2023年高考化学一轮复习 考点5 氧化还原反应 模拟测试

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考点5 氧化还原反应
模拟检测

1．(2022·北京市人大附中高三第三次适应性考试)下列过程属于化学反应，且与氧化还原反应无关的是( )




A．石灰纯碱法除水垢
B．补铁口服液中添加维生素
C．工业上原油的分馏
D．生活中用“暖宝宝”取暖
【答案】A
【解析】A项，石灰―纯碱法是向已澄清的生水中加入适量的生石灰(CaO)和纯碱(Na2CO3)，可除去水中的永久硬度，软化水垢，生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，属于非氧化还原反应，A正确；B项，补铁口服液中添加维生素，属于物理变化，B错误；C项，原油的分馏是利用沸点不同进行分离，属于物理变化，C错误；D项，Fe粉、活性炭、食盐水构成原电池，发生氧化还原反应，D错误；故选A。
2．(2022·山东省潍坊市三模统考)下列物质的应用涉及氧化还原反应的是( )
A．利用氢氟酸刻蚀玻璃 B．利用活性炭由红糖制备白糖
C．煅烧石灰石制备生石灰 D．应用漂白粉对环境进行消杀
【答案】D
【解析】Ａ项，利用氢氟酸刻蚀玻璃，发生反应4HF + SiO2 = SiF4↑+ 2H2O，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，A项错误；Ｂ项，活性炭能够吸附红糖中的色素使红糖变成白糖，这是利用活性炭的吸附性，属于物理变化，B项错误；Ｃ项，煅烧石灰石制备生石灰原理为：CaCO3CaO + CO2↑，无化合价的变化，为非氧化还原反应，C项错误；Ｄ项，漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，具有氧化性，消毒是利用漂白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌的水处理过程，符合题意，D项正确；故选D。
3．(2022·江苏省淮安市高三模拟预测)2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场顺利着陆。飞船的燃料为偏二甲肼(C2H8N2)，发射时发生的反应为：C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O，下列说法正确的是( )
A．偏二甲肼在反应中作还原剂 B．燃烧时吸收大量的热
C．CO2的大量排放会导致酸雨 D．N2O4属于酸性氧化物
【答案】A
【解析】A项，偏二甲肼在反应中C元素化合价由- 1价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，被氧化，做还原剂，A项正确；B项，燃烧都是放热反应，B项错误；C项，CO2的大量排放不会导致酸雨，二氧化硫及氮氧化物的排放导致酸雨，C项错误；D项，和水反应只生成酸的氧化物为酸性氧化物，N2O4与水反应除了酸生成以外，还有其它产物 NO，故N2O4不属于酸性氧化物，D项错误；故选A。
4．(2022·湖北省襄阳五中高三适应性考试)2022年我国空间站的建设举世瞩目，神州十四飞船整装待发。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是( )
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2
下列有关说法不正确的是
A．反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂
B．反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子
C．反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原
D．反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化
【答案】D
【解析】A项，FeTiO3中Fe显+2价，O显-2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A正确；B项，根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B正确；C项，反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C正确；D项，根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D错误；故选D。
5．(2022·江苏省连云港市高三模拟预测)NaClO可用于回收光盘金属层中的少量Ag，反应为4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑。下列说法正确的是( )
A．AgCl属于弱电解质 B．反应中NaClO作还原剂
C．该反应属于复分解反应 D．反应中有极性键和非极性键的形成
【答案】D
【解析】A项，AgCl难溶于水，但是溶于水的部分完全电离，故AgCl是强电解质，A错误；B项，反应中，NaClO中Cl由+1价降低为-1价，O由-2价升高为0价，故NaClO既作氧化剂又作还原剂，B错误；C项，该反应有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，C错误；D项，反应中有极性键(氢氧单键)和非极性键(氧氧双键)的形成，D正确；故选D。
6．(2022·河北省石家庄市部分学校高三联考)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。下列说法正确的是( )
A．反应中尿素是还原剂，CO2和N2是氧化产物
B．尿素的结构简式为
C．若制得119 g KBr，转移电子数为2NA
D．若有3molBr2参加反应，理论上生成气体的体积为112L
【答案】B
【解析】A项，尿素中N元素化合价由-3价升高到0价，反应中尿素是还原剂，是氧化产物，A错误；B项，尿素的结构简式为，B正确；C项，119g KBr物质的量为，溴元素化合价由0价降低到-1价，转移电子数为NA，C错误；D项，选项中未给定温度和压强，无法计算气体体积，D错误；故选B。
7．(2022·湖北省部分学校高三联考)由CH4制备CH3OH等含氧有机物的光驱动反应原理示意图如下，其中带“·”微粒为原子或原子团。下列说法错误的是( )

