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第07练 氧化还原反应-2022年高考复习化学考前20天必练小题
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这是一份第07练 氧化还原反应-2022年高考复习化学考前20天必练小题，共12页。试卷主要包含了纯碱在生产、生活中有广泛应用等内容，欢迎下载使用。
2022年高考复习化学考前20天必练小题
第07练 氧化还原反应
1．（2022·福建·模拟预测）溴化钾(KBr)可作为分析试剂、感光剂、神经镇静剂等，工业上制取溴化钾的方法之一为：先将尿素(H2NCONH2)加到K2CO3溶液中，然后在不断搅拌下缓慢注入液溴，随即发生反应：3K2CO3+H2NCONH2+3Br2=6KBr+4CO2↑+N2↑+2H2O。下列有关此反应的说法正确的是
A．尿素作还原剂，CO2、N2是氧化产物
B．若制取1mol KBr，转移电子数目为2NA
C．此方法成本低，且制得的KBr纯净
D．实验室中KBr密封保存在无色广口瓶中
【答案】C
【解析】A．尿素中C为+4价，N为-3价，因此尿素作还原剂，N2是氧化产物，CO2不是氧化产物，A错误；
B．Br从0价降低到-1价，若制取1mol KBr，转移电子数目为NA，B错误；
C．此反应制取原料为碳酸钾、尿素和Br2，成本低，产物CO2、N2为气态，因此得到的KBr比较纯净，C正确；
D．KBr作感光剂，说明KBr具有感光性，因此应密封保存在棕色广口瓶中，D错误；
故选C。
2．（2022·上海宝山·模拟预测）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【答案】A
【解析】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
3．（2022·湖南·岳阳市教育科学技术研究院二模）已知NH4CuSO3与足量的1mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是
A．NH4CuSO3中硫元素被还原
B．刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气
C．该反应中硫酸既体现了酸性又体现了氧化性
D．反应中每消耗1molNH4CuSO3，转移的电子数约为3.01×1023
【答案】D
【解析】NH4CuSO3与足量的1 mol·L-1硫酸溶液混合微热，生成红色金属、有刺激性气味气体产生、溶液呈蓝色，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH4CuSO3中Cu为+1价，其反应的方程式为：；
A．由分析可知NH4CuSO3中只有Cu化合价发生变化，S元素化合价未改变，既未被氧化又未被还原，故A错误；
B．反应在酸性环境中进行，不可能有氨气生成，故B错误；
C．由反应可知，该反应中只有Cu化合发生变化，硫酸根反应前后未变化，在反应中硫酸只体现酸性，故C错误；
D．NH4CuSO3中Cu的化合价既降低又升高，根据化学方程式可知电子转移关系为～e-，故每消耗1molNH4CuSO3，转移的电子数约为3.01×1023，故D正确；
答案选D。
4．（2022·浙江嘉兴·二模）关于反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，下列说法正确的是
A．Mn元素被氧化
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．该反应中氧化性最强的是KMnO4
D．生成2.24L O2时，转移0.4mol电子
【答案】C
【解析】Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，KMnO4既是氧化剂、又是还原剂，K2MnO4和MnO2是还原产物，O2是氧化产物；据此分析作答。
A．Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，Mn元素化合价降低，Mn元素被还原，A错误；
B．Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，K2MnO4和MnO2是还原产物，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，O2是氧化产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：2，B错误；
C．该反应中KMnO4既是氧化剂、又是还原剂，K2MnO4和MnO2是还原产物，O2是氧化产物，根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，该反应中氧化性最强的是KMnO4，C正确；
D．O2所处温度和压强未知，无法计算2.24LO2物质的量，无法计算转移电子物质的量，D错误；
答案选C。
5．（2022·湖南娄底·模拟预测）纯碱在生产、生活中有广泛应用。工业上，用纯喊溶液从海水中提取溴，氯气置换海水中溴之后，富集、提取溴的主要原理是：
反应1：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑；
反应2：NaBrO3+5NaBr+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O；
反应3：实验室里用纯碱溶液吸收尾气中的氯气生成三种盐。
下列说法正确的是
A．反应1中氧化剂、还原剂的质量之比为1：5
B．标准状况下，22.4L溴单质含2mol溴原子
C．反应3中的三种盐是NaClO、NaClO3和NaHCO3
D．反应1中Br2的作用类似于反应3中的Cl2
【答案】D
【解析】A．反应1中Br元素的化合价由0价降至NaBr中的-1价，由0价升至NaBrO3中的+5价，Br2既是氧化剂、又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂、还原剂的质量之比为5：1，A错误；
B．标准状况下，溴单质呈液态，不能用22.4L/mol计算22.4L溴单质物质的量，B错误；
