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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：32基于反应机理的氧化还原反应考查
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这是一份2022届高三化学一轮高考复习常考题型：32基于反应机理的氧化还原反应考查，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：32基于反应机理的氧化还原反应考查
一、单选题（共18题）
1．某离子反应中涉及、、、、、六种微粒，其中的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是
A．该反应的氧化剂ClO-，还原产物是 B．消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
C．水是生成物，且反应后溶液的酸性明显增强 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
2．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO3－、N2、Cl－六种离子。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是
A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物不只有N2
B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCO3－
C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2
D．标准状况下若生成2.24LN2则转移电子为1mol
3．某化工厂充分利用工业废气中的 CO、CO2，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是
A．为减少副反应的发生，过程Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜
B．在过程Ⅲ中实现了CuCl2 的再生
C．理论上每生成 1molCH3OH，可得到1molC2H4Cl2
D．过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl
4．工业上将 Cl 2 通入冷的 NaOH 溶液中制得漂白液 (主要成分是 NaClO ),室温下将Cl 2缓缓通入 NaOH 溶液中,得到 ClO -、 ClO 3 -的物质的量与
反应时间的关系如图所示,下列有关说法正确的是
A．HClO 具有强氧化性,而 NaClO 没有氧化性
B．向漂白液中加入足量浓盐酸可增强漂白效果
C．无法求出 a 点时的溶液中, c ( Na+ )和 c (Cl- )的比值
D．t 2到 t 4 , n ( ClO - )下降的原因可能是: 3ClO - ="=" 2Cl-+ClO 3-
5．用原电池原理可以除去酸性废水中的三氯乙烯和，其原理如图所示（导电壳内部为纳米铁）。下列说法正确的是
A．纳米铁发生还原反应
B．正极电极反应式：C2HCl3＋5H＋＋8e－=C2H6＋3Cl－
C．导电壳上电极反应式：＋＋14Fe2＋＋14H＋=FeAsS↓＋13Fe3＋＋7H2O
D．当电路中有0．4 mol电子转移时，就会有11．2 L乙烷生成
6．硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是
A．NaBH4中氢元素的化合价为+1价
B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2
C．通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率
D．NaBH4 与水反应的离子方程式为：BH4－+4H2O=B(OH)4－+4H2
7．“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是（ ）
A．反应属于氧化还原反应 B．丁物质一定是非金属单质
C．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2 D．甲和丙中同种元素的化合价不可能相等
8．硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员把出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是
A．第I阶段的化学方程式为：+NO2=+
B．该过程中NO2为催化剂
C．1mol在第II、III两个阶段共失去电子数目为NA
D．氧化性NO＞HNO2
9．硫酸根自由基()是具有较高氧化还原电位的自由基，可以氧化很多物质。通常利用分解过硫酸盐的方式产生硫酸根自由基。碱性条件下，过硫酸钠(硫元素为+6价)活化Fe得到和(和为具有强氧化性的自由基)，去除水体中As(V)的机理模型如图所示。下列有关说法中正确的是
A．中氧元素显-2价
B．与As(V)共沉淀时发生了氧化还原反应
C．和Fe发生的反应为
D．强碱性条件下,溶液中的自由基主要为
10．某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1，反应过程中不同态物质能量变化如图2.下列说法不正确的是
A．由图2可知，该总反应为放热反应
B．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
