专题04 氧化还原反应-备战高考化学核心考点归纳与最新模拟测试（全国通用）

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 专题04 氧化还原反应

考点一、氧化还原反应的基本概念之间的关系

考点二、常见的氧化剂和还原剂
1．常见氧化剂及对应的还原产物
氧化剂
Cl2(X2)
O2
Fe3＋
酸性KMnO4、
MnO2
还原
产物
Cl－(X－)
H2O/O2－/
OH－
Fe2＋
K2Cr2O7
Mn2＋、Cr3＋
Mn2＋

氧化剂
HClO
浓H2SO4
HNO3
H2O2
PbO2
FeO
还原
产物
Cl－
SO2
NO2(浓)、
NO(稀)
H2O
Pb2＋
Fe3＋
2．常见还原剂及对应的氧化产物
还原剂
金属
单质
Fe2＋
H2S/
S2－
SO2/
SO
HI/I－
NH3
CO
氧化
产物
金属
离子
Fe3＋
S、
SO2
SO3、
SO
I2
N2、
NO
CO2

3．理清常考氧化剂(还原产物)与还原剂(氧化产物)
(1)氧化剂及还原产物。
氧化剂
Cr2O或CrO
ClO－
ClO
H2O2
O3
MnO
还原产物
Cr3＋
Cl－
Cl－
H2O
O2
Mn2＋(H＋)、MnO2(中性)、
MnO(OH－)
(2)还原剂及氧化产物。
还原剂
H2SO3、SO2、SO
H2O2
S2O或S2O
H2C2O4或C2O
AsO
CN－
氧化产物
SO
O2
SO
CO2
AsO
N2、CO2
考点三、几种特殊元素的转化
(1) (包括SO2、H2SO3、SO、HSO)具有强还原性，在水溶液中的氧化产物都是SO。
(2)H2O2中氧元素的化合价为－1价，处于中间价态。
①H2O2遇氧化剂(如酸性KMnO4溶液)作还原剂，其氧化产物为O2；
②H2O2遇还原剂(如Fe2＋、I－等)作氧化剂，其还原产物为H2O，因此，H2O2又称为绿色氧化剂。
(3)记忆两组常见物质的强弱顺序。
①氧化性强弱：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>S。
②还原性强弱：S2－> (SO、HSO、H2SO3)>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。

考点四、常见六个问题辨析
(1)元素由化合态变为游离态不一定被氧化，也可能被还原，如Fe2＋―→Fe。
(2)得电子难的物质不一定易失电子，如第ⅣA族和稀有气体。
(3)含最高价态元素的化合物不一定有强氧化性，如H3PO4、SO；而含低价态元素的化合物也可能有强氧化性，如 HClO具有强氧化性。
(4)在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，如 Cl2＋H2O=HCl＋HClO。
(5)有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3。
(6)具有还原性物质与具有氧化性物质不一定都能发生氧化还原反应，如SO2与浓H2SO4、Fe3＋与Fe2＋不反应。
考点五、氧化还原反应“四大规律”的应用
规律
应用
强弱律
比较物质氧化性或还原性强弱，判断反应能否进行
氧化性：氧化剂＞氧化产物
还原性：还原剂＞还原产物
价态律
(1)氧化还原反应发生时，其价态一般先变为邻位价态。
(2)同种元素不同价态之间的反应，高价态的元素化合价降低，低价态的元素化合价升高，但升高与降低的化合价只接近不交叉
优先律
优先律
判断物质的稳定性及反应的先后顺序
(1)同时含有几种还原剂按还原性由强到弱依次反应(如向FeI2溶液中通入少量Cl2，I－优先反应)。
(2)同时含有几种氧化剂按氧化性由强到弱依次反应(如含Fe3＋、H＋的混合液中加入铁，Fe3＋优先反应)
守恒律
内容：氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，即n(氧化剂)×变价原子数×化合价变价值＝n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值。
应用：①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系；
②配平氧化还原反应方程式
熟记反应先后两大规律
(1)同一还原剂与多种氧化剂发生氧化还原反应的先后顺序：KMnO4(H＋)＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋。
(2)同一氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应的先后顺序：S2－＞SO(或HSO)＞I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－。
考点六、氧化还原反应的解题技巧
1．正确理解氧化还原反应的实质
理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移去分析理解有关概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化还原反应的特征入手。具体方法是找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。
2．解答氧化还原反应题目的3个步骤
第一步：依据题意，分析概念
“升失氧，降得还；剂性一致，其他相反”。“剂性一致”是指氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性。“其他相反”是指氧化剂被还原，发生氧化反应，生成还原产物；还原剂被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。
第二步：依据规律判断反应的合理性
氧化还原反应遵循化合价互不交叉规律，强弱规律等。同时要掌握化合价与氧化性的关系，“高价氧，低价还，中间价态两面转。”
第三步：利用电子守恒进行定量判断
有关氧化还原反应的定量问题，利用得、失电子守恒法可以简化计算过程。对于生疏的或多步氧化还原反应，可直接找出起始的氧化剂、还原剂和最终的还原产物、氧化产物，利用原子守恒和电子守恒，建立已知量与未知量的关系，快速列等式求解。
【真题回顾练】
1．（2021·北京真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
【答案】C
【解析】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。
2．（2021·天津真题）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
【答案】A
【解析】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；故选A。
3．（2021·山东真题）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是