A．甲醇能与水互溶
B．生成·ClO2时，NaClO2仅作还原剂
C．双相反应体系有利于产物的分离
D．双相反应体系避免了产物被氧气进一步氧化
【答案】B
【解析】A项，根据相似相溶，甲醇是极性分子，水也是极性分子，甲醇能溶于水，再有甲醇和水能形成分子间氢键，所以甲醇和水互溶，A正确；B项，根据图示中的反应生成·ClO2时，NaClO2中+3价的氯元素部分化合价升高转变为·ClO2，另一部分化合价降低转变为NaCl，NaClO2既作还原剂又作氧化剂，B错误；C项，双相反应体系中甲醇从有机相移至水相，有利于产物的分离，C正确；D项，甲醇能被氧气等物质氧化，双相反应体系中，下层有机溶剂相不和空气接触，避免了产物被氧气进一步氧化，D正确；故选B。
8．(2022·浙江大学附属中学高三选考模拟)食盐中的KIO3常用作补碘剂，通过碘单质和氯酸钾反应制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑，下列说法正确的是( )
A．产生22.4L Cl2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6：11
C．KH(IO3)2是还原产物
D．KClO3发生还原反应
【答案】D
【解析】A项，反应生成3molCl2时，反应转移60mole-，则产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole-，但常温常压下22.4L气体不是1mol，A项错误；B项，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC1O3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 11 ： 6，B项错误；C项，KH(IO3)2中I元素化合价由0价升高到+5价，KH(IO3)2为氧化产物，C项错误；D项，KClO3中Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KClO3发生还原反应，D项正确；故选D。
9．(2022·上海市奉贤区高三联考)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是氧化产物
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
D．生成4mol I2时，转移9mol电子
【答案】C
【解析】A项，K2H3IO6中碘元素的化合价为+7价，产物中为0价，得电子化合价降低，发生还原反应，A错误；B项，根据氧化还原反应的规律可知，KI中的I元素来自HI，化合价没有发生变化，不是氧化产物，B错误；C项，该反应中部分HI中I元素化合价升高被氧化，HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，C正确；D项，该反应中K2H3IO6中的碘元素全部被还原，生成4mol I2时，消耗1molK2H3IO6，转移7mol电子，D错误；故选C。
10．(2022·上海市金山区一模)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，PtF6-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。A项，PtF6是氧化剂，A错误；B．项，O2(PtF6)中O元素的化合价为+，B错误；C项，每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子，C正确；D项，O2(PtF6)是离子化合物，故含有离子键，同时PtF6-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；故选C。
5．(2022·浙江省选考三模)下列反应的离子方程式正确的是( )
A．丙烯醛与足量溴水反应：CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-
B．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑
C．少量Cl2通入Na2SO3溶液中：SO32-+Cl2+H2O=2H++2Cl-+SO42-
D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】A
【解析】A项，Br2与C=C发生加成反应，同时Br2具有较强的氧化性将-CHO氧化为-COOH，所以方程式书写为CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-，A项正确；B项，Na2O2与水的反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，而水化合价没有任何变化，所以方程式应该为2Na2O2+2H218O=4Na18OH+ O2↑，B项错误；C项，少量的Cl2与Na2SO3反应，足量的SO32-与产生的H+反应，方程式应该为3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO42-，C项错误；D项，草酸为弱酸离子方程式不拆，2MnO4-+6H++5H2C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；故选A。
11．(2022·浙江省选考三模)误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4，下列说法正确的是( )
A．反应中CuSO4作氧化剂，白磷作还原剂 B．反应中电子转移数为60e-
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6 D．1molCuSO4能氧化0.05molP4
【答案】D
【解析】A项，反应中铜元素化合价降低，硫酸铜做氧化剂，磷元素化合价有升高和降低，磷做氧化剂和还原剂，A错误；B项，反应中铜得到60个电子，磷得60个电子，磷失去120个电子，故转移120个电子，B错误；C项，氧化产物为磷酸，还原产物为磷化亚铜，二者比例为24：20=6：5，C错误；D项，1mol硫酸铜能得到1mol电子，一个磷原子失去5个电子，能氧化0.05mol白磷，D正确；故选D。
12．(2022·重庆市育才中学模拟预测)某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和 [AuCl4]-，下列判断错误的是( )

