安全绿色消毒剂。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2的反应原理为：NaClO3+H2SO4+CH3OH→C1O2↑+HCOOH+Na3H(SO4)2↓+H2O(未配平)，下列说法错误的是A．HCOOH为该反应的氧化产物B．生成2.24LC1O2时，电子转移数是0.1NAC．反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为4：1D．ClO2和SO2均能漂白纸张，但漂白原理不同【答案】B【分析】利用氧化还原反应化合价升降发方程式为。【解析】A．反应中甲醇被氧化，其氧化产物为甲酸，故A正确；B．未说明二氧化氯气体是否在标况下，故2.24L不一定为0.1mol，故B错误；C．反应中氯酸钠为氧化剂，甲醇作还原剂，其中全部参与氧化还原反应，物质的量之比为4:1，故C正确；D．二氧化氯漂白是因为强氧化性，二氧化硫漂白属于非氧化还原，故D正确；23/23
故选B。13．（2021·湖南衡阳市高三二模）工业除去电石渣浆[含]上层清液中的(浓度为)，并抽取石膏()的常用流程如图，其中常用空气代替。下列说法错误的是A．在普通硅酸盐水泥中，常添加石膏用来调节水泥的硬化速度B．过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1C．将10L上层清液中的转化为，理论上共需标准状况下空气约22.4LD．过程Ⅱ中，反应的离子方程式【答案】B【解析】A．石膏是普通硅酸盐，是水泥常用的一种添加剂，能调节水泥的硬化速度，A项正确；B．由流程图可知，过程Ⅰ中，和反应生成和，化学方程式为，转化为，Mn元素化合价由+2价变为+4价，化合价升高，作还原剂，为氧化产物，转化为，O元素化合价由0价变为-2价，化合价降低，作氧化剂，则过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2，B项错误；C．10L上层清液中的的物质的量为，根据S元素守恒，过程Ⅱ中生成的的物质的量为0.05mol，过程Ⅱ中，离子方程式为，消耗0.1mol的同时，需要消耗0.2mol，根据过程Ⅰ：可知，该过程消耗的物质的量为0.1mol，与在碱性条件下反应生成，离子方程式为，则该反应消耗23/23
的物质的量为，共消耗0.2mol，空气中的含量约为，则理论上共需标准状况下空气的体积约为，C项正确；D．过程Ⅱ中，和反应生成和，离子方程式为：，D项正确；答案选B。14．（2021·江苏盐城市高三三模）氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=-904kJ·mol-1。生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca(NO3)2、Ca(NO2)2等化工产品。下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．N2不溶于水，可用作保护气B．NH3具有还原性，可用作制冷剂C．KNO3具有氧化性，可用于制黑火药D．NH4Cl受热易分解，可用于制造化肥【答案】C【解析】A．N2化学性质比较稳定，可用作保护气，选项中性质与用途不具有对应关系，A不符题意；B．NH3易液化，液氨挥发吸收大量的热，可作制冷剂，选项中性质与用途不具有对应关系，B不符题意；C．黑火药发生爆炸发生的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，N元素化合价降低，被还原，KNO3作氧化剂，即KNO3具有氧化性，可用于制黑火药，选项中性质与用途具有对应关系，C符题意；D．氮元素是农作物生长必须元素，铵根离子容易被植物吸收，因此NH4Cl可用于制造化肥，选项中性质与用途不具有对应关系，D不符题意；答案选C。15．（2021·广东梅州市高三二模）实验室模拟工业处理酸性含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2.已知：深蓝色溶液中生成了。下列说法错误的是23/23
图1图2A．中-1价氧原子和-2价氧原子的个数比是4：1B．30～80s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中溶解的氧气所致C．上述过程中不滴加，只加NaOH溶液也能实现转变为D．实验开始至30s，溶液中发生的总反应离子方程式为【答案】D【解析】A．中Cr是+6价，设-1价氧原子和-2价氧原子的个数分别是x和y，则x+y＝5、x+2y＝6，解得x＝4、y＝1，因此二者的个数比是4：1，故A正确；B．30～80s过程中，Cr由+3价升高为+6价，反应过程中被氧化，可能是溶液中溶解的氧气所致，故B正确；C．由于2+2H++H2O，所以上述过程中不滴加，只加NaOH溶液，促使平衡逆向进行，也能实现转变为，故C正确；D．实验开始至30s时，K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，过量的H2O2还原K2Cr2O7生成Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：，故D错误；故选D。16．（2021·河北张家口市高三三模）是一种高效的漂白剂，实验室中一种制备的过程如图所示，下列说法错误的是A．的漂白原理与不同23/23
