高考化学二轮复习易错题易错点04 氧化还原反应（解析版）

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(1)误认为有单质参与或生成的反应一定是氧化还原反应。如O2与O3的转化为非氧化还原反应。
(2)误认为元素由化合态变为游离态一定被还原，其实不一定。如HCl→Cl2，氯元素被氧化，CuO→Cu，铜元素被还原。
(3)误认为氧化还原反应中有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原，其实不一定。如Cl2＋H2OHCl＋HClO中，被氧化和被还原的都是氯元素。
(4)误认为具有氧化性的物质和具有还原性的物质一定都能发生化学反应，其实不一定。如SO2具有还原性，浓H2SO4具有氧化性，但二者不发生氧化还原反应。
(5)误认为同种元素的高价态的物质一定比低价态物质的氧化性强，其实不一定。如HClO的氧化性高于HClO4。
易错题【02】氧化还原反应的规律及应用
易错题【03】陌生情景下的氧化还原方程式的配平
第一步：根据题干信息或流程图，确定反应物和部分生成物。
第二步：判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物或还原产物。
第三步：按“”写出方程式，并按化合价升降原则配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。
第四步：根据元素守恒，补充其他反应物或产物，然后进行配平方程式中需补充的物质一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)。具体补项原则为
易错题【04】电子守恒的计算流程
注意多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
典例分析
例1、氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：①3SiO2＋6C＋2N2eq \(=====,\s\up11(高温))Si3N4＋6CO，也可由SiCl4的蒸汽和NH3反应制取：②3SiCl4＋4NH3eq \(=====,\s\up11(高温))Si3N4＋12HCl。则下列叙述正确的是
A．反应②属于离子反应
B．若制取等量Si3N4，反应①②转移电子数目必然相等
C．反应①的氧化剂是N2
D．反应①中氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶6
C【解析】A．反应②是固体之间的反应，不属于离子反应，错误；B.在反应①中每产生1 ml Si3N4，转移电子的物质的量是12 ml；反应②是非氧化还原反应，因此没有发生电子转移因此制取等量的Si3N4，反应①②转移电子数目不相等，错误；C.在反应①N2得到电子由反应前N2的0价变为反应后Si3N4中的N元素的－3价，N得到电子，被还原，因此该反应的氧化剂是N2，正确；D.在反应①中氧化剂N2得到电子，被还原变为Si3N4，还原剂C失去电子被氧化变为CO，所以氧化产物CO与还原产物Si3N4物质的量之比为6∶1，错误。
例2、已知反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列关于该反应说法错误的是( )
A.氧化性：NaClO3>Cl2
B.当反应中有2 ml e－转移时，被氧化的HCl为4 ml
C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
B【解析】由分析可知，氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A不选；当反应中有2 ml e－转移时，氯化氢中氯元素的化合价由－1升高到0，则被氧化的HCl为2 ml，故B选；由分析可知，Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。
例3、将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是( )
A．过程①中生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋
B．过程②中，Fe3＋作氧化剂
C．回收S的总反应为2H2S＋O2===2H2O＋2S↓
D．过程③中，各元素化合价均未改变
D【解析】由图可知，共发生的有三个反应①H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋ ②CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S
③4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，由此可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O。过程①中，生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，故A正确；过程②中的反应为CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S，铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；①×2＋②×2＋③可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，故C正确；过程③中的反应为4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，故D错误。
例题4、1.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_________________________________________________。
(2)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 ml ClO2消耗NaClO2的量为________ ml；产生“气泡”的化学方程式为________________________________________。
2．FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3eq \(――→,\s\up7(高温))Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_______________。
【答案】1.(1)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O (2)1.25 NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O2. 2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
【解析】1.(1)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。(2)结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5NaClO2＋4NaHSO4===NaCl＋4Na2SO4＋4ClO2↑＋2H2O，即生成1 ml ClO2时消耗1.25 ml NaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSO4反应产生的CO2气体。
