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浙江省杭州、宁波高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应c
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这是一份浙江省杭州、宁波高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应c，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
浙江省杭州、宁波高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应
一、单选题
1．（2022·浙江杭州·模拟预测）下列反应既体现硝酸的酸性，又体现硝酸的氧化性的是
A．
B．
C．
D．
2．（2022·浙江杭州·统考二模）下列说法正确的是
A．氯气与氢气在光照下反应生成，工业常用此方法生产盐酸
B．通入氨的饱和溶液中生成沉淀
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡
D．隔绝空气高温分解，产物为和
3．（2022·浙江杭州·统考二模）“西门子法”提纯硅的反应之一为：，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是
A．是还原产物 B．即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为 D．生成时，转移电子
4．（2021·浙江杭州·统考二模）在碱性介质中氧化可制得正高碘酸钾()。下列说法不正确的是
A．正高碘酸钾具有较强氧化性 B．正高碘酸化学式为
C．正高碘酸钾是酸式盐 D．正高碘酸受热得到的反应是氧化还原
5．（2021·浙江杭州·统考二模）关于反应，下列说法正确的是
A．是氧化产物 B．是氧化剂
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：3 D．氧化产物与还原产物的质量之比为2：1
6．（2020·浙江杭州·一模）某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图，由图可知，在该反应中是
A．还原剂 B．氧化剂 C．氧化产物 D．还原产物
7．（2020·浙江杭州·一模）温度下，向的密闭容器中充入，在催化剂作用下发生反应：(未配平)，反应过程中部分数据如图所示，下列说法正确的是
A．可能为
B．用表示的反应速率为
C．温度下，反应的平衡常数为2.0
D．温度下，保持体积不变，往容器中再通入少量气体，的体积分数变大
8．（2020·浙江宁波·统考一模）为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是其运载火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑，下列有 关该反应的说法正确的是
A．上述条件下，氧化性：O2>NH4ClO4
B．该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
C．产生6.4 gO2时，反应转移的电子物质的量为0.8 mol
D．0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体积为44.8 L
9．（2020·浙江宁波·统考二模）已知：BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），一定条件下BF3与一定量水可形成晶体Q（）。下列有关说法，正确的是
A．BF3和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应
B．BF3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．晶体Q中存在离子键、共价键、范德华力和氢键
D．H3BO3在水中只发生反应：，可知硼酸是一元酸
10．（2020·浙江宁波·统考二模）下列属于置换反应，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1的是
A． B．
C． D．
11．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．该转化过程的总反应为：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O
B．该转化过程中，仅O2体现了氧化性
C．V5+=O在反应中起到催化剂的作用
D．该转化过程中若O2过量可能会使NO转化率下降
12．（2021·浙江宁波·统考二模）关于反应，下列说法正确的是
A．只有元素被氧化 B．还原产物包括和
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．生成时，反应转移电子
13．（2021·浙江宁波·统考二模）制备磷酸亚铁锂()的方法有多种，以下是常见的两种制备方法。
方法1：将、、碳(蔗糖)按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
方法2：将、、按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
下列说法不正确的是
A．方法1中原料碳(蔗糖)作还原剂
B．方法2所得产品中混有，同时有乙酸气体逸出
C．上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都应该在惰性气体氛围中进行
D．上述两种方法在制备磷酸亚铁锂时都应该把原料研磨并充分混合
14．（2022·浙江宁波·统考一模）关于反应：2KClO3+H2C2O4=CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O，下列说法正确的是
A．KClO3中的Cl被氧化
B．H2C2O4是氧化剂
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1
D．生成1molCO2时，反应共转移1mol电子
15．（2022·浙江宁波·统考一模）下列“类比”结果不正确的是
A．受热分解生成和，则受热分解生成和S
B．的分子构型为直线形，则的分子构型也为直线形
C．与溶液反应得到，则与溶液反应也得到
D．溶解度大于，则溶解度大于
16．（2022·浙江宁波·统考二模）无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是
A．Na2S2O4具有较强的还原性
B．Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2
C．Na2S2O4的漂白原理与NaClO不相同
D．Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性
17．（2022·浙江宁波·统考一模）关于化合物HOO-SO3H的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性 B．水解可生成H2O2和H2SO4
C．具有强酸性 D．与足量NaOH溶液反应最终产物为Na2SO4和H2O2
18．（2022·浙江宁波·统考一模）下列说法不正确的是
A．NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2，可析出NaHCO3
B．纳米铁粉和 FeS 都可以去除水体中的 Cu2+、Hg2+等离子，其原理不相同
C．SO2具有还原性，可用 KMnO4溶液测定食品中SO2残留量
D．二氧化硅是一种酸性氧化物，故不能和酸发生反应
19．（2022·浙江宁波·统考一模）关于反应4(NH4)2SO4 N2↑+6NH3↑+ 3SO2↑+SO3↑+7H2O，以下说法不正确的是
A．(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应
B．SO2是还原产物
C．生成3molSO2时，转移6 mol电子
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
二、多选题
20．（2022·浙江杭州·模拟预测）用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是
A．可能为
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为
三、填空题
21．（2022·浙江杭州·统考二模）回答下列问题
(1)已知金刚石的莫氏硬度为10，石墨的莫氏硬度为，从晶体结构的角度解释金刚石硬度很大，石墨很软的原因__________。