C．状态④到状态⑤中，NO发生氧化反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2=N2+6H2O
11．为减少温室气体的排放，科学家研究出以为催化剂，光热化学循环分解的反应，该反应机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解反应的热化学方程式：
12．Cu2O/Cu双催化剂在水溶液中用氢原子将CO2高效转化为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如图所示。下列有关说法正确的是
A．催化剂Cu结合含碳微粒，催化剂Cu2O结合氢原子
B．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现
C．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
D．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
13．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
14．MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示(其中·OH是氢氧自由基，·CHO是醛基自由基)，下列叙述正确的是
A．该反应可以消耗温室气体CO2
B．1molHCHO与足量银氨溶液完全反应，最多可生成432gAg
C．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
D．为中间产物之一，该微粒与Na2O2中所含阴离子种类相同
15．硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一、近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是
A．第I阶段的化学方程式为： B．该过程中为催化剂
C．在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去电子数目为 D．氧化性
16．我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是
A．产生清洁燃料 B．脱除率不是100%
C．只被氧化 D．催化剂表面发生了极性共价键的断裂
17．催化还原的机理示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．的断裂需要吸收能量 B．①→②，发生加成反应
C．④中，被氧化为 D．生成总反应的化学方程式是
18．近期我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化剂，其电催化固氮的机理如图所示。下列对机理过程描述错误的是
A．1个N2分子反应生成2个NH3分子
B．反应过程涉及N2的电化学还原
C．反应在碱性条件下进行的程度更大
D．反应机理的每一步均有σ键形成
二、填空题（共5题）
19．用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为___________
。
20．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。
(1)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用下图表达。
试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：_____，其中水为_____剂。
(2)氯化铵常用于焊接。如在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接,其反应为4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O。
①该反应中，被氧化的元素是_____(填元素名称)，氧化剂是_______(填化学式)。
②反应中若产生0.2 mol的气体，则有_____mol的电子转移。
(3)随着汽车的普及，我国城市汽车尾气污染治理迫在眉睫。用于汽车尾气净化装置的一种新型催化剂可避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图所示。
写出上述变化中的总化学反应方程式：___________。
21．臭氧氧化技术被广泛用于饮用水的处理，但也会产生易致癌的 BrO3－。
(1)取含 Br－的水样，向其中投加一定量的 H2O2，再经 O3氧化后，水中溴酸盐(BrO3－)的含量如图所示
①投加过氧化氢，其目的是___。
②未投加过氧化氢，臭氧投加量在 0~1.0 mg·L－１时，BrO3－的浓度为 0 的可能原因是___。
(2)科研小组在控制其他条件一定时，研究n(H2O2)/n(O3) 对水样中 Br-浓度的影响，结果如图。在相同时刻，投加 H2O2的反应中 Br-的浓度高于未投加 H2O2的，其可能原因是反应过程中生成的HBrO 被 H2O2还原所致，该反应的化学方程式为___。
(3)BrO3－能被活性炭有效去除，其去除机理分为两步，第一步是___；第二步是BrO3－被活性炭还原为Br－。反应方程式(未配平)如下：
≡C+BrO3-→ BrO-+≡CO2①
≡C+BrO-→ Br-+ ≡CO2②
反应的总方程式为：2BrO3－+ 3 ≡C = 2Br－+ 3 ≡CO2。其中≡C 代表活性炭表面，≡CO2代表活性炭表面氧化物。则反应①与反应②中参加反应的≡C 物质的量之比为___。
22．低浓度含砷As废水可用铁盐沉淀法处理。通常情况下，废水中同时存在三价砷和五价砷，其去除原理为：Fe3++AsO=FeAsO3↓，Fe3++AsO=FeAsO4↓。
已知：①三价砷的毒性高于五价砷；
②Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)；
③K2FeO4具有较强的氧化性。pH越小，其氧化性越强，稳定性越弱。
(1)pH约为7时，为除去废水中的砷，下列试剂中去除效果较好的是____(填序号)。
A．FeCl3 B．K2FeO4 C．FeCl3、K2FeO4
选择该试剂的理由是___。
(2)一定条件下，以K2FeO4去除废水中的砷，溶液的pH对砷去除率的影响如图1所示：
①当pH>8时，pH越大，砷去除率越低，其原因可能是___。
②当pH<5时，pH越小，砷去除率越低，其原因可能是___。
(3)Na2S2O8易溶于水、有氧化性，利用Fe—Na2S2O8体系去除废水中的五价砷，反应机理如图2所示。
已知：•OH(羟基自由基)是一种不带电荷的活性中间体，“•”表示未成对电子。
①写出•OH的电子式____。
②S2O在此过程中的作用与发生的变化可描述为___。
23．我国“蓝天保卫战”成果显著，肆虐的雾霾逐渐被遏止。科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：
回答下列问题：
(1)从物质分类的角度看，图中的物质属于酸性氧化物的有_______(写化学式)。
(2)工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为_______。
(3)下列关于雾霾叙述错误的是_______。
A．雾和霾的分散质、分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
(4)化肥、炼油、稀土、钢铁等工业都会排放出高浓度的氨氮废水。氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以和NH3·H2O形式存在，为达到变废为宝回收利用的目的，某团队设计处理流程如下：
①过程II为硝化过程，在微生物的作用下实现→→的转化，在碱性条件下被氧气氧化成的总反应离子方程式为_______。
②过程III为反硝化过程，向一定条件下的废水中加入甲醇(CH3OH)实现HNO3→→N2的转化，将1mol完全转化为N2，转移的电子数为_______。
参考答案
1．C
【分析】
N2物质的量随着时间的推移逐渐增大，N2为生成物，根据N守恒，NH4+为反应物，NH4+被氧化成N2，则ClO-被还原成Cl-，用化合价升降法配平，得出反应的离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。
【详解】
N2物质的量随着时间的推移逐渐增大，N2为生成物，根据N守恒，NH4+为反应物，NH4+被氧化成N2，则ClO-被还原成Cl-。
A项，根据上述分析，该反应的氧化剂是ClO-，还原产物是Cl-，N2是氧化产物，A项错误；
B项，该反应中还原剂为NH4+，反应中N元素的化合价由-3价升高至0价，消耗1mol还原剂NH4+，转移3mol电子，B项错误；
C项，在反应中N元素的化合价由-3价升至0价，Cl元素的化合价由+1价降至-1价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O，反应生成H2O和H+，水是生成物，且反应后溶液的酸性明显增强，C项正确；
D项，1mol氧化剂ClO-得到2mol电子，1mol还原剂NH4+失去3mol电子，根据得失电子总数相等，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，D项错误；
答案选C。
2．B
【解析】
试题分析：由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-。A、反应中，C元素化合价由CN-中+2价升高为HCO3-中+4价，N元素化合价由CN-中-3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3-、N2，故A正确；B、反应中Cl元素化合价由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，ClO-是氧化剂，还原产物是Cl-，故B错误；C、由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN-是还原剂，ClO-是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；D、2.24LN2(标准状况)的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，故D正确；故选B。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等。注意根据化合价的变化分析，物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，在反应中失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物，可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
3．C
【分析】
根据联合生产流程图分析可知，过程Ⅱ中发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成的H2参与过程Ⅰ，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，CuCl2进入过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析可知，过程Ⅱ为电解饱和NaCl溶液的过程，为减少副反应的发生，装置中可使用阳离子交换膜，A选项正确；