2.首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知，1 ml FeO·Cr2O3失去7 ml电子，1 ml NaNO3得到2 ml电子，则由得失电子守恒可知，二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
1．（2021·湖北·高考真题）“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是
A．铜的金属活动性大于银
B．通过揉搓可提供电解质溶液
C．银丝可长时间保持光亮
D．用铝丝代替银丝铜也会变黑
2．（2022·海南·高考真题）在2.8gFe中加入100mL3ml/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应转移电子为0.1mlB．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NAD．反应生成标准状况下气体3.36L
3．（2022·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
4．（2022·浙江·高考真题）关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．与稀盐酸反应生成、、
B．隔绝空气加热分解生成FeO、、
C．溶于氢碘酸(HI)，再加萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与高温反应能生成
5．（2021·天津·高考真题）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
6．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
7．（2022·江苏·高考真题）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
8．（2022·北京·高考真题）某的多孔材料刚好可将“固定”，实现了与分离并制备，如图所示：
己知：
下列说法不正确的是
A．气体温度升高后，不利于的固定
B．被固定后，平衡正移，有利于的去除
C．制备的原理为：
D．每制备，转移电子数约为
9．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
10．（2022·北京·高考真题）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
11．（2022·河北·模拟预测）用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是
A．盐酸与足量共热，转移的电子数为
B．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到的电子数为
C．0.1ml和0.1ml于密闭容器中充分反应后，其分子总数为
D．反应中生成3ml转移的电子数为
12．（2021·福建·高考真题）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X为FeOB．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低D．制备使用的铁锅易损坏
13．（2022·江西鹰潭·一模）天然气中含有毒气体H2S，用如图所示流程可实现天燃气在氧化亚铁硫杆菌(T·F)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．该脱硫过程不可以在中性环境中进行
C．该脱硫过程不需要补充FeSO4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2：1
14．（2022·四川攀枝花·模拟预测）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
15．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测）己知TiO2在光照下可以激发产生空穴(h+)和光电子(e-)。某课题组研究TiO2光催化降解室内污染物甲醛的机理如图所示，下列说法错误的是
A．反应④中HCHO发生氧化反应
B．TiO2每吸收32eV太阳能理论上可以产生10个h+
C．TiO2在光照下同样可以催化CaCO3分解反应
D．该过程总反应为：HCHO+O2CO2+H2O
16．（2022·上海松江·二模）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，以下实验现象可以反复出现。下列说法错误的是
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
17．（2022·江苏泰州·模拟预测）(CH3NH3)PbI3是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图1所示，Walsh提出H2O降解(CH3NH3)PbI3的机理如图2所示。
下列说法不正确的是
A．H3O+的键角小于H2O的键角
B．1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-
C．机理中的反应均为非氧化还原反应
D．H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2
18．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）利用锌灰(主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、、FeO、等杂质)制备高纯ZnO的工艺流程如下，下列说法错误的是：
A．滤渣1的主要成分为、
B．步骤1中发生反应的离子方程式为：
C．加入的试剂a为Zn，目的是除去
D．取步骤3后的干燥滤饼11.2g煅烧，可得产品8.1g，则x=2
19．（2022·福建·厦门双十中学模拟预测）测量大气中氮氧化物(NO、NO2)含量的一种方法如图所示。
通过测量荧光强度可获知NO的浓度，二者成正比。下列说法正确的是
A．X可能为O2
B．城市大气中氮氧化物主要来自雷电作用
C．NO2转化为NO2(激发态)为氧化反应
D．荧光强度越大，大气中NO含量越高
20．（2022·湖北·模拟预测）利用氧化制备的装置如图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：下列说法不正确的是
A．装置D中的试剂为氢氧化钠等碱性溶液
B．若去掉装置B，可能会导致产率降低
C．B和D装置名称不一样，即使在没装试剂之前，二者位置也不能互换
D．装置A中发生反应的离子方程式为：
21．（2022·江苏省平潮高级中学模拟预测）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如下。
下列有关说法不正确的是
A．“碱洗”主要是为了去除废旧镀锌铁皮中的锌
B．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe3+、Na+
C．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
22．（2022·江苏·盐城中学三模）H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]−的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法不正确的是
A．该过程的总反应为H2+O2H2O2
B．[PdCl2O2]2−在此过程中作为催化剂
C．生成1mlH2O2的过程中，转移电子总数为2ml