(2)在相同温度时，酸性条件下都能被氧化，通过控制溶液中探究同浓度的还原性强弱，预测同浓度的被氧化需要的最小的是________，试从离子结构角度解释的还原性逐渐增强的原因________。
四、计算题
五、实验题
22．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)，并探究其性质。
已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液中呈紫色溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ.制备K2FeO4(夹持装置略)
(1)装置A为氯气发生装置，装置C中得到紫色固体和溶液。请写出C中由Cl2参加反应生成高铁酸钾的化学方程式___。
(2)将装置C中所得混合物进行抽滤，请选择合适的操作并排序___。
a.倾析法转移溶液
b.转移固体至漏斗
c.使用玻璃砂漏斗
d.开大抽气装置水龙头
e.关闭抽气装置水龙头
f.断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管
g.选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸
h.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，使滤纸与漏斗瓷板紧贴
Ⅱ.探究K2FeO4的性质
(3)取装置C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
①用KOH溶液充分洗涤装置C中所得固体
②再用KOH溶液将固体K2FeO4溶出，得到紫色溶液a取少量a，滴加盐酸，有Cl2产生。该方案可证明K2FeO4氧化了Cl-，①中用KOH溶液洗涤的目的是___。
(4)资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO>MnO。验证实验如下：将溶液a滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象可证明氧化性FeO>MnO。请说明理由___。
Ⅲ.K2FeO4产品纯度的测定
(5)准确称取3.00gK2FeO4样品于锥形瓶中，加入足量KOH溶液和50.00mL0.4200mol•L-1Na3AsO3溶液，充分反应后加入稀硫酸酸化，用0.1000mol•L-1KBrO3标准溶液滴定剩余的Na3AsO3溶液，恰好完全反应时消耗KBrO3标准溶液的体积为20.00mL。(K2FeO4摩尔质量为198gmol•L-1)
已知测定过程中发生的反应有：
FeO+AsO+H2O→Fe(OH)3+AsO+OH-(未配平)
AsO+BrO→AsO+Br-(未配平)
样品中K2FeO4的质量分数为___(保留三位有效数字，杂质不参与化学反应)。
六、元素或物质推断题
23．（2022·浙江杭州·统考二模）化合物X由3种元素组成．某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知焰色反应呈黄色，其中有两种元素质量分数相同；固体A由两种酸式盐组成。请回答：
(1)组成X的元素有______，X的化学式是______。
(2)X与潮湿空气转化为A的化学方程式是______。
(3)用一个化学方程式表示A与足量溶液的反应______。
(4)碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子________(假设反应物无剩余)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式________。
24．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。
已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。
请回答：
(1)写出气体E的结构式___；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有___(用化学式表示)。
(2)化合物X含有的元素有Cu、H、___(写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式___。
(3)一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式___。
(4)气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分___。
参考答案：
1．B
【分析】根据硝酸中氮元素的化合价降低，体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，体现硝酸的酸性。
【详解】A．因硝酸中氮元素化合价没有变化，只生成盐，硝酸只表现酸性，A不符合题意；
B．反应生成NO2硝酸中氮元素化合价降低，体现硝酸的氧化性，同时有硝酸铁生成，表现了硝酸的酸性，B符合题意；
C．反应中硝酸中氮元素的化合价全部由+5降低为+4，只体现了氧化性，C不符合题意；
D．反应中没有元素化合价的变化，不能体现硝酸的氧化性，只表现酸性，D不符合题意；
故选B。
2．C
【详解】A．氯气与氢气在光照下易爆炸，工业常在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应生产盐酸，故A错误；
B．通入氨的饱和溶液中生成沉淀，故B错误；
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡，故C正确；
D．隔绝空气高温分解，根据根据氧化还原反应规律，不可能元素化合价都升高，所以产物不可能是和，故D错误；
选C。
3．D
【分析】由氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间可知，三氯硅烷中硅元素为+4价、氢元素为—1价。
【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A正确；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B正确；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C正确；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】A． 中碘为+7价，易得电子，正高碘酸钾具有较强氧化性，故A正确；
B． 根据化学式可得正高碘酸化学式为，故B正确；
C． 中氢部分被碱中和得，正高碘酸钾是酸式盐，故C正确；
D． 正高碘酸受热失去2分子水得到，反应元素的化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；
故选D。
5．D
【分析】中亚硫酸钠是氧化剂，硫化钠是还原剂，硫既是氧化产物又是还原产物。
【详解】A． 不是氧化产物，氧化产物是由-2价的硫生成的硫单质，故A错误；
B． 亚硫酸钠中+4价的硫在反应中化合价降低，是氧化剂，故B错误；
C． 硫化钠是还原剂，亚硫酸钠是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故C错误；
D． 硫既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1，故D正确；
故选D。
6．A
【详解】由题干图可知，在反应中失去两个电子，转化为，化合价升高被氧化，作还原剂，故答案为：A。
7．C
【详解】A．若为，则，NO、NO2的变化量比为2:1，与图象不符，故A错误；
B．由图象可知，NO、NO2的变化量比为3:1，根据得失电子守恒，反应方程式为，X是N2O，内生成1molN2O，用N2O表示的反应速率为，故B错误；
C．
温度下，反应的平衡常数为2.0，故C正确；
D．温度下，保持体积不变，往容器中再通入少量气体，相当于加压，平衡正向移动，的体积分数减小，故D错误；
选C。
8．B
【详解】A．由题意可知，NH4ClO4为氧化剂，O2为氧化产物，故有氧化性：O2＜NH4ClO4，故A错；
B．在该反应中，还原产物为Cl2，氧化产物为N2和O2，所以其还原产物与还原产物的物质的量之比为1：3，故选B；
C．6.4 gO2的物质的量为0.2mol，当生成0.2molO2生成的同时会生成0.1mol N2生成，由于氧气和氮气均为氧化产物，所以转移的电子数为：0.2×4+0.1×6=1.4mol，故C错；
D．由于没说明条件，所以0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体无法计算，故D错。