C．根据氧化还原反应原理，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，用纯碱溶液吸收尾气中的氯气生成的三种盐是NaClO，NaCl、NaHCO3，C错误；
D．反应1中溴单质和反应3中氯气都既表现氧化性、又表现还原性，D正确；
答案选D。
6．（2022·辽宁丹东·一模）NH3是一种重要的化工原料，可发生如下转化。下列有关表述正确的是
A．甲中含有离子键、配位键和极性共价键
B．戊与丁反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放且用胶塞密封
D．向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2和NH3，然后过滤可制得乙
【答案】A
【解析】氨气发生催化氧化生成NO和水，丙是NO、丁是H2O；NO和氧气反应生成NO2，戊是NO2；NO2和水反应生成硝酸和NO；氨气和氯化氢反应生成氯化铵，甲是NH4Cl；氨气、氯化钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，乙是碳酸氢钠。
A．甲是氯化铵，氯离子、铵根离子之间存在离子键，N和H之间有1个配位键、3个极性共价键，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，氮元素化合价由+4升高为+5、氮元素化合价由+4降低为+2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放，浓硝酸具有强氧化性，不能用胶塞密封，故C错误；
D．氨气极易溶于水，二氧化碳在碱性溶液中溶解度增大，向饱和NaCl溶液中先通入过量的NH3，再通入CO2生成碳酸氢钠沉淀，故D错误；
选A。
7．（2022·内蒙古包头·二模）在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是
A．加入K+、、、I-等离子，可以大量共存。
B．可用pH试纸测定该溶液的pH
C．向该溶液中滴加少量溶液，反应的离子方程式为：
D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生，转移电子数约为个
【答案】D
【解析】A．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，ClO-与I-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B． Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B错误；
C．滴入少量FeSO4溶液，溶液仍显碱性，次氯酸根能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，故C错误；
D．ClO-与Cl-发生反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，反应中产生1mol Cl2转移电子1mol，即转移电子数约为6.02×1023个，故D正确；
故选：D。
8．（2022·天津·模拟预测）氢化铝钠(NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2↑。下列说法正确的是
A．NaAlH4中氢元素为+1价
B．1molNa3AlH6含10mol离子
C．在反应中有50%的氢被氧化
D．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】A．Na为+1价、Al为+3价，故H为-1价，A错误；
B．Na3AlH6由Na+和AlH组成，1molNa3AlH6含4mol离子，B错误；
C．反应中总共有12个H，有6个H的化合价升高，故有50%被氧化，C正确；
D．H元素化合价升高，氧化产物为H2，Al元素化合价降低，还原产物为Al，故物质的量之比为3:2，D错误；
故选：C。
9．（2022·湖南永州·三模）MnO2催化除去HCHO的机理如图所示。下列说法正确的是
A．MnO2降低了反应的焓变
B．反应②中断裂碳氧双键
C．反应①~④均是氧化还原反应
D．上述机理总反应为HCHO+O2CO2+H2O
【答案】D
【解析】A．由图可知，作催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，不改变反应的焓变，故A错误；
B．由图可知，反应②为，该过程中碳氧双键没有断裂，故B错误；
C．反应④为，该反应没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．由图可知，该反应的机理是在作催化剂的条件下，O2和HCHO反应生成CO2和H2O，则总反应为HCHO+O2CO2+H2O，故D正确；
答案选D。
10．（2022·山东枣庄·模拟预测）已知酸性条件下离子的氧化性顺序为，现向的溶液中不断滴入一定浓度的酸性溶液，混合液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是
A．AB段对应的离子为
B．原溶液中
C．BC段对应反应为
D．甲点时：
【答案】D
【解析】氧化性，随加入高锰酸钾的物质的量增加，依次被氧化为；
A．开始加入高锰酸钾溶液，被氧化，的物质的量逐渐减少，AB段对应的离子为，故A正确；
B．AB段被氧化为，发生反应的离子方程式为，反应消耗高锰酸钾0.2mol，所以的物质的量为1mol，原溶液中，故B正确；
C．BC段被氧化为 ，根据得失电子守恒，反应为，故C正确；
D．根据V元素守恒，甲点时=0.5mol，反应消耗0.5mol高锰酸钾，根据锰元素守恒=0.5mol，所以，故D错误；
选D。
11．（2022·河北秦皇岛·二模）纯碱在生产、生活中有广泛应用。例如可用足量的纯碱溶液吸收含氯气的尾气，生成三种盐(反应1)；工业上也可用纯碱溶液从海水中提取溴，其主要原理如下：
反应2：；
反应3：。
下列说法正确的是
A．反应2中氧化剂与还原剂的质量之比为1∶5
B．标准状况下，22.4L溴单质中含有2mol溴原子
C．反应1中生成的三种盐是NaClO，和
D．反应2中的与反应1中的表现出了相似的化学性质