D．历程中发生了Pd+O2+2Cl− =[PdCl2O2]2−
23. 碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材软磁铁氧体，合成二氧化锰和制造其他锰盐的原料，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有CaCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：
其中，还原焙烧主反应为2MnO2＋Ceq \(=====,\s\up7(△))2MnO＋CO2↑。根据要求回答问题：
(1)若在实验室中进行步骤A，则需用到的仪器为________。步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是________________(填写两条即可)。
(2)步骤C中得到的滤渣的成分是____________。步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。步骤E中调节pH至4.5的作用是______________________。
(3)加入Na2S可以除去Pb2＋、Al3＋等离子。已知Ksp(PbS)＝1×10－28，Ksp(MnS)＝1×10－9.6，当溶液中c(Pb2＋)＝1×10－5 ml·L－1时，溶液中c(Mn2＋)应不大于________。
(4)pH＝0的溶液中，不同价态锰的微粒的能量(ΔG)如图所示。若某种含锰微粒(如Mn3＋)的能量处于相邻价态两种微粒(Mn2＋和MnO2)能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。
①MnOeq \\al(2－,4)______(填“能”或“不能”)稳定存在于pH＝0的溶液中。
②将Mn3＋歧化反应设计为原电池，可测定反应平衡常数。电池负极反应为________________，电池总反应的平衡常数表达式为____________________。
(5)步骤H的离子方程式为______________________。实验室可利用Na2S2O8溶液来检验Mn2＋是否反应完全：2Mn2＋＋5S2Oeq \\al(2－,8)＋8H2O===16H＋＋10SOeq \\al(2－,4)＋2MnOeq \\al(－,4)，确认Mn2＋已完全反应的现象是__________________________。检验时必须控制Mn2＋的浓度不能过大，否则实验失败。理由是________________________。
24. 硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。
实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：
已知：①SO2(g)＋Cl2(g)===SO2Cl2(l)ΔH＝－97.3 kJ·ml－1。
②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1 ℃，沸点为69.1 ℃，在潮湿空气中“发烟”。
③100 ℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。
回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的离子方程式为______________________________________。
(2)装置B的作用为__________________，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为________________________________________________。
(3)E中冷凝水的入口是________(填“a”或“b”)，F的作用为_____________________。
(4)当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为________，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有________(填序号)。
①先通冷凝水，再通气
②控制气流速率，宜慢不宜快
③若三颈烧瓶发烫，可适当降温
④加热三颈烧瓶
(5)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H===SO2Cl2＋H2SO4，分离产物的方法是________。
A．重结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取
(6)长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为________________________________。
参考答案
1．D【详解】A．根据金属活动性顺序表，铜的金属活动性大于银，A项正确；
B．通过揉搓，手上的汗水可提供电解质溶液，B项正确；
C．银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，单质银活动性较弱，可长时间保持光亮，C项正确；
D．铜的活动性比铝弱，氧化铝不能被铜还原为单质铝，因此铜不会变黑，D项错误；
答案选D。
2．A【详解】2.8gFe的物质的量为0.05ml；100mL 3ml·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3ml，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。
A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1ml，A正确；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3ml，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05ml，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；
D．反应生成H2的物质的量为0.05ml，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；
综上所述，本题A。
3．B【详解】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
4．B【详解】A．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成、、，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；
B．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、、则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、、，B符合题意；
C．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；
D．化合物在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物与高温反应能生成，D不合题意；
故答案为：B。
5．A【详解】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。
6．D【详解】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；
B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；