答案选B
9．D
【详解】A．BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3）没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．BF3分子中，B原子最外层只有6个电子，B错误；
C．由Q的结构可知：晶体Q分子内：不存在离子键，存在B-F、B-O、O-H共价键，O…H之间存在氢键，分子之间存在范德华力，C错误；
D．由H3BO3在水中只发生反应可知：为硼酸的电离方程式，故硼酸为一元弱酸，D正确。
答案选D。
10．C
【分析】一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应称为置换反应；得电子，化合价降低的物质称为氧化剂，失电子，化合价升高的物质称为还原剂，据此解答。
【详解】A．属于置换反应，Cl2作氧化剂，KI作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，A错误；
B．不属于置换反应，B错误；
C．属于置换反应，Cl2作氧化剂，TiO2作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=2:1，C正确；
D．属于置换反应，CO2作氧化剂，Mg作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，D错误。
答案选C。
11．B
【详解】A．由图可知，反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2、H2O，故总反应的化学方程式为4 NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，故A错误；
B．该转化过程NO中N元素化合价降低，也表现氧化性，故B错误；
C．V5+=O不是中间产物，在反应中起到催化剂的作用，故C正确；
D．若O2过量会出现NO和O2反应生成NO2，会使NO转化率下降，故D正确；
故选：B。
12．A
【分析】中，Li元素的化合价由0升高到+1价，S元素的化合价由+4价降低为0，依此解答该题。
【详解】A．Li元素的化合价升高被氧化，S元素化合价由+4价降低为0被还原，所以反应中被氧化的元素只有Li，A项正确；
B．二氧化硫中的硫元素和氧元素在反应前后化合价不变，故二氧化硫不是还原产物，B项错误；
C．氧化剂为SOCl2，且只有1个S原子参与氧化还原反应，还原剂为Li，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4，C项错误；
D．题目中未说明二氧化硫是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的量，D项错误；
答案选A。
13．B
【详解】A．磷酸亚铁锂()的铁为+2价，方法1中原料中铁为+3，需要降低化合价则为氧化剂，碳(蔗糖)作还原剂，故A正确；
B．方法2所得产品中不会混有，因为高温下煅烧分解，故B错误；
C．上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都应该在惰性气体氛围中进行，亚铁离子具有还原性，防止亚铁化合物被氧化，故C正确；
D．上述两种方法在制备磷酸亚铁锂时由于反应物皆为固体，都应该把原料研磨并充分混合，可以使反应更完全，故D正确；
故选B。
14．C
【分析】由方程式可知，反应中氯元素化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂、二氧化氯是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，草酸是还原剂、二氧化碳和碳酸钾是氧化产物。
【详解】A．由分析可知，反应中氯酸钾中氯元素化合价降低被还原，故A错误；
B．由分析可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，草酸是还原剂，故B错误；
C．由分析可知，二氧化氯是还原产物，二氧化碳和碳酸钾是氧化产物，由方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C正确；
D．由分析可知，反应中生成1mol二氧化碳，共转移2mol电子，故D错误；
故选C。
15．C
【详解】A．在中，S显-1价，稳定性差，受热易分解生成和S，A正确；
B．与为等电子体，CO2为直线形，则CS2分子构型也为直线形，B正确；
C．具有还原性，溶液能将SO2氧化为，ClO-被还原为Cl-等，C不正确；
D．当卤素离子的半径增大时，卤化亚铜的化学键的共价性越来越明显，键的共价性越大，卤化亚铜的溶解性越小，因而溶解度大于，D正确；
故选C。
16．D
【详解】A．由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度可知，连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A正确；
B．由化合价代数和为0可知，连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为+3价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B正确；
C．由题意可知，连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C正确；
D．由题意可知，无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D错误；
故选D
17．D
【详解】化合物HOO-SO3H，根据结构和电负性分析，H元素显+1价，S元素显+6价，O元素显-1和-2价，
A．HOO-SO3H中S元素显+6价，具有强氧化性，故A正确；
B．HOO-SO3H溶于水中发生水解反应：HOO-SO3H+H2O= H2O2+H2SO4，故B正确；
C．HOO-SO3H水解可生成H2SO4，具有强酸性，故C正确；
D．Na2SO4和H2O2会结合成一种加和物x Na2SO4•yH2O2•zH2O，故D错误；
故选：D。
18．D
【详解】A．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3使溶液呈碱性，再通入足量CO2以便吸收更多的气体，可析出NaHCO3晶体，故A正确；
B．纳米铁粉具有还原性，可将水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子还原为金属单质而除去，FeS可将水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的CuS、HgS而除去，其原理不相同，故B正确；
C．二氧化硫具有还原性，硫元素化合价+4价升高为+6价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，锰元素化合价+7价降低为+2价，由电子守恒和原子守恒得到离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，故C正确；
D．SiO2是酸性氧化物，SiO2与大多数酸都不反应，但是SiO2能与氢氟酸反应，故D错误；
故选：D。
19．D
【分析】反应4(NH4)2SO4 N2↑+6NH3↑+ 3SO2↑+SO3↑+7H2O中N元素的化合价由-3价升高为0，S元素的化合价由+6价降低为+4，该反应转移6e-，结合氧化还原知识来解析；
【详解】A．N元素的化合价由-3价升高为0，化合价升高被氧化发生氧化，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应，可知(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应，A正确；
B．S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，SO2是还原产物，B正确；
C．根据分析可知3SO2～6e-，所以3molSO2时，转移6 mol电子，C正确；
D．反应N元素的化合价由-3价升高为0，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，可知还原产物为SO2，化合价升高被氧化发生氧化反应对应的产物为氧化产物，可知氧化产物为N2，根据反应可知还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：1，D不正确；
故选D。
20．BD
【详解】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A错误；