A．G与H均为氧化产物 B．实验中KMnO4只作氧化剂
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
【答案】BD
【解析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；B．KMnO4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，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；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 O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。
4．（2021·湖南真题）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)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
C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【答案】A
【解析】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为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；D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。故选A。
5．（2021.6·浙江真题）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】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 I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，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。
6．（2021.1·浙江真题）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
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
【答案】D
【解析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A．NH3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；B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，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。
7．（2020.7·浙江真题）反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是
A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。
8．（2020·北京真题）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O
【答案】A
【解析】A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；B．Cl2+H2OHCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；D．Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；答案选A。
9．（2020·海南真题）含有下列有害组分的尾气，常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是
A．SO3 B．Cl2 C．NO2 D．HBr
【答案】BC
【解析】若氧化作用和还原作用发生在同一分子内部处于同一氧化态的元素上，使该元素原子（或离子）一部分被氧化，另一部分被还原，则这种自身的氧化还原反应被称为歧化反应。A．三氧化硫去氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，为非氧化还原反应，A不符合题意；B．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，B符合题意；C．二氧化氮与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，N元素化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，C符合题意；D．溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水，为非氧化还原反应，D不符合题意；故选BC。
10．（2020·山东真题）下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
【答案】B
【解析】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。
【模拟仿真练】
1．（2022·湖南岳阳·一模）过二硫酸是一种疏的含氧酸，化学式。它的结构可以表示成。它的盐称为过二硫酸盐，在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。下列反应分别是与过二硫酸盐和高锰酸盐反应的离子方程式(未配平)，下列说法中错误的是
Ⅰ.
Ⅱ．
A．过二硫酸根中显价的氧原子和显价的氧原子的数目比是3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2
C．反应Ⅱ中每生成，转移电子的物质的量为
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的的物质的量相同，则Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为2∶5
【答案】D
【解析】
A．过二硫酸中S的化合价为+6，H的化合价为+1，则过二硫酸根中显价的氧原子和显价的氧原子的数目比是3:1，A正确；
B．配平反应I：，三价铬是还原剂，过二硫酸根是氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2，B正确；
C．配平反应II：，每生成转移30mol电子，每生成，转移电子的物质的量为，C正确；
D．反应I：，消耗10mol，消耗15mol氧化剂；反应II：，消耗10mol，消耗6mol氧化剂，则消耗10mol，Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15:6=5:2，D错误；
答案选D。
2．（2022·重庆·一模）是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：。己知：表示阿伏加德罗常数的值。下列有关方程式中的物质说法正确的是
A．上述反应中生成时，转移的电子数为
B．标准状态下，44.8L水中所含O原子数为
C．标准状态下，与足量的反应，生成的分子数为
D．溶液中数目为
【答案】A
【解析】
A．上述反应中生成时，有1mol被氧化为，则转移的电子数为，故A正确；
B．标况下水为液态，44.8L水的物质的量大于2mol，所以所含氧原子数大于，故B错；
C．与为可逆反应，所以标准状态下，与足量的反应，生成的分子数小于，故C错；
D．为强酸弱碱盐，所以会水解，则溶液中数目小于，故D错；
答案选A。
3．（2022·湖南长沙·一模）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生，和有如下反应：。下列说法错误的是
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为5
B．若将该反应设计成原电池，则应该在负极附近逸出
C．反应产生的可用溶液吸收
D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1
【答案】B
【解析】
A．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，生成2mol转移10mol电子，则生成，则反应中转移电子的物质的量为5，故A正确；
B．若将该反应设计成原电池，硝酸根在正极反应，因此应该在正极附近逸出，故B错误；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的可用溶液吸收，故C正确；
D．根据方程式分析硝酸根为氧化剂，为还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1，故D正确。
综上所述，答案为B。
4．（2022·湖南长沙·一模）处理工业废水中和的工艺流程如下：