A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境
C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2[AuCl4]-
D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯
【答案】A
【解析】阳极泥焙烧时，Cu2S被O2氧化为CuO、SO2等，Cu2Se被氧化为CuO、SeO2等；酸浸氧化时，Cu、CuO都转化为Cu(NO3)2，SeO2转化为H2SeO4等；酸溶时，Au、Pt被Cl2氧化为[PtCl6]2-和[AuCl4]-；萃取后，水层中含有[AuCl4]-，则[PtCl6]2-进入有机溶剂层。A项，“焙烧”时，发生的化学反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，A错误；B项，“酸浸氧化”时，烧渣中可能含有Cu、SeO2等，若直接与HNO3反应，会生成NO污染环境，被O2氧化后再溶于硝酸，可防止NO等气体的排放，从而保护环境，B正确；C项，“酸溶”时，金被Cl2氧化，最终转化为[AuCl4]-，离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2[AuCl4]-，C正确；D项，水层中不存在Pt元素，则Pt进入有机层中，可进行分离回收，萃取分液时，需要使用分液漏斗和烧杯，D正确；故选A。
13．(2022·河北省石家庄二中模拟预测)钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示，下列说法正确的是( )

A．氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为6：7
B．氯化过程中FeTiO3既不是氧化剂也不是还原剂
C．制取金属钛的反应可得到还原性：Mg＜Ti
D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气
【答案】D
【解析】由流程可知，氯化发生2FeTiO3+6C+7Cl2 2FeCl3+6CO+2TiCl4，然后发生2Mg+TiCl4 2MgCl2+Ti。A项，氯化发生2FeTiO3+6C+7Cl2 2FeCl3+6CO+2TiCl4，氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为7：6，故A错误；B项，氯化时Ti元素非化合价不变，Fe元素的化合价升高，则FeTiO3为还原剂，故B错误；C项，制取金属钛的反应2Mg+TiCl4 2MgCl2+Ti可得到还原性：Mg＞Ti，故C错误；D项，制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气，防止Mg、Ti被氧化，故D正确；故选D。
14．(2022·河北省省级联盟预测)铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。利用辉铋矿制备铋的工艺流程如图。已知该辉铋矿的主要成分为Bi2S3，还含有少量Bi2O3、Bi、SiO2，下列说法错误的是( )

A．“氧化浸出”时，Bi被氧化的化学方程式为Bi+3FeCl3=BiCl3+3FeCl2
B．浸渣的主要成分为S和SiO2，太阳能电池板的主要成分为SiO2
C．洗涤浸渣后的滤液中存在Bi3+，为减少Bi损耗可并入浸液
D．置换液中通入Cl2后主要反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】B
【解析】A项，“氧化浸出”时，Bi被氧化生成BiCl3，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为Bi+3FeCl3=BiCl3+3FeCl2，A正确；B项，由流程图可知，浸渣的主要成分为S和SiO2，太阳能电池板的主要成分为Si，B错误；C项，洗涤浸渣后的滤液中存在Bi3+，为减少Bi损耗，处理方法为并入浸液，C正确；D项，置换液主要含有FeCl2，通入氯气可将置换液中FeCl2氧化生成FeCl3，循环利用，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D正确；故选B。
15．(2022·北京市人大附中三模)用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu

已知：浓硝酸不能单独将Au溶解，通常采用王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1∶3]溶解Au。
下列说法不正确的是( )
A．浓、稀HNO3均可作酸溶试剂，溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料
B．HNO3-NaCl与王水溶金原理相同，反应原理可以表示为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+NO↑+4NaNO3+2H2O
C．用王水溶金时，利用了HNO3的氧化性，浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
D．用适当浓度的盐酸、氯化钠溶液、氨水和铁粉可从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag，试剂1应选择NaCl溶液
【答案】C
【解析】A项，Cu与稀HNO3反应的方程式为3Cu+8HNO3=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu需要硝酸为，Cu与浓HNO3反应的方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu需要硝酸为4mol，故溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料，故A正确；B项，根据化合价的变化规律可知，金元素的化合价从0价升高为+3价，是还原剂，硝酸是氧化剂，氮元素的化合价从+5价降低为+2价，产物是NO，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+NO↑+4NaNO3+2H2O，故B正确；C项，用王水溶金时，硝酸中N的化合价降低，做氧化剂，利用了HNO3的氧化性，浓盐酸提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，其主要作用是减小金离子的电势，增强金的还原性，故C错误；D项，根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaC1溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2是铜和铁单质，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，故D正确；故选C。
16．(2022·山东省潍坊市高三学科核心素养测评)N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2+Fe3+→N2F4↑+Fe2++H+(未配平)。下列说法错误的是( )
A．N2F4分子中N-F键键角小于N2H4分子中N-H键键角
B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．若生成标准状况下2.24LN2F4，转移电子0.2mol
D．N2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF
【答案】D
【解析】A项，F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4的键角小于N2H4，故A正确；B项，由2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；C项，若生成标准状况下2.24LN2F4物质的量，转移电子的物质的量是0.2mol，故D正确；D项，由于电负性：F>N，则N2F4中F为-1价，N为+2价，作氧化剂时只有N元素化合价才能降低，则还原产物可能是N2，HF不变价，故D错误；故选D。
17．(2022·安徽省皖江名校高三第四次联考)ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO3-、H2O六种物质。下列有关说法正确的是( )
A．ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2
C．若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 mol
D．含CN-的废水也可用Cr2O72-处理
【答案】A
【解析】A项，根据题意，ClO-、CN-为反应物，N2、Cl-、HCO3-为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3-。其中ClO-是氧化剂， N2是氧化产物，A正确；B项，在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C项，在反应5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3-中，每反应产生1 mol N2，反应过程中转移10 mol电子。若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 mol，则转移电子1 mol，C错误；D项，Cr2O72-具有强氧化性，但若用Cr2O72-处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D错误；故选A。
18．(2022·安徽师范大学附属中学模拟预测)硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是( )