B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl转移电子的物质的量为0.3mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl转移电子的物质的量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.3
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6：5，因为9:5介于2：1和6:5之间，所以符合题意，D正确；
故选BD。
21．(1)影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力
(2) 离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强
【解析】(1)
金刚石为空间网状结构的原子晶体，晶体的硬度取决于碳原子间形成共价键的强弱，而石墨是层状结构的混合型晶体，晶体的硬度取决于层间分子间作用力的大小，共价键强于分子间作用力，所以金刚石硬度很大，石墨很软，故答案为：影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力；
(2)
同主族元素，从上到下，离子的离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，离子的还原性逐渐增强，所以氯离子、溴离子、碘离子的还原性逐渐增强，与二氧化锰反应时需要氢离子的浓度逐渐减小，则需要氢离子浓度最小的是碘离子，故答案为：KI；离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强。
22．(1)3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O
(2)cadbe
(3)排除ClO-的干扰
(4)FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液呈浅紫色一定是MnO的颜色
(5)66.0%
【分析】由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气。
（1）
C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，发生反应为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O；
（2）
抽滤的具体操作为：使用玻璃砂漏斗→倾析法转移溶液→开大抽气装置水龙头→转移固体至漏斗→关闭抽气装置水龙头，所填的顺序为cadbe；
（3）
K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，所以要用KOH溶液洗涤，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附了次氯酸跟离子，在酸性条件下ClO-可以与氯离子反应生成氯气，从而干扰试验，所以用KOH溶液洗涤还排除ClO-的干扰；
（4）
MnO4-在溶液中显紫色，K2FeO4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2，作为K2FeO4的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO4-，若答不能说明，则是考虑到FeO在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe(H2O)63+形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO并没有将Mn2+氧化为MnO而显浅紫色；
（5）
剩余的Na3AsO3溶液用KBrO3标准溶液滴定，AsO→AsOAs的化合价升高了2，BrO→Br-反应中Br化合价降低了4，由升降相等，则得关系式：2AsO~BrO，剩余的Na3AsO3溶液物质的量为n(Na3AsO3)=2n(KBrO3)=2cV=2×0.1000mol•L-1×0.02L=0.004mol，则用于滴定K2FeO4的Na3AsO3溶液物质的量为n(Na3AsO3)= 0.4200mol•L-1×0.05L-0.004mol=0.017mol，由FeO→Fe(OH)3反应中Fe化合价降低了3，AsO→AsOAs的化合价升高了2，由升降相等，则得关系式：2 FeO~3BrO，n(K2FeO4)= n(Na3AsO3)= ×0.017mol=0.01mol，质量m= n(K2FeO4)M=0.01mol×198gmol•L-1=1.98g，样品中K2FeO4的质量分数为。
23．(1)
(2)
(3)
(4) 分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和 或：(2分，反应物写成或均可)
【分析】X焰色反应呈黄色，说明含有金属钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量为11.65g，则物质的量为0.05mol，由由于其中有两种元素质量分数相同，说明氧和S质量分数相等，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，则17.40g中含有硫物质的量为0.2mol，则氧为0.4mol，根据质量守恒得到钠的质量4.6g，钠的物质的量为0.2mol。
（1）
根据前面分析组成X的元素有，根据Na、S、O物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol得到X的化学式是；故答案为：；。
（2）
X与潮湿空气转化为A(两种酸式盐)的化学方程式是；故答案为：。
（3）
A中含有硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，其反应的化学方程式表示A与足量溶液的反应；故答案为：。
（4）
碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，从而说明可能生成亚硫酸根或硫酸根，设计实验确定产物中的酸根离子分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式或：；故答案为：分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；或：(2分，反应物写成或均可)。
24．(1) CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4
(2) N、S、O 2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O
(3)2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH
(4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物
【分析】气体A从H2SO4溶液中逸出，A为酸性气体，能使品红褪色，所A为SO2，M(E)= ρ.Vm=0 .76g/L ×22.4L/mol= 17g/mol，所以E为NH3，固体C为Cu，n(Cu)=，n(NH3)==0.2mol，n(SO2)==0.2mol，以此来解题；
(1)
由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4) 有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4；
(2)
有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D 为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n (Cu)==0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O；
(3)
CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3↓+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH；
(4)
取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物；
浙江省杭州、宁波高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应
一、单选题
1．（2022·浙江杭州·模拟预测）下列反应既体现硝酸的酸性，又体现硝酸的氧化性的是
A．
B．
C．
D．
2．（2022·浙江杭州·统考二模）下列说法正确的是