已知：(1)(黄色)，(橙色)
(2)常温下，的溶度积
下列说法错误的是
A．第①步存在平衡：
B．常温下，时沉淀完全
C．第②步能说明氧化性：
D．稀释溶液时，溶液中各离子浓度均减小
【答案】D
【解析】
A．由题意可知，第①步存在平衡：，A正确；
B．一般离子浓度小于110-5mol/L视为完全沉淀，则c(Cr3+)<110-5mol/L，Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32，则c(OH-)>10-9mol/L，常温下，Kw=10-14，则c(H+)<10-5mol/L，则pH>5，B正确；
C．第二步发生氧化还原反应，亚铁离子将重铬酸根离子还原成三价铬离子，自身生成铁离子，因此重铬酸根离子的氧化性比铁离子强，C正确；
D．稀释溶液，温度不变，则Kw= c(H+)·c(OH-)为定值，则无论是氢离子浓度还是氢氧根离子浓度减小，都会使另一种离子浓度增加，D错误；
答案选D。
5．（2022·山西吕梁·一模）下列关于反应(未配平)的说法中不正确的是
A．被氧化的元素和S
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．生成(标况下)，转移电子的物质的量是
D．还原性的强弱关系是：
【答案】D
【解析】
A．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，均被氧化，故A正确；
B．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x=(2+6)y，，故B正确；
C．根据B项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故C正确；
D．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2+，故D错误；
故选D。
6．（2022·重庆·一模）天然气中含有有毒气体，用下图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是

A．过程①的pH降低，过程②的pH升高
B．该脱硫过程可以在中性环境中进行
C．该脱硫过程不需要补充溶液
D．该脱硫过程的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
【答案】B
【解析】
过程①Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，过程②Fe元素化合价升高，O元素化合价减低，反应方程式：4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；
A．过程①反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，生成强酸H2SO4，pH降低，过程②反应方程式：4+O2+2H2SO4=2 Fe2(SO4)3+2H2O，消耗H2SO4，pH升高，故A正确；
B．Fe2(SO4)3溶液中Fe3+不能在中性环境中共存，故B错误；
C．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，溶液为中间物质，没有消耗，则不需要补充溶液，故C正确；
D．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，O元素化合价减低，O2做氧化剂，S元素化合价升高，H2S做还原剂，两者的物质的量之比为1:2，故D正确；
故选：B。
7．（2022·安徽·淮北市教育科学研究所一模）高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是
A．NaCuO2中铜的化合价为+3价
B．1molClO-参加反应转移2mol电子
C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3
D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
【答案】D
【解析】
A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；
B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；
C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；
D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；
故选：D。
8．（2022·湖南邵阳·一模）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法不正确的是