【答案】D
【解析】A．反应2中溴既是氧化剂又是还原剂，其中氧化剂与还原剂的质量之比为，A项错误；
B．标准状况下，溴单质呈液态，项错误；
C．根据氧化还原反应原理及纯碱足量，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，三种盐是次氯酸钠、氯化钠、碳酸氢钠，C项错误；
D．反应2中的溴单质和反应1中的氯气都表现氧化性和还原性，D项正确；
故选D。
12．（2022·四川德阳·三模）氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．图示循环过程中N2→属于氮的固定
B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应
C．氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为1∶1
D．Fe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA
【答案】D
【解析】A．氮的固定是游离态氮转化成化合态的氮，根据图示循环，N2转化成NH，属于氮的固定，故A说法正确；
B．根据图示，硝化过程NH→NO→NO，氮元素的化合价由-3→+3→+5，存在化合价的变化，硝化过程属于氧化还原反应，同理反硝化过程中也存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；
C．氨氧化过程中，NO→N2，氮元素的化合价由+3价降低为0价，发生还原反应，NH→N2，氮元素的化合价有-3价升高为0价，发生氧化反应，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C说法正确；
D．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断得到氮气物质的量，故D说法错误；
答案为D。
13．（2022·重庆·二模）As元素有+2、+3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．反应I中若0.5molAs4S4参加反应，转移14 mol电子，则物质a为SO2
B．从反应II可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3
C．反应III属于非氧化还原反应
D．反应IV中，As2S3和Sn2+恰好完全反应时，其物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】A．中As为+2价，S为-2价，经过反应I， 转变为，As元素化学价升高到+3，当0.5mol反应时，As转移电子的物质的量为，S转移电子的物质的为，S的化合价也升高，设为x，则 ，x=4，故a为二氧化硫， A正确；
B．反应II中与水反应仅生成，是的酸酐，B正确；
C．反应III中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；
D．反应IV发生的反应为：，的物质的量之比为1:1，D错误；
故选D。
14．（2022·河南信阳·二模）化学上常用标准电极电势数据φθ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φθ值越高，氧化型物质氧化能力越强，φθ值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下说法错误的是
氧化型/还原型
φθ(Co3+/Co2+)
φθ(HClO/Cl—
酸性介质
1.84V
1.49V
氧化型/还原型
φθ[Co(OH)3/Co(OH)2]
φθ(ClO—/Cl—)
碱性介质
0.17V
x
A．推测：x<1.49V
B．Co3O4与浓盐酸发生反应：Co3O4+8H+=Co2++2Co3++4H2O
C．若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl
D．从图中数据可知氧化剂物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
【答案】B
【解析】A．次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；
B．由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为Co3O4+8H++2Cl—=3Co2++2Cl2↑+4H2O，故B错误；
C．由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，故C正确；
D．由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；
故选B。
15．（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。
16．（2022·北京丰台·二模）某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
反应ii：C6H8O6(维生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+
下列说法不正确的是
A．反应ii中维生素C发生氧化反应
B．反应速率：反应i<反应ii
C．溶液pH最终会变大
D．若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)=amol
【答案】D
【解析】A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C6H6O6中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B正确；
C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C正确；
D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)＞amol D错误；
答案选D。