B．每生成1mol有0.5mol被氧化C．反应2过程中，作氧化剂D．粗产品经重结晶可得到纯度更高的【答案】C【分析】反应Ⅰ中NaClO3在硫酸作用下与草酸发生氧化还原反应生成ClO2，吹出的ClO2在溶液中与加入氢氧化钡溶液、H2O2反应，除去气体中的二氧化碳，ClO2被转化为NaClO2，过滤除去碳酸钡沉淀，在滤液中加入硫酸钠除去过量的氢氧化钡得到NaClO2溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品NaClO2，据此分析解答。【解析】A．的漂白原理是依靠其氧化性，的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质，的漂白原理与不同，故A正确；B．反应1中生成过程Cl元素由+5价变为+4价，反应生成过程C元素由+3价变为+4价，每生成1mol有0.5mol被氧化，故B正确；C．反应2的反应之一为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应过程中Cl元素由+4价变为+3价，作氧化剂，作还原剂，故C错误；D．粗产品经重结晶可得到纯度更高的，故D正确；故选C。17．（2021·海南海口市高三三模）硫元素的几种化合物存在下列转化关系：浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3S下列判断不正确的是A．反应①中浓硫酸作氧化剂B．反应②表明SO2有酸性氧化物的性质C．反应③的原子利用率是100%D．反应④稀H2SO4作还原剂【答案】D【分析】Cu与浓硫酸反应：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2与NaOH反应，SO2为酸性氧化物，发生SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，Na2S2O3中S显＋2价，发生Na2SO3＋S=Na2S2O3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，据此分析；23/23
【解析】A.与浓硫酸反应时，浓硫酸将氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，选项A正确；B．二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，选项B正确；C．反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，选项C正确；D．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，选项D不正确；答案选D。18．（2021·山东潍坊市高三模拟）工业上常用碱性溶液吸收工业废气中的.为了提高吸收效率，常用作为催化剂，在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对的吸收，该催化过程如图所示：下列说法错误的是A．过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是B．过程2的离子方程式是：C．吸收反应的总方程式是：D．用代替脱硫效果更好【答案】C【解析】A．过程1中，ClO-转化为Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，化合价降低，ClO-作氧化剂，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素化合价由+3价变为+4价，化合价升高，Ni2O3作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比是，A项正确；B．过程2中，NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-和O，离子方程式为，B项正确；23/23
C．用碱性溶液吸收工业废气中的，离子方程式为：，C项错误；D．与结合生成难溶的，有利于反应的进行，因此用代替脱硫效果更好，D项正确；答案选C。19．（2021·辽宁高三模拟）过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，其键线式为，可用乙酸与过氧化氢在一定条件制得。下列说法正确的是A．过氧乙酸中的氧元素有-1价和-2价B．制备过氧乙酸的反应中的氧化剂是过氧化氢C．过氧化氢的电子式是D．过氧乙酸分子中至少有3个原子在一个平面【答案】A【解析】A．过氧乙酸中含有C=O键和-O-O-键，C=O键中的O元素为-2价，-O-O-键中的O元素为-1价，A项正确；B．乙酸与过氧化氢反应生成，化学方程式为，过氧化氢中H、O元素化合价不变，故过氧化氢既不是氧化剂也不是还原剂，B项错误；C．过氧化氢的电子式为，C项错误；D．过氧乙酸分子中，C=O键中的C原子为sp2杂化，与这个C原子相连的原子必然在一个平面，所以过氧乙酸分子中至少有4个原子在一个平面，D项错误；答案选A。20．（2021·河北沧州市高三三模）根据溶液中发生的两个反应：①；②23/23
。下列说法不正确的是A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为B．酸性条件下，氧化性：C．实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化D．反应②中每生成的气体，则反应中转移的电子的物质的量为【答案】D【解析】A．反应①中氧化剂是，还原剂是，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，A项正确；B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，反应①中氧化性：，反应②中氧化性：，则氧化性：，B项正确；C．H2SO4中S元素为+6价，是最高正价，不能被氧化，因此硫酸不能被高锰酸钾氧化，HCl中Cl元素为-1价，能被高锰酸钾氧化，故实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化，C项正确；D．未指明标准状况，无法计算气体的物质的量，D项错误；答案选D。21．（2021·辽宁朝阳市高三模拟）下列水环境修复过程中未发生氧化还原反应的是A．用处理含的废水B．用NaClO处理氨氮废水C．用漂白粉处理含NaCN的提金废水D．用纳米零价铁处理含、等的酸性废水【答案】A【解析】A．用处理含的废水，S2-与发生反应，生成HgS沉淀，即+S2-=HgS↓，该反应无化合价变化，是非氧化还原反应，故A符合题意；B．用NaClO处理氨氮废水，将水中的氨氮氧化为，发生了氧化还原反应，故B不符合题意；C．用漂白粉处理含NaCN的提金废水，漂白粉将氧化，发生了氧化还原反应，故C不符合题意；D．用纳米零价铁处理含、等的酸性废水，在纳米零价铁表面，Fe与Cu2+发生氧化还原反应，23/23