A．反应ⅱ的离子方程式为：NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2++2H2O
B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO的去除效果
C．假设反应过程都能彻底进行，反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3:1
D．a mol NO完全转化为NH至少需要4a mol的铁
【答案】C
【解析】
A．据图可知反应ii中NO被Fe还原为NH，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2++2H2O，A正确；
B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高NO的去除效果，B正确；
C．反应i中NO中被Fe还原为NO，Fe被氧化为Fe2+，根据电子守恒可知1mol NO氧化1molFe，同时生成1mol NO，根据A选项可知，1mol NO可以氧化3molFe，所以反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1:3，C错误；
D．根据C选项分析可知，将a mol NO完全转化为NH至少需要amol+3amol=4a mol的铁，D正确；
综上所述答案为C。
9．（2022·河南郑州·一模）甲酸钙[(HCOO)2Ca]是一种新型猪饲料添加剂。实验室制取甲酸钙方法之一，是将Ca(OH)2和甲醛溶液依次加入质量分数为30%～70%的H2O2中。下列说法错误的是
A．反应温度不宜过高
B．该反应中被还原的元素只有O
C．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
D．每生成26 g (HCOO)2Ca，反应转移电子的物质的量为0.4 mol
【答案】D
【解析】
A．反应温度过高会导致H2O2分解，甲醛在水中的溶解度也会随温度的升高而降低，因此反应温度不易过高，A正确；
B．在该反应中H2O2中的O元素化合价由-1价变为-2价，得到电子被还原，HCHO中的C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；
C．HCHO为还原剂，H2O2为氧化剂，结合反应可HCHO+H2O2=HCOOH+H2O可知：参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C正确；
D．制取甲酸钙的反应方程式为：Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=(HCOO)2Ca+4H2O，根据方程式可知：每反应产生1 mol (HCOO)2Ca，反应过程中转移4 mol电子。现在反应生成26 g (HCOO)2Ca，其物质的量n=，则反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.2 mol×4=0.8 mol，D错误；
故合理选项是D。
10．（2022·全国·模拟预测）丙烯(C3H6)是一种基础化工用品，其被广泛用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷、异丙醇、丙苯及丙烯酸等产品。一种利用催化剂将丙烷转化为丙烯的反应机理如图所示，下列说法错误的是

A．化合物Ⅰ是反应的催化剂
B．总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O
C．化合物Ⅶ→化合物Ⅰ的反应属于氧化还原反应
D．该催化循环过程中B原子和N原子的成键数目均发生改变
【答案】D
【解析】
A．由反应机理图可知化合物Ⅰ参与第一步反应，最终又生成，是反应的催化剂，A项正确；
B．由历程图可知该催化历程的反应物有C3H8和氧气，最终产物为水和丙烯总反应为2C3H8+O2=2C3H6+2H2O，B项正确；
C．化合物Ⅶ→化合物Ⅰ中氧元素由0价变为-2价，该步反应属于氧化还原反应，C项正确；
D．该催化循环过程中B原子和N原子的成键数目始终为3，均未发生改变，D项错误；
故选D。
11．（2022·全国·模拟预测）著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土串级萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：。下列说法正确的是
A．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：
B．工业上可以采用惰性电极电解氯化铈水溶液，在阴极得到铈
C．用少量溶液滴定碘化亚铁溶液，其离子方程式为
D．金属铈可浸于煤油中保存，要储存在阴凉的地方，远离火种和热源
【答案】D
【解析】
A．由Ce4+的氧化性强于Fe3+可知，铈能从硫酸铜溶液中置换出铜的反应为铈与铜离子发生置换反应生成Ce3+和Cu反应的离子方程式为，故A错误；
B．由Ce4+的氧化性强于Fe3+可知，Fe2+的还原性强于Ce3+，则用惰性电极电解氯化铈水溶液时，水在阴极放电能力强于Ce3+，优先在阴极放电生成氢气和氢氧根离子，不能在阴极得到铈，故B错误；
C．由Ce4+的氧化性强于Fe3+可知，则用少量硫酸铈溶液滴定碘化亚铁溶液，还原性强于亚铁离子的碘离子优先反应生成单质碘，反应的离子方程式为，故C错误；
D．由金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应可知，金属铈应保存在煤油中，并储存在阴凉的地方，远离火种和热源，故D正确；
故选D。
12．（2022·广东五华·一模）化学与生活密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．煅烧贝壳，将产物投入海水中以获得
B．用小麦、大米、玉米、高粱、糯米五种粮食发酵酿酒
C．将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，能闻到刺激性气味
D．将乙烯通人酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去
【答案】A
【解析】
A．贝壳的主要成分为碳酸钙，煅烧碳酸钙时为碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，氧化钙、水、镁离子结合反应生成氢氧化镁和钙离子，在整个过程中均不涉及氧化还原反应，故选A；
B．用小麦、大米、玉米、高粱、糯米五种粮食的主要成分为淀粉，由淀粉发酵酿酒需要经过水解成葡萄糖，葡萄糖再被氧化成乙醇二氧化碳和水，涉及氧化还原反应，故B不选；
C．在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，会引起乙醇的催化氧化，故涉及氧化还原反应，故C不选；
D．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水，高锰酸钾本身被还原而褪色，涉及氧化还原反应，故D不选；
答案选A
13．（2022·山东·模拟预测）从砷化镓废料(主要成分为、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。