17．（2022·广东深圳·二模）一种在恒温、恒定气流流速下，催化氧化HCl生产Cl2的工艺的主要反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．该过程中Cu元素的化合价保持不变
B．CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物
C．Cu(OH)Cl分解产生两种产物，物质X为H2O
D．该过程涉及反应：2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO
【答案】B
【解析】A．由题干反应历程图可知，该过程中含Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合价均为+2价，即保持不变，A正确；
B．由题干反应历程图可知，反应前加入了CuO，CuO与HCl反应转化为Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl分解为Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO，则CuO为催化剂，而Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物，B错误；
C．由题干反应历程图可知，Cu(OH)Cl分解产生两种产物即Cu2OCl2和物质X，根据质量守恒可知X为H2O，C正确；
D．由题干反应历程图可知，该过程涉及Cu2OCl2与O2反应生成了CuO和Cl2的反应，根据氧化还原反应配平可得：2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO，D正确；
故答案为：B。
18．（2022·北京通州·一模）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄()能溶于，反应如下：。下列说法不正确的是
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为
B．若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、作正极
C．反应产生的可用溶液吸收
D．雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂
【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，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4 ，则反应中转移电子的物质的量为5 mol ，A正确；
B．若将该反应设计成原电池，分析化合价知 As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、 As2S3 作负极，B错误；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的 NO2 可用 NaOH 溶液吸收，C正确；
D．雄黄( As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄( As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，D正确；
故选B。
2022年高考复习化学考前20天必练小题
第07练 氧化还原反应
1．（2022·福建·模拟预测）溴化钾(KBr)可作为分析试剂、感光剂、神经镇静剂等，工业上制取溴化钾的方法之一为：先将尿素(H2NCONH2)加到K2CO3溶液中，然后在不断搅拌下缓慢注入液溴，随即发生反应：3K2CO3+H2NCONH2+3Br2=6KBr+4CO2↑+N2↑+2H2O。下列有关此反应的说法正确的是
A．尿素作还原剂，CO2、N2是氧化产物
B．若制取1mol KBr，转移电子数目为2NA
C．此方法成本低，且制得的KBr纯净
D．实验室中KBr密封保存在无色广口瓶中
【答案】C
【解析】A．尿素中C为+4价，N为-3价，因此尿素作还原剂，N2是氧化产物，CO2不是氧化产物，A错误；
B．Br从0价降低到-1价，若制取1mol KBr，转移电子数目为NA，B错误；
C．此反应制取原料为碳酸钾、尿素和Br2，成本低，产物CO2、N2为气态，因此得到的KBr比较纯净，C正确；
D．KBr作感光剂，说明KBr具有感光性，因此应密封保存在棕色广口瓶中，D错误；
故选C。
2．（2022·上海宝山·模拟预测）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【答案】A
【解析】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
3．（2022·湖南·岳阳市教育科学技术研究院二模）已知NH4CuSO3与足量的1mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是
A．NH4CuSO3中硫元素被还原
B．刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气
C．该反应中硫酸既体现了酸性又体现了氧化性
D．反应中每消耗1molNH4CuSO3，转移的电子数约为3.01×1023
【答案】D
【解析】NH4CuSO3与足量的1 mol·L-1硫酸溶液混合微热，生成红色金属、有刺激性气味气体产生、溶液呈蓝色，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH4CuSO3中Cu为+1价，其反应的方程式为：；
A．由分析可知NH4CuSO3中只有Cu化合价发生变化，S元素化合价未改变，既未被氧化又未被还原，故A错误；
B．反应在酸性环境中进行，不可能有氨气生成，故B错误；
C．由反应可知，该反应中只有Cu化合发生变化，硫酸根反应前后未变化，在反应中硫酸只体现酸性，故C错误；
D．NH4CuSO3中Cu的化合价既降低又升高，根据化学方程式可知电子转移关系为～e-，故每消耗1molNH4CuSO3，转移的电子数约为3.01×1023，故D正确；
答案选D。