A．氯气与氢气在光照下反应生成，工业常用此方法生产盐酸
B．通入氨的饱和溶液中生成沉淀
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡
D．隔绝空气高温分解，产物为和
3．（2022·浙江杭州·统考二模）“西门子法”提纯硅的反应之一为：，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是
A．是还原产物 B．即是氧化产物，也是还原产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为 D．生成时，转移电子
4．（2021·浙江杭州·统考二模）在碱性介质中氧化可制得正高碘酸钾()。下列说法不正确的是
A．正高碘酸钾具有较强氧化性 B．正高碘酸化学式为
C．正高碘酸钾是酸式盐 D．正高碘酸受热得到的反应是氧化还原
5．（2021·浙江杭州·统考二模）关于反应，下列说法正确的是
A．是氧化产物 B．是氧化剂
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：3 D．氧化产物与还原产物的质量之比为2：1
6．（2020·浙江杭州·一模）某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图，由图可知，在该反应中是
A．还原剂 B．氧化剂 C．氧化产物 D．还原产物
7．（2020·浙江杭州·一模）温度下，向的密闭容器中充入，在催化剂作用下发生反应：(未配平)，反应过程中部分数据如图所示，下列说法正确的是
A．可能为
B．用表示的反应速率为
C．温度下，反应的平衡常数为2.0
D．温度下，保持体积不变，往容器中再通入少量气体，的体积分数变大
8．（2020·浙江宁波·统考一模）为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是其运载火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑，下列有 关该反应的说法正确的是
A．上述条件下，氧化性：O2>NH4ClO4
B．该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
C．产生6.4 gO2时，反应转移的电子物质的量为0.8 mol
D．0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体积为44.8 L
9．（2020·浙江宁波·统考二模）已知：BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），一定条件下BF3与一定量水可形成晶体Q（）。下列有关说法，正确的是
A．BF3和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应
B．BF3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．晶体Q中存在离子键、共价键、范德华力和氢键
D．H3BO3在水中只发生反应：，可知硼酸是一元酸
10．（2020·浙江宁波·统考二模）下列属于置换反应，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1的是
A． B．
C． D．
11．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．该转化过程的总反应为：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O
B．该转化过程中，仅O2体现了氧化性
C．V5+=O在反应中起到催化剂的作用
D．该转化过程中若O2过量可能会使NO转化率下降
12．（2021·浙江宁波·统考二模）关于反应，下列说法正确的是
A．只有元素被氧化 B．还原产物包括和
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．生成时，反应转移电子
13．（2021·浙江宁波·统考二模）制备磷酸亚铁锂()的方法有多种，以下是常见的两种制备方法。
方法1：将、、碳(蔗糖)按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
方法2：将、、按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
下列说法不正确的是
A．方法1中原料碳(蔗糖)作还原剂
B．方法2所得产品中混有，同时有乙酸气体逸出
C．上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都应该在惰性气体氛围中进行
D．上述两种方法在制备磷酸亚铁锂时都应该把原料研磨并充分混合
14．（2022·浙江宁波·统考一模）关于反应：2KClO3+H2C2O4=CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O，下列说法正确的是
A．KClO3中的Cl被氧化
B．H2C2O4是氧化剂
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1
D．生成1molCO2时，反应共转移1mol电子
15．（2022·浙江宁波·统考一模）下列“类比”结果不正确的是
A．受热分解生成和，则受热分解生成和S
B．的分子构型为直线形，则的分子构型也为直线形
C．与溶液反应得到，则与溶液反应也得到
D．溶解度大于，则溶解度大于
16．（2022·浙江宁波·统考二模）无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。造纸工业中Na2S2O4用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于Na2S2O4的性质推测不合理的是
A．Na2S2O4具有较强的还原性
B．Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2
C．Na2S2O4的漂白原理与NaClO不相同
D．Na2S2O4的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性
17．（2022·浙江宁波·统考一模）关于化合物HOO-SO3H的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性 B．水解可生成H2O2和H2SO4
C．具有强酸性 D．与足量NaOH溶液反应最终产物为Na2SO4和H2O2
18．（2022·浙江宁波·统考一模）下列说法不正确的是
A．NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2，可析出NaHCO3
B．纳米铁粉和 FeS 都可以去除水体中的 Cu2+、Hg2+等离子，其原理不相同
C．SO2具有还原性，可用 KMnO4溶液测定食品中SO2残留量
D．二氧化硅是一种酸性氧化物，故不能和酸发生反应
19．（2022·浙江宁波·统考一模）关于反应4(NH4)2SO4 N2↑+6NH3↑+ 3SO2↑+SO3↑+7H2O，以下说法不正确的是
A．(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应
B．SO2是还原产物
C．生成3molSO2时，转移6 mol电子
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
二、多选题
20．（2022·浙江杭州·模拟预测）用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断正确的是
A．可能为
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为
三、填空题
21．（2022·浙江杭州·统考二模）回答下列问题
(1)已知金刚石的莫氏硬度为10，石墨的莫氏硬度为，从晶体结构的角度解释金刚石硬度很大，石墨很软的原因__________。
(2)在相同温度时，酸性条件下都能被氧化，通过控制溶液中探究同浓度的还原性强弱，预测同浓度的被氧化需要的最小的是________，试从离子结构角度解释的还原性逐渐增强的原因________。
四、计算题
五、实验题
22．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)，并探究其性质。
已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液中呈紫色溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ.制备K2FeO4(夹持装置略)