与生成的Fe2+发生氧化还原反应，故D不符合题意；答案为A。22．（2021·山东淄博市高三三模）用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：反应①：Cu2S+Cr2O+H+→Cu2++SO+Cr3++H2O(未配平)反应②：FeS+Cr2O+H+→Fe3++SO+Cr3++H2O(未配平)下列判断错误的是A．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2OC．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质【答案】C【分析】根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平两个方程式如下：反应①：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O；反应②：6FeS+9+78H+=6Fe3++6+18Cr3++39H2O。【解析】A．由分析知，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则Cu2S为还原剂，为氧化剂，则反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5，A正确；B．1molCu2S参与反应失去10mol电子，1molFeS参与反应失去9mol电子，根据得失电子守恒可知，用相同物质的量的Cu2S和FeS处理时，Cu2S消耗更多，B正确；C．由分析知，处理等物质的量的时，反应①②中消耗H+的物质的量不等，C错误；D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，且该反应还可以生成Fe3+，Fe3+能水解生成氢氧化铁胶体，其具有吸附性，可吸附悬浮杂质，D正确；故选C。23．（2021·河北石家庄市高三二模）硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员把出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是23/23
A．第I阶段的化学方程式为：+NO2=+B．该过程中NO2为催化剂C．1mol在第II、III两个阶段共失去电子数目为NAD．氧化性NO＞HNO2【答案】B【分析】根据图中给出的原子信息，可以推出第I阶段发生的反应为：，第II、III阶段发生的反应为：。【解析】A．由图可知第I阶段的化学方程式为：，选项A正确；B．该过程中，NO2作为反应物，选项B错误；C．第II、III阶段中，1mol失去1mol电子（NA个）变为，选项C正确；D．该过程中，NO2作氧化剂，HNO2作还原产物，则氧化性：NO2＞HNO2，选项D正确；答案选B。24．（2021·重庆市实验中学高三三模）联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，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N2是氧化产物23/23
B．过程③中发生反应后溶液的pH减小C．1molN2H4可处理锅炉水中1molO2D．1molN2H4含有的共价键数约为5×6.02×1023【答案】B【解析】A．过程①中N2H4与CuO反应生成N2，N元素的化合价升高，则①转化中N2H4是还原剂，N2是氧化产物，故A正确；B．结合图示可知，③中发生反应为：4Cu(NH3)＋O2＋8NH3•H2O＝4Cu(NH3)＋4OH−＋6H2O，反应生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故B错误；C．1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1molO2，故C正确；D．1molN2H4含有4molN-H键和1molN-N键，共5mol共价键，即共价键个数约为5×6.02×1023，故D正确；故选：B。25．（2021·广东汕头市·金山中学高三三模）某离子反应涉及H+、Bi3+、、、Mn2+、H2O六种微粒。其中c()随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5B．氧化性：大于C．反应后溶液的pH值增大D．若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol【答案】A【分析】c（MnO）随反应进行逐渐增大，MnO应是生成物，则Mn2+为反应物，Mn元素化合价发生升高，具有氧化性的BiO为反应物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，则反应的方程式应为5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O，以此解答该题。【解析】A．Mn元素化合价发生升高，则Mn2+为还原剂，Bi元素的化合价降低，则BiO为氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，故A错误；B．由反应5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O，氧化剂是BiO，氧化产物是，则氧化性：BiO23/23