4．（2022·浙江嘉兴·二模）关于反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，下列说法正确的是
A．Mn元素被氧化
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．该反应中氧化性最强的是KMnO4
D．生成2.24L O2时，转移0.4mol电子
【答案】C
【解析】Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，KMnO4既是氧化剂、又是还原剂，K2MnO4和MnO2是还原产物，O2是氧化产物；据此分析作答。
A．Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，Mn元素化合价降低，Mn元素被还原，A错误；
B．Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，K2MnO4和MnO2是还原产物，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，O2是氧化产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：2，B错误；
C．该反应中KMnO4既是氧化剂、又是还原剂，K2MnO4和MnO2是还原产物，O2是氧化产物，根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，该反应中氧化性最强的是KMnO4，C正确；
D．O2所处温度和压强未知，无法计算2.24LO2物质的量，无法计算转移电子物质的量，D错误；
答案选C。
5．（2022·湖南娄底·模拟预测）纯碱在生产、生活中有广泛应用。工业上，用纯喊溶液从海水中提取溴，氯气置换海水中溴之后，富集、提取溴的主要原理是：
反应1：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑；
反应2：NaBrO3+5NaBr+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O；
反应3：实验室里用纯碱溶液吸收尾气中的氯气生成三种盐。
下列说法正确的是
A．反应1中氧化剂、还原剂的质量之比为1：5
B．标准状况下，22.4L溴单质含2mol溴原子
C．反应3中的三种盐是NaClO、NaClO3和NaHCO3
D．反应1中Br2的作用类似于反应3中的Cl2
【答案】D
【解析】A．反应1中Br元素的化合价由0价降至NaBr中的-1价，由0价升至NaBrO3中的+5价，Br2既是氧化剂、又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂、还原剂的质量之比为5：1，A错误；
B．标准状况下，溴单质呈液态，不能用22.4L/mol计算22.4L溴单质物质的量，B错误；
C．根据氧化还原反应原理，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，用纯碱溶液吸收尾气中的氯气生成的三种盐是NaClO，NaCl、NaHCO3，C错误；
D．反应1中溴单质和反应3中氯气都既表现氧化性、又表现还原性，D正确；
答案选D。
6．（2022·辽宁丹东·一模）NH3是一种重要的化工原料，可发生如下转化。下列有关表述正确的是
A．甲中含有离子键、配位键和极性共价键
B．戊与丁反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放且用胶塞密封
D．向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2和NH3，然后过滤可制得乙
【答案】A
【解析】氨气发生催化氧化生成NO和水，丙是NO、丁是H2O；NO和氧气反应生成NO2，戊是NO2；NO2和水反应生成硝酸和NO；氨气和氯化氢反应生成氯化铵，甲是NH4Cl；氨气、氯化钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，乙是碳酸氢钠。
A．甲是氯化铵，氯离子、铵根离子之间存在离子键，N和H之间有1个配位键、3个极性共价键，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，氮元素化合价由+4升高为+5、氮元素化合价由+4降低为+2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放，浓硝酸具有强氧化性，不能用胶塞密封，故C错误；
D．氨气极易溶于水，二氧化碳在碱性溶液中溶解度增大，向饱和NaCl溶液中先通入过量的NH3，再通入CO2生成碳酸氢钠沉淀，故D错误；
选A。
7．（2022·内蒙古包头·二模）在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是
A．加入K+、、、I-等离子，可以大量共存。
B．可用pH试纸测定该溶液的pH
C．向该溶液中滴加少量溶液，反应的离子方程式为：
D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生，转移电子数约为个
【答案】D
【解析】A．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，ClO-与I-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B． Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B错误；
C．滴入少量FeSO4溶液，溶液仍显碱性，次氯酸根能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，故C错误；
D．ClO-与Cl-发生反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，反应中产生1mol Cl2转移电子1mol，即转移电子数约为6.02×1023个，故D正确；
故选：D。
8．（2022·天津·模拟预测）氢化铝钠(NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2↑。下列说法正确的是