(1)装置A为氯气发生装置，装置C中得到紫色固体和溶液。请写出C中由Cl2参加反应生成高铁酸钾的化学方程式___。
(2)将装置C中所得混合物进行抽滤，请选择合适的操作并排序___。
a.倾析法转移溶液
b.转移固体至漏斗
c.使用玻璃砂漏斗
d.开大抽气装置水龙头
e.关闭抽气装置水龙头
f.断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管
g.选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸
h.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，使滤纸与漏斗瓷板紧贴
Ⅱ.探究K2FeO4的性质
(3)取装置C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
①用KOH溶液充分洗涤装置C中所得固体
②再用KOH溶液将固体K2FeO4溶出，得到紫色溶液a取少量a，滴加盐酸，有Cl2产生。该方案可证明K2FeO4氧化了Cl-，①中用KOH溶液洗涤的目的是___。
(4)资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO>MnO。验证实验如下：将溶液a滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象可证明氧化性FeO>MnO。请说明理由___。
Ⅲ.K2FeO4产品纯度的测定
(5)准确称取3.00gK2FeO4样品于锥形瓶中，加入足量KOH溶液和50.00mL0.4200mol•L-1Na3AsO3溶液，充分反应后加入稀硫酸酸化，用0.1000mol•L-1KBrO3标准溶液滴定剩余的Na3AsO3溶液，恰好完全反应时消耗KBrO3标准溶液的体积为20.00mL。(K2FeO4摩尔质量为198gmol•L-1)
已知测定过程中发生的反应有：
FeO+AsO+H2O→Fe(OH)3+AsO+OH-(未配平)
AsO+BrO→AsO+Br-(未配平)
样品中K2FeO4的质量分数为___(保留三位有效数字，杂质不参与化学反应)。
六、元素或物质推断题
23．（2022·浙江杭州·统考二模）化合物X由3种元素组成．某兴趣小组按如下流程进行实验：
已知焰色反应呈黄色，其中有两种元素质量分数相同；固体A由两种酸式盐组成。请回答：
(1)组成X的元素有______，X的化学式是______。
(2)X与潮湿空气转化为A的化学方程式是______。
(3)用一个化学方程式表示A与足量溶液的反应______。
(4)碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子________(假设反应物无剩余)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式________。
24．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。
已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。
请回答：
(1)写出气体E的结构式___；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有___(用化学式表示)。
(2)化合物X含有的元素有Cu、H、___(写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式___。
(3)一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式___。
(4)气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分___。
参考答案：
1．B
【分析】根据硝酸中氮元素的化合价降低，体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，体现硝酸的酸性。
【详解】A．因硝酸中氮元素化合价没有变化，只生成盐，硝酸只表现酸性，A不符合题意；
B．反应生成NO2硝酸中氮元素化合价降低，体现硝酸的氧化性，同时有硝酸铁生成，表现了硝酸的酸性，B符合题意；
C．反应中硝酸中氮元素的化合价全部由+5降低为+4，只体现了氧化性，C不符合题意；
D．反应中没有元素化合价的变化，不能体现硝酸的氧化性，只表现酸性，D不符合题意；
故选B。
2．C
【详解】A．氯气与氢气在光照下易爆炸，工业常在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应生产盐酸，故A错误；
B．通入氨的饱和溶液中生成沉淀，故B错误；
C．控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡，故C正确；
D．隔绝空气高温分解，根据根据氧化还原反应规律，不可能元素化合价都升高，所以产物不可能是和，故D错误；
选C。
3．D
【分析】由氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间可知，三氯硅烷中硅元素为+4价、氢元素为—1价。
【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A正确；
B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B正确；
C．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C正确；
D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D错误；
故选D。
4．D
【详解】A． 中碘为+7价，易得电子，正高碘酸钾具有较强氧化性，故A正确；
B． 根据化学式可得正高碘酸化学式为，故B正确；
C． 中氢部分被碱中和得，正高碘酸钾是酸式盐，故C正确；
D． 正高碘酸受热失去2分子水得到，反应元素的化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；
故选D。
5．D
【分析】中亚硫酸钠是氧化剂，硫化钠是还原剂，硫既是氧化产物又是还原产物。
【详解】A． 不是氧化产物，氧化产物是由-2价的硫生成的硫单质，故A错误；
B． 亚硫酸钠中+4价的硫在反应中化合价降低，是氧化剂，故B错误；
C． 硫化钠是还原剂，亚硫酸钠是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故C错误；
D． 硫既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1，故D正确；
故选D。
6．A
【详解】由题干图可知，在反应中失去两个电子，转化为，化合价升高被氧化，作还原剂，故答案为：A。
7．C
【详解】A．若为，则，NO、NO2的变化量比为2:1，与图象不符，故A错误；
B．由图象可知，NO、NO2的变化量比为3:1，根据得失电子守恒，反应方程式为，X是N2O，内生成1molN2O，用N2O表示的反应速率为，故B错误；
C．
温度下，反应的平衡常数为2.0，故C正确；
D．温度下，保持体积不变，往容器中再通入少量气体，相当于加压，平衡正向移动，的体积分数减小，故D错误；
选C。
8．B
【详解】A．由题意可知，NH4ClO4为氧化剂，O2为氧化产物，故有氧化性：O2＜NH4ClO4，故A错；
B．在该反应中，还原产物为Cl2，氧化产物为N2和O2，所以其还原产物与还原产物的物质的量之比为1：3，故选B；
C．6.4 gO2的物质的量为0.2mol，当生成0.2molO2生成的同时会生成0.1mol N2生成，由于氧气和氮气均为氧化产物，所以转移的电子数为：0.2×4+0.1×6=1.4mol，故C错；
D．由于没说明条件，所以0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体无法计算，故D错。
答案选B
9．D
【详解】A．BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3）没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．BF3分子中，B原子最外层只有6个电子，B错误；
C．由Q的结构可知：晶体Q分子内：不存在离子键，存在B-F、B-O、O-H共价键，O…H之间存在氢键，分子之间存在范德华力，C错误；
D．由H3BO3在水中只发生反应可知：为硼酸的电离方程式，故硼酸为一元弱酸，D正确。
答案选D。
10．C
【分析】一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应称为置换反应；得电子，化合价降低的物质称为氧化剂，失电子，化合价升高的物质称为还原剂，据此解答。