A．历程①发生反应S2-+Cu2+= CuS↓ B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中n(Fe2+)：n(O2)=4 ：1 D．转化的总反应为H2S=H2+ S
【答案】C
【解析】A项，根据图示可知历程①是Cu2+与H2S气体发生复分解反应产生CuS黑色沉淀和H+，根据电荷守恒及物质的拆分原则，可知发生的该反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A错误；B项，在历程②中，CuS与Fe3+发生氧化还原反应，产生S、Cu2+、Fe2+，该反应的方程式为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，S元素化合价升高，失去电子被氧化，CuS作还原剂，B错误；C项，在历程③中，Fe2+与O2发生氧化还原反应，产生Fe3+、H2O，根据氧化还原反应过程中电子转移守恒可知：n(Fe2+)：n(O2)=4：1，C正确；D项，根据流程图可知总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，D错误；故选C。
19．(2022·山西省吕粱市名校金科大联考高三试题)反应Ⅰ：5FeO42-+3 Mn2++16H+=5Fe3++3MnO4-+8H2O
反应Ⅱ：5S2O32-+2 Mn2++8H2O =10SO42-+2MnO4-+16H+
反应Ⅲ：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
下列说法错误的是( )
A．氧化性：FeO42-＞MnO4-＞H2O2
B．用淀粉试纸可鉴别Na2S2O8和NaHSO4溶液
C．反应Ⅰ和反应Ⅲ中的可由浓盐酸或浓硫酸提供
D．若将反应Ⅱ设计成原电池，正极反应式为S2O82-+2e-=2SO42-
【答案】C
【解析】A项，反应Ⅰ中高铁酸根是氧化剂，高锰酸根是氧化产物，则氧化性FeO42-＞MnO4-，反应Ⅲ中高锰酸根是氧化剂，双氧水被氧化为氧气，则氧化性MnO4-＞H2O2，所以氧化性：FeO42-＞MnO4-＞H2O2，A正确；B项，S2O82-具有强氧化性，能氧化碘离子生成，硫酸氢钠不能氧化碘离子，可用KI淀粉试纸可鉴别Na2S2O8和NaHSO4溶液，B正确；C项，浓盐酸能被高锰酸钾溶液、髙铁酸钾溶液氧化，故上述反应Ⅰ和Ⅲ中氢离子不能由浓盐酸提供，C错误；D项，反应Ⅱ中硫代硫酸根作氧化剂，发生得到电子的还原反应，则将反应Ⅱ设计成原电池，正极上发生还原反应，正极反应式为S2O82-+2e-=2SO42-，D正确。故选C。
20．(2022·安徽省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：4CuO2-+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
【答案】D
【解析】A项，NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；B项，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项，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项，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：CuO2-+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；故选D。
21．(2022·山东省滕州市第一中学高三模块考试)钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32-等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是( )
A．在酸性溶液中氧化性：MnO4->VO2+
B．FeI2溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：Fe2++VO2+=Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加1.5molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【答案】B
【解析】A项，VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，氧化性：氧化剂大于氧化产物，MnO4->VO2+，故A正确；B项，碘离子的还原性大于二价铁离子，碘离子应参与氧化还原反应反应，故B错误；C项，酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；D项，向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO2++2H+=Fe3++VO2++H2O，则VO2+的量不足，所以转移电子为1mol，故D正确；故选B。
22．(2022·山东省实验中学高三第三次诊断考试)高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：①Cl2+KOH→KCl+KC1O+KClO3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法不正确的是( )
A．K2FeO4在杀菌消毒过程中还可以净水
B．反应①中每消耗2molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2(忽略Cl2和水的反应)
C．若反应①中n(ClO-)：n(ClO3-)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时最少消耗0.3molC12
【答案】C
【解析】A项，用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，A正确；B项，反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1：1，所以每消耗2molKOH，吸收1molCl2，标况下1mol氯气的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L，B正确；C项，反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设ClO−为5mol，ClO3-为1mol，氯气转化成ClO−、ClO3-被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：(5mol+1mol)=5：3，C错误；D项，若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，D正确；故选C。
23．(2022·浙江省镇海中学选考模拟)将SO2气体不断通人Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色(还原产物为Cr3+)，则下列有关说法错误的是( )
A．氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终能消耗0.1molK2Cr2O7
C．通入SO2时反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+
D．随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强
【答案】D
【解析】将气体不断通人Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色说明Fe3+被SO2还原为Fe2+，SO2被氧化，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，则氧化性Fe3+＞SO2；然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色，说明Cr2O72-将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，所以氧化性Cr2O72-＞Fe3+，则三者的氧化性Cr2O72-＞Fe3+＞SO2。A项，Cr2O72-、Fe3+和SO2的氧化性强弱顺序为Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故A正确；B项，由分析可得SO2和Cr2O72-的关系为：3SO2—6 Fe2+—Cr2O72-，则6.72LSO2参加反应时最终能消耗K2Cr2O7的物质的量为×=0.1mol，故B正确；C项，通入SO2时发生的反应为二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，故C正确；D项，由题意可得总反应的离子方程式为3SO2+ Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O，由方程式可知，反应时消耗氢离子，溶液的酸性越来越弱，故D错误；故选D。
24．(2022·北京市朝阳区高三二模)用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐(NO3-)是环境修复的重要方法。一种去除NO3-的过程如下。