A．NaAlH4中氢元素为+1价
B．1molNa3AlH6含10mol离子
C．在反应中有50%的氢被氧化
D．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】A．Na为+1价、Al为+3价，故H为-1价，A错误；
B．Na3AlH6由Na+和AlH组成，1molNa3AlH6含4mol离子，B错误；
C．反应中总共有12个H，有6个H的化合价升高，故有50%被氧化，C正确；
D．H元素化合价升高，氧化产物为H2，Al元素化合价降低，还原产物为Al，故物质的量之比为3:2，D错误；
故选：C。
9．（2022·湖南永州·三模）MnO2催化除去HCHO的机理如图所示。下列说法正确的是
A．MnO2降低了反应的焓变
B．反应②中断裂碳氧双键
C．反应①~④均是氧化还原反应
D．上述机理总反应为HCHO+O2CO2+H2O
【答案】D
【解析】A．由图可知，作催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，不改变反应的焓变，故A错误；
B．由图可知，反应②为，该过程中碳氧双键没有断裂，故B错误；
C．反应④为，该反应没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．由图可知，该反应的机理是在作催化剂的条件下，O2和HCHO反应生成CO2和H2O，则总反应为HCHO+O2CO2+H2O，故D正确；
答案选D。
10．（2022·山东枣庄·模拟预测）已知酸性条件下离子的氧化性顺序为，现向的溶液中不断滴入一定浓度的酸性溶液，混合液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是
A．AB段对应的离子为
B．原溶液中
C．BC段对应反应为
D．甲点时：
【答案】D
【解析】氧化性，随加入高锰酸钾的物质的量增加，依次被氧化为；
A．开始加入高锰酸钾溶液，被氧化，的物质的量逐渐减少，AB段对应的离子为，故A正确；
B．AB段被氧化为，发生反应的离子方程式为，反应消耗高锰酸钾0.2mol，所以的物质的量为1mol，原溶液中，故B正确；
C．BC段被氧化为 ，根据得失电子守恒，反应为，故C正确；
D．根据V元素守恒，甲点时=0.5mol，反应消耗0.5mol高锰酸钾，根据锰元素守恒=0.5mol，所以，故D错误；
选D。
11．（2022·河北秦皇岛·二模）纯碱在生产、生活中有广泛应用。例如可用足量的纯碱溶液吸收含氯气的尾气，生成三种盐(反应1)；工业上也可用纯碱溶液从海水中提取溴，其主要原理如下：
反应2：；
反应3：。
下列说法正确的是
A．反应2中氧化剂与还原剂的质量之比为1∶5
B．标准状况下，22.4L溴单质中含有2mol溴原子
C．反应1中生成的三种盐是NaClO，和
D．反应2中的与反应1中的表现出了相似的化学性质
【答案】D
【解析】A．反应2中溴既是氧化剂又是还原剂，其中氧化剂与还原剂的质量之比为，A项错误；
B．标准状况下，溴单质呈液态，项错误；
C．根据氧化还原反应原理及纯碱足量，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，三种盐是次氯酸钠、氯化钠、碳酸氢钠，C项错误；
D．反应2中的溴单质和反应1中的氯气都表现氧化性和还原性，D项正确；
故选D。
12．（2022·四川德阳·三模）氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．图示循环过程中N2→属于氮的固定
B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应
C．氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为1∶1
D．Fe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA
【答案】D
【解析】A．氮的固定是游离态氮转化成化合态的氮，根据图示循环，N2转化成NH，属于氮的固定，故A说法正确；
B．根据图示，硝化过程NH→NO→NO，氮元素的化合价由-3→+3→+5，存在化合价的变化，硝化过程属于氧化还原反应，同理反硝化过程中也存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；
C．氨氧化过程中，NO→N2，氮元素的化合价由+3价降低为0价，发生还原反应，NH→N2，氮元素的化合价有-3价升高为0价，发生氧化反应，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C说法正确；
D．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断得到氮气物质的量，故D说法错误；
答案为D。
13．（2022·重庆·二模）As元素有+2、+3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．反应I中若0.5molAs4S4参加反应，转移14 mol电子，则物质a为SO2
B．从反应II可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3
C．反应III属于非氧化还原反应
D．反应IV中，As2S3和Sn2+恰好完全反应时，其物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】A．中As为+2价，S为-2价，经过反应I， 转变为，As元素化学价升高到+3，当0.5mol反应时，As转移电子的物质的量为，S转移电子的物质的为，S的化合价也升高，设为x，则 ，x=4，故a为二氧化硫， A正确；
B．反应II中与水反应仅生成，是的酸酐，B正确；
C．反应III中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；
D．反应IV发生的反应为：，的物质的量之比为1:1，D错误；
故选D。