下列说法错误的是
A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B．“碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的数目为
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
D．该工艺得到的纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯
【答案】B
【解析】
由图可知，向砷化镓废料加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液碱浸时，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，SiO2转化为Na2SiO3进入溶液，Fe2O3、CaCO3不溶解，过滤得到含有Fe2O3、CaCO3的滤渣Ⅰ和含有NaGaO2、Na3AsO4、Na2SiO3的浸出液；浸出液中加入稀硫酸调节溶液pH，NaGaO2、Na2SiO3转化为Ga(OH)3、H2SiO3沉淀，过滤得到含有Ga(OH)3、H2SiO3的滤渣Ⅱ和含有Na3AsO4的滤液；向滤渣Ⅱ中加入稀硫酸，Ga(OH)3转化为Ga2(SO4)3溶液，电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、O2和H2SO4；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到。
A．“碱浸”时，温度保持在70℃可以提高“碱浸”速率，同时防止温度过高过氧化氢分解，故A正确；
B．“碱浸”时GaAs被氧化的反应为GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O，反应中消耗1molGaAs，转移电子数目为8NA，故B错误；
C．“旋流电积”时，Ga2(SO4)3溶液电解生成Ga、O2和H2SO4，所以“尾液”溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益，故C正确；
D．若工艺得到的纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯，故D正确；
故选B。
14．（2021·上海黄浦·一模）汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示，说法正确的是

A．该过程的催化剂是Ba(NO3)2
B．转化过程中，氮元素均被还原
C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子数为2NA
D．三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质
【答案】D
【解析】
根据循环过程中进入的物质和出来的物质判断整个反应过程中的反应物和生成物，利用循环的起始点参加的反应物和生成的物质判断催化剂，催化剂在第1步反应中做反应物，在第2步反应中做生成物，而中间产物刚好相反，转移电子根据化合价的升高或者降低进行判断。
A．根据图像判断，催化剂是BaO，而Ba(NO3)2是中间产物，故A不正确；
B．转化过程中，NOx变为Ba(NO3)2时N元素被氧化或既不被氧化也不被还原，故B不正确；
C．还原过程中，Ba(NO3)2变为N2，氮元素的化合价由+5价变为0价，故生成0.1molN2，转移电子数为1NA，故C不正确；
D．根据流程中进入循环反应的物质和出来的物质判断，三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质氮气和二氧化碳，水，故D正确；
故选答案D。
【点睛】
此题考查反应过程中物质的变化，氧化还原反应中电子转移，催化剂的判断，考点比较常规、基础，重点在与图像中能判断出反应物和生物，找到起始的反应，根据催化剂的特点、氧化还原反应中电子转移的计算可以直接解出，不需要书写化学方程式。
15．（2021·上海金山·一模）已知：O2+PtF6→O2(PtF6)。PtF6易挥发，O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是
A．PtF6是还原剂 B．O2(PtF6)中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子 D．O2(PtF6)只含离子键，具有氧化性
【答案】C
【解析】
由题干信息O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价，F为-1价可知，故 O2(PtF6)中O为+，反应中O的化合价升高，Pt的化合价降低，则O2为还原剂，PtF6为氧化剂，反应中转移电子数目为1mol，据此分析解题。
A．由分析可知，PtF6是氧化剂，A错误；
B．由分析可知，O2(PtF6)中O元素的化合价为+，B错误；
C．由分析可知，每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子，C正确；
D．O2(PtF6)是离子化合物，故含有离子键，同时内还存在共价键，由于O为正价，Pt为+5价，故其具有氧化性，D错误；
故答案为C。
16．（2021·陕西汉中·一模）在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是

A．反应Ⅰ中消耗1molO2生成1molNO B．反应Ⅲ是氧化还原反应
C．该转化过程中NO做催化剂 D．反应II中1molFeS2被氧化转移16mol电子
【答案】C
【解析】
A．由图可知：Fe (NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-2价，根据得失电子守恒，反应I的离子方程式为：4Fe (NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，消耗1molO2生成4molNO故A正确；
B．反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，故B错误；
C．由总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4S SO+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以NO作催化剂，故C正确；
D．反应Ⅱ中S元素的化合价从-1价升高为+6价，则每1mol FeS2参加反应，则转移了14mol的电子，故D正确；
故选：C。
17．（2021·全国·模拟预测）2020年9月，施普林格·自然旗下国际专业学术期刊《自然-天文学》发表的一篇行星科学研究论文称，研究人员在金星大气中探测到了磷化氢气体。工业制备PH3的流程如图所示，下列说法正确的是