D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；
综上所述，本题选D。
7．D【详解】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；
B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；
C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；
D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。
故选D。
8．D
【详解】A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；
B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；
C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，故C正确；
D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1ml硝酸，反应转移1ml电子，则每制备0.4ml硝酸，转移电子数约为0.4ml×6.02×1023=2.408×1023，故D错误；
故选D。
9．D【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移4ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
10．C【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
故答案为：C。
11．C【详解】A．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移电子数小于0.3NA，A错误；
B．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，故当阳极上减少64g时，转移的电子数并不是2NA个，阴极上得到的电子数也不是2NA个，B错误；
C．氢气和碘反应生成碘化氢是分子数不变的反应，所以将0.1ml氢气和0.1ml碘于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2NA，C正确；
D．在该反应中，碘酸根离子中的碘从+5价变为0价，碘化氢中的碘从-1价变为0价，生成3ml碘单质，转移电子数为5ml，D错误；
故答案选C。
12．A【详解】A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；
B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；
C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；
D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；
综上所述答案为A。
13．D【详解】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+溶液水解，不能在中性环境中共存，故B正确；
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错误；
故选D。
14． C【详解】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
15．C【详解】A．由图可知，反应④的反应物为HCHO、·OH，生成物为CO2、H2O，反应方程式为HCHO+4·OH=CO2+3H2O，HCHO中碳元素化合价由0价升高到+4价，发生氧化反应，A正确；
B．由图可知，一个e-吸收3.2ev的能量可以生成一个h+，产生10个h+，需要吸收32ev的能量，B正确；
C．催化剂具有专一性，二氧化钛不能催化碳酸钙分解反应，C错误；
D．由图可知，总反应的反应物为HCHO、O2，生成物为CO2、H2O，反应的方程式为，D正确；
故答案选C。
16．C【详解】A．CuSO4先被过氧化氢还原为Cu2O，Cu2O又被过氧化氢氧化为CuSO4，所以CuSO4是催化剂，故A正确；
B．第二步Cu2O被过氧化氢氧化为CuSO4，发生反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正确；
C．第一步CuSO4将H2O2氧化为O2，总反应为H2O22H2O+O2，故C错误；
D．总反应为H2O22H2O+O2，H2O2中氧元素化合价既升高又降低，H2O2既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；
选C。
17．A【详解】A．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对。孤电子对越多，排斥力越大键角越小，因此键角H3O+＞H2O，A错误；
B．在1个(CH3NH3)PbI3晶胞中，含有黑球：1个，白球：6×=3个，含有阴影球：8×=1个，因此1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-，B正确；
C．根据图示可知：机理中的反应在反应过程中元素化合价不变，因此这些反应均为非氧化还原反应，C正确；
D．H2O分子中的O原子上含有孤对电子能够与H+形成配位键结合形成H3O+，因此H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2，D正确；
故合理选项是A。
18．D【详解】锌灰的主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、、FeO、等杂质，加稀硫酸溶解，PbSO4不溶，过滤，滤渣1为PbSO4、，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入高锰酸钾氧化硫酸亚铁为氢氧化铁、硫酸锰被氧化为二氧化锰，为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn，锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，滤渣2为铜与过量的锌粉，过滤，滤液为硫酸锌，加入碳酸氢铵生成ZnCO3∙xZn(OH)2，再煅烧得到ZnO。
A．不与稀硫酸反应，锌灰中PbO加稀硫酸溶解得到 PbSO4不溶于水，过滤，滤渣1为PbSO4、，A正确；
B．加入高锰酸钾氧化亚铁离子为氢氧化铁、硫酸锰被氧化为二氧化锰，步骤1中发生反应的离子方程式为：，B正确；
C．为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn，锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，目的是除去，C正确；
D．设ZnCO3∙xZn(OH)2的物质的量为yml，ZnCO3∙xZn(OH)2煅烧得到ZnO，则固体质量减少的质量为二氧化碳、水的质量，，根据固体质量减少的质量、ZnO的物质的量列方程为44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1，解得 x=1、y=0.05，D错误；
故选：D。
19．A【详解】A．NO+O3=NO2(激发态)+O2，气体X可能为O2，A选项正确；
B．城市大气中氮氧化物主要来自汽车尾气等，B选项错误；
C．NO2(激发态)只是电子发生能级跃迁，化合价未发生变化，C选项错误；