(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高NO3-的去除率。向两份含氮废水[n(NO3-)=8.1×10-5mol]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2 (3.6×10-5mol)
NO3-的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中NO3-的去除率提高的原因：
A．直接还原NO3-了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
B．研究发现：Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
C． Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。
用57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
D． Cl-破坏钝化层。
将ⅱ中的FeCl2替换为_______，NO3-的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3-的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定NO3-含量
步骤1.取vmL含氮(NO3-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。
已知：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O
①水样中NO3-的含量为_______。
②溶液中O2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)过滤
(2) 3Fe+NO3-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4+
(3) 还原NO3-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于NO3-所需电子数；     7.2×10-5mol NaCl；
(4) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+破坏了钝化层；
(5)      偏大
【解析】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和NH4+，且铁粉和NO3-在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为3Fe+NO3-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4+；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~ Fe3+~ 1e-，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，NO3-~NH4+~8 e-，NO3-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于NO3-所需电子数；为说明是否是Cl-破坏钝化层，根据控制变量法的思想将3.6×10-5mol FeCl2(即n(Cl-)=7.2×10-5mol)替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明Cl-不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；(4)根据上述分析可知生成的Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH) (不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；(5)步骤1.取vmL含氮(NO3-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。发生3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量=，根据该反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中NO3-的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计算出来的水样中NO3-的含量也偏大。
25．(2022·河北省唐山市三模)Ⅰ. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

回答下列问题：
(1)“反应”步骤中生成ClO2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
Ⅱ.某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产NaClO2产品。

(2)已知装置B中的产物有ClO2气体和Na2SO4，则B中产生ClO2气体的化学方程式为_______。
(3)装置D中生成NaClO2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为_______。
(4)装置C的作用是_______。
(5)反应结束后，打开K1，装置A起的作用是_______；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_______。
(6)测定样品中NaClO2的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3H标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，则所称取的样品中NaClO2的质量分数为_______。(用含V、c、m的表达式列出)
【答案】(1)2：1
(2) 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O
(3)2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O
(4)防止D瓶溶液倒吸到B瓶中
(5)     吸收装置B中多余的ClO2和SO2     NaClO3和NaCl
(6)
【解析】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO2和NaClO3反应制备ClO2，再由ClO2经过后续反应制备NaClO2；II．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，如图所示：装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应制备ClO2；装置D中装置D中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2；装置C为安全瓶，可以防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；装置A和装置E为尾气处理装置。(1)“反应”步骤中，SO2和NaClO3反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3中的Cl元素的化合价由+5降低为+4，则NaClO3作氧化剂，SO2中的S元素的化合价由+4升高到+6，则SO2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为2：1。(2)由题干信息可知，装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O；(3)装置D中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和助燃性气体O2，，反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；(4)装置C是安全瓶，其作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；(5)ClO2和SO2为有毒气体，需要用NaOH吸收ClO2等有害气体，防止污染环境，故装置A起的作用是吸收置B中多余的ClO2和SO2；如果撤去D中的冷水浴，ClO2会和NaOH发生反应6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O，导致产品中混有NaClO3和NaCl；(6)已知：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式NaClO2~4Na2S2O3 ，n(Na2S2O3)=cV´10-3mol，则样品中，n(NaClO2)=´cV´10-3mol´=cV´10-3mol，样品中NaClO2的质量分数为=。