A．白磷转化为红磷的过程为物理变化
B．次磷酸和磷酸都属于三元酸
C．1mol P4参加反应，整个工业流程中共生成2.5mol PH3(不考虑产物的损失)
D．反应I、反应II和反应III均属于氧化还原反应
【答案】C
【解析】
A． 白磷转化为红磷，生成了新物质，是化学变化，选项A错误；
B．过量烧碱生成的次磷酸钠为正盐NaH2PO2，所以次磷酸是一元酸，选项B错误；
C． 1mol P4共4molP原子，2.5molP原子生成2.5mol PH3，得到电子7.5mol，另外1.5mol P原子生成H3PO4，失去7.5mol电子，选项C正确；
D．反应II是非氧化还原反应，选项D错误。
答案选C。
18．（2021·陕西汉中·一模）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法正确的是

A．铁分别在G、H中燃烧，生成产物中铁元素均是正三价
B．实验中KMnO4只做氧化剂
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
【答案】C
【解析】
KMnO4加热发生反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，因此气体单质G为O2，固体为K2MnO4和MnO2的混合物，向固体中加入浓盐酸并加热，发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，则气体单质H为Cl2，据此分析解答。
A．Fe在O2中燃烧，生成Fe3O4，Fe元素不全是+3价，A错误；
B．KMnO4加热发生反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，KMnO4中Mn元素化合价降低，O元素化合价升高，既是氧化剂也是还原剂，B错误；
C．根据分析可知，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，C正确；
D．假设0.1molKMnO4加热完全反应，则生成0.05molMnO2和0.05molO2，0.05molMnO2与足量的浓盐酸反应，生成0.05molCl2，因此两个气体的物质的量之和最大为0.1mol，不可能为0.25mol，D错误；
答案选C。
19．（2021·河南·模拟预测）利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示

下列说法错误的是
A．中Co的化合价为+3价
B．总反应离子方程式为：
C．反应①~⑤中均有电子的转移
D．反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子
【答案】C
【解析】A．中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。故选C。
20．（2021·海南·一模）已知：i．2Fe3++2A-=2Fe2++A2，ii．2Fe2++B2=2Fe3++2B- (A、B分别代表两种元素)。下列判断正确的是
A．反应i中Fe3+表现氧化性，反应ii中Fe2+表现还原性
B．还原性：B->Fe2+>A-
C．反应i、反应ii能说明元素B的非金属性比A强
D．反应A2+2B-=2A-+B2能发生
【答案】A
【解析】A．根据i．2Fe3++2A-=2Fe2++A2反应可知，Fe3+Fe2+，所以i中Fe3+表现氧化性；根据ii．2Fe2++B2=2Fe3++2B-反应可知，Fe2+Fe3+，所以ii中Fe2+表现还原性，故A正确；B．根据ii．2Fe2++B2=2Fe3++2B-反应可知，还原性：Fe2+> B-，根据i．2Fe3++2A-=2Fe2++A2反应可知，还原性：A-> Fe2+，所以还原性：A-> Fe2+> B-，故B错误；C．根据i．2Fe3++2A-=2Fe2++A2反应可知，氧化性：Fe3+> A2 ，还原性：A-> Fe2+；根据ii．2Fe2++B2=2Fe3++2B-反应可知，氧化性：B2> Fe3+，还原性：Fe2+> B-；所以氧化性：B2> Fe3+> A2，单质的氧化性越强，其非金属性越强，所以根据反应i、反应ii能说明元素B的非金属性比A强，故C正确；D．根据i．2Fe3++2A-=2Fe2++A2反应可知，氧化性：Fe3+> A2 ，还原性：A-> Fe2+；根据ii．2Fe2++B2=2Fe3++2B-反应可知，氧化性：B2> Fe3+，还原性：Fe2+> B-；所以氧化性：B2> Fe3+> A2；还原性：A-> Fe2+> B-。故A2+2B-=2A-+B2反应不能发生，故D错误；故答案：A。