14．（2022·河南信阳·二模）化学上常用标准电极电势数据φθ(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。φθ值越高，氧化型物质氧化能力越强，φθ值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下说法错误的是
氧化型/还原型
φθ(Co3+/Co2+)
φθ(HClO/Cl—
酸性介质
1.84V
1.49V
氧化型/还原型
φθ[Co(OH)3/Co(OH)2]
φθ(ClO—/Cl—)
碱性介质
0.17V
x
A．推测：x<1.49V
B．Co3O4与浓盐酸发生反应：Co3O4+8H+=Co2++2Co3++4H2O
C．若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl
D．从图中数据可知氧化剂物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强
【答案】B
【解析】A．次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；
B．由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为Co3O4+8H++2Cl—=3Co2++2Cl2↑+4H2O，故B错误；
C．由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，故C正确；
D．由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；
故选B。
15．（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。
16．（2022·北京丰台·二模）某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
反应ii：C6H8O6(维生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+
下列说法不正确的是
A．反应ii中维生素C发生氧化反应
B．反应速率：反应i<反应ii
C．溶液pH最终会变大
D．若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)=amol
【答案】D
【解析】A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C6H6O6中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B正确；
C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C正确；
D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)＞amol D错误；
答案选D。
17．（2022·广东深圳·二模）一种在恒温、恒定气流流速下，催化氧化HCl生产Cl2的工艺的主要反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．该过程中Cu元素的化合价保持不变
B．CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物
C．Cu(OH)Cl分解产生两种产物，物质X为H2O
D．该过程涉及反应：2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO
【答案】B
【解析】A．由题干反应历程图可知，该过程中含Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合价均为+2价，即保持不变，A正确；
B．由题干反应历程图可知，反应前加入了CuO，CuO与HCl反应转化为Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl分解为Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO，则CuO为催化剂，而Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物，B错误；
C．由题干反应历程图可知，Cu(OH)Cl分解产生两种产物即Cu2OCl2和物质X，根据质量守恒可知X为H2O，C正确；
D．由题干反应历程图可知，该过程涉及Cu2OCl2与O2反应生成了CuO和Cl2的反应，根据氧化还原反应配平可得：2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO，D正确；
故答案为：B。
18．（2022·北京通州·一模）雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄()能溶于，反应如下：。下列说法不正确的是
A．生成，则反应中转移电子的物质的量为
B．若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、作正极
C．反应产生的可用溶液吸收
D．雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂
【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，10mol硝酸根离子完全被还原转移10mol电子，由反应可知生成2mol H3AsO4 转移10mol电子，则生成 1mol H3AsO4 ，则反应中转移电子的物质的量为5 mol ，A正确；
B．若将该反应设计成原电池，分析化合价知 As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、 As2S3 作负极，B错误；
C．NO2会污染环境，因此反应产生的 NO2 可用 NaOH 溶液吸收，C正确；
D．雄黄( As4S4 )中As化合价为+2价，雌黄( As2S3 )As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂，D正确；
故选B。
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