【详解】A．属于置换反应，Cl2作氧化剂，KI作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，A错误；
B．不属于置换反应，B错误；
C．属于置换反应，Cl2作氧化剂，TiO2作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=2:1，C正确；
D．属于置换反应，CO2作氧化剂，Mg作还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比=1:2，D错误。
答案选C。
11．B
【详解】A．由图可知，反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2、H2O，故总反应的化学方程式为4 NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，故A错误；
B．该转化过程NO中N元素化合价降低，也表现氧化性，故B错误；
C．V5+=O不是中间产物，在反应中起到催化剂的作用，故C正确；
D．若O2过量会出现NO和O2反应生成NO2，会使NO转化率下降，故D正确；
故选：B。
12．A
【分析】中，Li元素的化合价由0升高到+1价，S元素的化合价由+4价降低为0，依此解答该题。
【详解】A．Li元素的化合价升高被氧化，S元素化合价由+4价降低为0被还原，所以反应中被氧化的元素只有Li，A项正确；
B．二氧化硫中的硫元素和氧元素在反应前后化合价不变，故二氧化硫不是还原产物，B项错误；
C．氧化剂为SOCl2，且只有1个S原子参与氧化还原反应，还原剂为Li，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4，C项错误；
D．题目中未说明二氧化硫是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的量，D项错误；
答案选A。
13．B
【详解】A．磷酸亚铁锂()的铁为+2价，方法1中原料中铁为+3，需要降低化合价则为氧化剂，碳(蔗糖)作还原剂，故A正确；
B．方法2所得产品中不会混有，因为高温下煅烧分解，故B错误；
C．上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都应该在惰性气体氛围中进行，亚铁离子具有还原性，防止亚铁化合物被氧化，故C正确；
D．上述两种方法在制备磷酸亚铁锂时由于反应物皆为固体，都应该把原料研磨并充分混合，可以使反应更完全，故D正确；
故选B。
14．C
【分析】由方程式可知，反应中氯元素化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂、二氧化氯是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，草酸是还原剂、二氧化碳和碳酸钾是氧化产物。
【详解】A．由分析可知，反应中氯酸钾中氯元素化合价降低被还原，故A错误；
B．由分析可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，草酸是还原剂，故B错误；
C．由分析可知，二氧化氯是还原产物，二氧化碳和碳酸钾是氧化产物，由方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C正确；
D．由分析可知，反应中生成1mol二氧化碳，共转移2mol电子，故D错误；
故选C。
15．C
【详解】A．在中，S显-1价，稳定性差，受热易分解生成和S，A正确；
B．与为等电子体，CO2为直线形，则CS2分子构型也为直线形，B正确；
C．具有还原性，溶液能将SO2氧化为，ClO-被还原为Cl-等，C不正确；
D．当卤素离子的半径增大时，卤化亚铜的化学键的共价性越来越明显，键的共价性越大，卤化亚铜的溶解性越小，因而溶解度大于，D正确；
故选C。
16．D
【详解】A．由连二亚硫酸钠可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度可知，连二亚硫酸钠具有较强的还原性，故A正确；
B．由化合价代数和为0可知，连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为+3价，能与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫、二氧化硫和水，故B正确；
C．由题意可知，连二亚硫酸钠作漂白剂是因为将部分有色物质还原为无色物质，而次氯酸钠作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，使有机色质因氧化而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故C正确；
D．由题意可知，无氧条件下，锌还原亚硫酸氢钠可以得到连二亚硫酸钠说明连二亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化，水溶液不能久置于空气中，故D错误；
故选D
17．D
【详解】化合物HOO-SO3H，根据结构和电负性分析，H元素显+1价，S元素显+6价，O元素显-1和-2价，
A．HOO-SO3H中S元素显+6价，具有强氧化性，故A正确；
B．HOO-SO3H溶于水中发生水解反应：HOO-SO3H+H2O= H2O2+H2SO4，故B正确；
C．HOO-SO3H水解可生成H2SO4，具有强酸性，故C正确；
D．Na2SO4和H2O2会结合成一种加和物x Na2SO4•yH2O2•zH2O，故D错误；
故选：D。
18．D
【详解】A．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3使溶液呈碱性，再通入足量CO2以便吸收更多的气体，可析出NaHCO3晶体，故A正确；
B．纳米铁粉具有还原性，可将水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子还原为金属单质而除去，FeS可将水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的CuS、HgS而除去，其原理不相同，故B正确；
C．二氧化硫具有还原性，硫元素化合价+4价升高为+6价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，锰元素化合价+7价降低为+2价，由电子守恒和原子守恒得到离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，故C正确；
D．SiO2是酸性氧化物，SiO2与大多数酸都不反应，但是SiO2能与氢氟酸反应，故D错误；
故选：D。
19．D
【分析】反应4(NH4)2SO4 N2↑+6NH3↑+ 3SO2↑+SO3↑+7H2O中N元素的化合价由-3价升高为0，S元素的化合价由+6价降低为+4，该反应转移6e-，结合氧化还原知识来解析；
【详解】A．N元素的化合价由-3价升高为0，化合价升高被氧化发生氧化，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应，可知(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应，A正确；
B．S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，SO2是还原产物，B正确；
C．根据分析可知3SO2～6e-，所以3molSO2时，转移6 mol电子，C正确；
D．反应N元素的化合价由-3价升高为0，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，可知还原产物为SO2，化合价升高被氧化发生氧化反应对应的产物为氧化产物，可知氧化产物为N2，根据反应可知还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：1，D不正确；
故选D。
20．BD
【详解】A．NaCl为氯气得电子的产物，NaClO和NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为9：3：1，则理论上反应中得到电子为9mol×1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol×1+1mol×5=8mol；得失电子不守恒，A错误；