D．荧光强度越大，说明NO2(激发态)转化率越高，则NO浓度越小，D选项错误；
答案选A。
20．C【详解】A．氯气有毒，对环境有污染，因此装置D的作用是吸收氯气，防止污染环境，因此装置D应盛放氢氧化钠溶液，选项A正确；
B．A装置产生中混有，根据题中所给信息可知，在碱性减弱时容易变质，因此装置B的作用是除去氯气中的，防止氯化氢与C装置中强碱发生反应，导致产率降低，选项B正确；
C．D装置是洗气瓶，B装置是简易洗气瓶.没装试剂之前，二者位置可以互换，选项C错误；
D．漂白粉的有效成分是，与盐酸发生氧化还原反应，得到氯气，发生反应的离子方程式为：，选项D正确；
答案选C。
21．B【详解】锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再用稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁和氢氧化铁，加热反应生成磁性Fe3O4纳米粒子。
A．锌和氢氧化钠反应，因此“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污和锌，故A正确；
B．“氧化”后是次氯酸钠和亚铁离子反应，因此溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+，还有Na+，故B错误；
C．“氧化”时次氯酸钠和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，因此发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O，故C正确；
D．加热沉铁即把氢氧化亚铁、氢氧化铁加热分解生成Fe3O4胶体，因此用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应，故D正确。
综上所述，答案为B。
22．B【详解】A．由图可知， 在反应过程中先消耗后生成，反应前后不变，为反应的催化剂，总反应为氢气与氧气在催化作用下生成过氧化氢，反应的方程式为H2+O2H2O2，故A正确；
B．由图可知，[PdCl2O2]2−先生成后消耗，为反应中间体，故B错误；
C．根据H2+O2H2O2可知，生成转移2ml电子，故C正确；
D．由图示可知，过程中发生了，故D正确；
答案选B。
23.(1)坩埚 增大硫酸的浓度、升高温度(或搅拌等其他合理答案) (2)CaSO4 1∶2 使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去 (3)1×1013.4 ml·L－1 (4)①不能 ②Mn3＋＋2H2O－e－===MnO2＋4H＋ K＝eq \f(cMn2＋·c4H＋,c2Mn3＋) (5)Mn2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 滴入Na2S2O8溶液，溶液不变紫红色 过量的Mn2＋能与反应生成的MnOeq \\al(－,4)反应，影响对实验现象的观察
【解析】(1)实验室中焙烧固体一般用坩埚。提高反应速率的方法一般有：增大溶液的浓度、升高温度等。(2)步骤B中，CaCO3、Fe、Al2O3、MnO都与硫酸反应分别生成CaSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MnSO4，只有CaSO4微溶于水，故步骤C中滤渣为CaSO4。步骤D中发生的反应为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O，氧化剂是MnO2，还原剂是Fe2＋，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。溶液中存在Fe3＋、Al3＋、Mn2＋等，从流程看，Mn2＋会最终转化为产品；调节pH是为了将Fe3＋转化为Fe(OH)3除去。(3)Ksp(PbS)＝1×10－28，当溶液中c(Pb2＋)＝1×10－5 ml·L－1时，c(S2－)＝1×10－23 ml·L－1；而Ksp(MnS)＝1×10－9.6，要使Mn2＋不沉淀，则c(S2－)·c(Mn2＋)<1×10－9.6，故c(Mn2＋)<1×1013.4 ml·L－1。(4)①依据图像分析，MnOeq \\al(2－,4)的能量处于MnOeq \\al(－,4)和MnO2能量连线左上方，则MnOeq \\al(2－,4)在pH＝0的溶液中不能稳定存在。②Mn3＋发生歧化反应得到Mn2＋和MnO2,2Mn3＋＋2H2O===MnO2＋Mn2＋＋4H＋，将该反应设计为原电池，电池负极反应为Mn3＋＋2H2O－e－===MnO2＋4H＋，电池总反应的平衡常数K＝eq \f(cMn2＋·c4H＋,c2Mn3＋)。(5)步骤H中为Mn2＋与HCOeq \\al(－,3)反应生成MnCO3，根据电荷守恒可得：Mn2＋＋2HCOeq \\al(－,3)―→MnCO3↓，再根据原子守恒可知，产物中还有CO2和H2O，从而写出离子方程式。若存在Mn2＋，则会和Na2S2O8溶液反应生成紫红色的MnOeq \\al(－,4)，否则溶液不变紫红色。检验时必须控制Mn2＋的浓度不能过大，否则过量的Mn2＋能与反应生成的MnOeq \\al(－,4)反应，影响对实验现象的观察。
24.(1)2MnOeq \\al(－,4)＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O (2)除去HCl SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4 (3)a 吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入 (4)80% ①②③ (5)C (6)硫酰氯分解产生氯气
【解析】(1)装置A制备氯气，其中发生反应的离子方程式为2MnOeq \\al(－,4)＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；(2)生成的氯气中含有氯化氢，因此装置B中饱和食盐水的作用为除去HCl；氯气具有强氧化性，能氧化SO2，因此若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4；(3)E中冷凝水的入口是a；氯气和SO2均是污染性气体，则F的作用为吸收尾气，防止污染空气。又因为硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，因此同时防止水蒸气进入；(4)氯气的物质的量为eq \f(1.12 L,22.4 L·ml－1)＝0.05 ml，由方程式可知n(SO2Cl2)＝n(Cl2)＝0.05 ml，故理论上生成SO2Cl2的质量为0.05 ml×135 g·ml－1＝6.75 g，故其产率为eq \f(5.4 g,6.75 g)×100%＝80%；为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应，由于100 ℃以上SO2Cl2开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温；(5)二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；(6)100 ℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气，氯气为黄绿色气体，可能是溶解氯气所致。
条件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
的氧化性比的强
D
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质