>，故B正确；C．由反应5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O可知，反应消耗H+，pH值增大，故C正确；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。26．（2021·陕西咸阳市高三三模）冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是A．活性溴化合物BrCl中含非极性键B．溴自由基和氯自由基只具有氧化性C．通过循环大气中OH自由基的浓度降低D．BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等【答案】D【解析】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A错误；B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B错误；C．BrO+HO2=HOBr+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C错误；D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D正确；故选：D。27．（2021·河北石家庄市高三二模）Na2S2O8具有高水溶性、氧化性，我国科学家研究用Fe/Na2S2O8体系去除废水中的正五价砷As(V)，反应机制模型如图。下列说法正确的是23/23
A．Fe2+/Fe3+循环，可有效促进S2O转化为SO·B．中性废水中，可发生反应SO·+H2O=SO+·OH+H+C．SO·和·OH具有强氧化性，可将废水中的As(V)氧化去除D．若56gFe参加反应，则有1molS2O被还原【答案】AB【解析】A．由图示知，Fe2+与反应生成和Fe3+，Fe3+与Fe反应又生成Fe2+，使得反应循环进行，同时促进转化为，A正确；B．由图示知，与H2O反应生成·OH和H+，氧元素被氧化，推测中S元素由+7价被还原为+6价，生成，对应方程式为：+H2O=·OH+H++，B正确；C．由图可知，溶液中As(Ⅴ)吸附在腐蚀层表面，之后通过与Fe(OH)2、Fe(OH)3形成共沉淀而被除去，并未涉及As(Ⅴ)被氧化过程，C错误；D．由图示知，部分Fe与反应生成Fe2+和，部分Fe与Fe3+反应生成Fe2+，所以56gFe不一定都与反应，故无法计算被还原的物质的量，D错误；故答案选AB。28．（2021·湖南长沙市·高三一模）以某工业铜粉(主要成分为Cu和少量CuO)为原料生产CuCl的工艺流程如图所示：23/23
已知CuCl难溶于醇和水，在潮湿的空气中易水解、易被氧化。下列说法错误的是A．为加快“浸出”速率，“浸出”时应采用高温B．“反应”中，主要反应的氧化剂和还原剂之比为2：1C．可从“滤液”中回收其主要溶质NH4ClD．乙醇加快了CuCl表面水分的去除，防止CuCl变质【答案】AC【分析】工业铜粉(主要成分为Cu和少量CuO)加入硝酸铵和硫酸浸取得到硫酸铜溶液，加入亚硫酸铵还原Cu2+得到Cu+，加入氯化铵析出CuCl沉淀，水洗后利用乙醇洗涤，然后烘干得到CuCl。【解析】A．硝酸铵易分解，所以为避免其分解，"浸出"时温度不宜过高，A项错误；B．反应中氧化剂为Cu2+，被还原成Cu+，还原剂为，被氧化为，根据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂之比为2:1，B项正确；C．C1-和Cu+反应生成CuCl沉淀，则滤液中主要溶质为硫酸铵，C项错误；D．CuCl难溶于醇和水，在潮湿的空气中易水解、易被氧化，而乙醇易挥发，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，D项正确；答案选AC。29．（2021·河北张家口市高三三模）脱除废气中的和是环境保护中的重要课题，在催化剂作用下脱除废气中、的一种机理如图所示，下列说法正确的是A．催化剂的应用可降低反应焓变23/23
B．反应②、③、④均属于氧化还原反应C．反应④生成与的物质的量之比为1：2D．该过程总反应方程式为：【答案】CD【解析】A．催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应的反应热，A项错误；B．由流程可知，反应②为，各元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，B项错误；C．由流程可知，反应④为：，生成N2和H2O的物质的量之比为1：2，C项正确；D．由流程可知总反应方程式为：，D项正确；答案选CD。30．（2021·河北石家庄市高三二模）已知有如下反应：①K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O②Cr+2HCl(稀)=CrCl2+H2↑；③2KMnO4+16HCl(稀)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，下列说法错误的是A．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5C．向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生反应：10Cr3++6+11H2O=+6Mn2++22H+D．向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应【答案】D【解析】A．由题干可推知K2Cr2O7氧化HCl，需要盐酸为浓盐酸，KMnO4氧化HCl，需要盐酸为稀盐酸即可，因此高锰酸钾的氧化性大于重铬酸钾，所以氧化性顺序为KMnO4>K2Cr2O7>Cl2，选项A正确；B．Mn元素化合价降低，被还原，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，由方程式可知，当有2molKMnO4参加反应时，有10molHCl被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，选项B正确；C．由A选项推知的氧化性KMnO4强于K2Cr2O7，可知D选项符合强制弱规律，选项C正确；D．稀盐酸可以氧化Cr，说明Cr的还原性是比较强的，浓硝酸是强氧化性酸，遇到Cr单质常温下无明显变化，不可能是因为氧化性不够，而是因为发生钝化，选项D错误；23/23
答案选D。23/23
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