B．氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH消耗0.3molCl2，生成0.3molNaCl转移电子的物质的量为0.3mol；当生成NaCl和NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH消耗0.3molCl2，生成0.5molNaCl转移电子的物质的量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.3
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)∶n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)∶n(Cl-)最小为6：5，因为9:5介于2：1和6:5之间，所以符合题意，D正确；
故选BD。
21．(1)影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力
(2) 离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强
【解析】(1)
金刚石为空间网状结构的原子晶体，晶体的硬度取决于碳原子间形成共价键的强弱，而石墨是层状结构的混合型晶体，晶体的硬度取决于层间分子间作用力的大小，共价键强于分子间作用力，所以金刚石硬度很大，石墨很软，故答案为：影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力；
(2)
同主族元素，从上到下，离子的离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，离子的还原性逐渐增强，所以氯离子、溴离子、碘离子的还原性逐渐增强，与二氧化锰反应时需要氢离子的浓度逐渐减小，则需要氢离子浓度最小的是碘离子，故答案为：KI；离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强。
22．(1)3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O
(2)cadbe
(3)排除ClO-的干扰
(4)FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液呈浅紫色一定是MnO的颜色
(5)66.0%
【分析】由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气。
（1）
C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，发生反应为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O；
（2）
抽滤的具体操作为：使用玻璃砂漏斗→倾析法转移溶液→开大抽气装置水龙头→转移固体至漏斗→关闭抽气装置水龙头，所填的顺序为cadbe；
（3）
K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，所以要用KOH溶液洗涤，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附了次氯酸跟离子，在酸性条件下ClO-可以与氯离子反应生成氯气，从而干扰试验，所以用KOH溶液洗涤还排除ClO-的干扰；
（4）
MnO4-在溶液中显紫色，K2FeO4在碱性溶液中也显紫色，将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO在酸溶液中立刻反应生成Fe3+和O2，作为K2FeO4的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色的一定为MnO4-，若答不能说明，则是考虑到FeO在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O2，由于是加入足量的H2SO4，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中Fe3+以Fe(H2O)63+形式存在，颜色是浅紫色，则说明FeO并没有将Mn2+氧化为MnO而显浅紫色；
（5）
剩余的Na3AsO3溶液用KBrO3标准溶液滴定，AsO→AsOAs的化合价升高了2，BrO→Br-反应中Br化合价降低了4，由升降相等，则得关系式：2AsO~BrO，剩余的Na3AsO3溶液物质的量为n(Na3AsO3)=2n(KBrO3)=2cV=2×0.1000mol•L-1×0.02L=0.004mol，则用于滴定K2FeO4的Na3AsO3溶液物质的量为n(Na3AsO3)= 0.4200mol•L-1×0.05L-0.004mol=0.017mol，由FeO→Fe(OH)3反应中Fe化合价降低了3，AsO→AsOAs的化合价升高了2，由升降相等，则得关系式：2 FeO~3BrO，n(K2FeO4)= n(Na3AsO3)= ×0.017mol=0.01mol，质量m= n(K2FeO4)M=0.01mol×198gmol•L-1=1.98g，样品中K2FeO4的质量分数为。
23．(1)
(2)
(3)
(4) 分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和 或：(2分，反应物写成或均可)
【分析】X焰色反应呈黄色，说明含有金属钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量为11.65g，则物质的量为0.05mol，由由于其中有两种元素质量分数相同，说明氧和S质量分数相等，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，则17.40g中含有硫物质的量为0.2mol，则氧为0.4mol，根据质量守恒得到钠的质量4.6g，钠的物质的量为0.2mol。
（1）
根据前面分析组成X的元素有，根据Na、S、O物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol得到X的化学式是；故答案为：；。
（2）
X与潮湿空气转化为A(两种酸式盐)的化学方程式是；故答案为：。
（3）
A中含有硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，其反应的化学方程式表示A与足量溶液的反应；故答案为：。
（4）
碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，从而说明可能生成亚硫酸根或硫酸根，设计实验确定产物中的酸根离子分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式或：；故答案为：分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；或：(2分，反应物写成或均可)。
24．(1) CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4
(2) N、S、O 2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O
(3)2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH
(4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物
【分析】气体A从H2SO4溶液中逸出，A为酸性气体，能使品红褪色，所A为SO2，M(E)= ρ.Vm=0 .76g/L ×22.4L/mol= 17g/mol，所以E为NH3，固体C为Cu，n(Cu)=，n(NH3)==0.2mol，n(SO2)==0.2mol，以此来解题；
(1)
由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4) 有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4；
(2)
有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D 为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n (Cu)==0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O；
(3)
CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3↓+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH；
(4)
取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物；
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