B．过程Ⅲ发生的反应主要为过程Ⅳ产生的CuCl与Cl2反应生成CuCl2，CuCl2再进入过程Ⅳ反应，实现了CuCl2的再生，B选项正确；
C．过程Ⅰ为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0价升高为+1价，则每生成1molCH3OH转移4mol电子，过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，每生成1molC2H4Cl2转移2mol电子，结合过程Ⅱ中发生的反应，则理论上每生成 1molCH3OH，可得到2molC2H4Cl2，C选项错误；
D．由分析可知，过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，D选项正确；
答案选C。
4．D
【详解】
试题分析：A．HClO 具有强氧化性，表现出氧化性的是氯元素，所以NaClO也有氧化性，A错误；B．Cl2+H2OHCl+HClO,加入足量浓盐酸，平衡逆向移动生成Cl2，漂白效果减弱，B错误；C．知道a点ClO3-和ClO 的物质的量，还有原来氢氧化钠和加入的氯气的量，能够求出溶液中钠离子和氯离子的量，C错误；D．t 2到 t 4次氯酸根离子的浓度减小、氯酸根离子的浓度增大，所以是由于ClO-发生反应生成了ClO3-，同时被还原为Cl-，D正确，答案选D。
考点：考查氯气与碱反应
5．B
【详解】
A．据图可知纳米铁生成Fe2+，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；
B．原电池正极得电子发生还原反应，据图可知在酸性条件下，正极上C2HCl3被还原为乙烷，则电极反应式为：C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-，故B正确；
C．据示意图可判断亚铁离子还原AsO3-，但该反应并不是发生在导电壳上，而是发生在含SO42-的酸性溶液中，导电壳上的反应为铁被氧化成亚铁离子，故C错误；
D．根据电极反应式为：C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-，当电路中有0.4mol电子转移时，就会有0.5mol乙烷生成，但未指明温度和压强，不能确定气体的体积，故D错误；
故答案为B。
6．A
【详解】
A. B为ⅢA元素，其化合价为+3价，NaBH4中氢元素的化合价为－1价，故A说法错误；
B. 由图示可知BH4－中的H原子与H2O中H结合为H2，当若用D2O代替H2O，形成的氢气有三种，即D2、HD和H2，故B说法正确；
C. 反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C说法正确；
D. NaBH4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为BH4－＋4H2O=B(OH)4－＋4H2↑，故D说法正确；
答案：A。
7．D
【详解】
根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2；
A．该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；
B．丁物质为氮气单质，属于非金属单质，故B正确；
C．配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，故C正确；
D．一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，故D错误；
故答案为D。
【点睛】
考查氧化还原反应、质量守恒定律，解题难点是根据微观示意图准确得出NO+CO→N2+CO2的反应原理是解题关键，再从化合价变化的角度分析氧化还原反应，结合质量守恒分析即可，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
8．B
【分析】
根据图中给出的原子信息，可以推出第I阶段发生的反应为：，第II、III阶段发生的反应为：。
【详解】
A．由图可知第I阶段的化学方程式为：，选项A正确；
B．该过程中，NO2作为反应物，选项B错误；
C．第II、III阶段中，1mol 失去1mol电子（NA个）变为，选项C正确；
D．该过程中，NO2作氧化剂，HNO2作还原产物，则氧化性：NO2＞HNO2，选项D正确；
答案选B。
9．D
【详解】
A．中含过氧键，氧元素价态有-1价，选项A错误；
B．与As(V)共沉淀时，没有元素发生化合价变化，选项B错误；
C．和Fe发生反应生成和，反应为，和发生反应生成和，反应为，选项C错误；
D．根据图示可知，强碱性条件下，，故强碱性条件下，溶液中的自由基主要是，选项D正确。
答案选D。
10．D
【详解】
A．由图2知，起始态的能量高于终态的能量，故该反应为放热反应，A正确；
B．由图1知，状态③到状态④，[CuⅠ(H2NNO)(NH3)2]+转化为[CuⅠ(NH3)2]+、N2、H2O，生成H2O时涉及O—H形成，B正确；
C．由图1知，状态④到状态⑤，[CuⅠ(NH3)2]+与NO、O2反应生成[CuⅡ(NO2)(NH3)2]+，由化合价推知配体中N元素为+3价，而反应物NO中N元素为+2价，故NO被氧化，C正确；
D．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3 mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，D错误；
故答案选D。
11．A
【详解】
A．由图中信息可知，该反应中，在太阳能的作用下，二氧化碳发生了分解反应，光能和热能转化为化学能，A正确；
B．该过程中二氧化碳发生了分解反应，属于氧化还原反应，故有电子转移，B不正确；
C．催化剂不能改变反应的焓变，但是可以降低反应的活化能，故使用作催化剂可以提高化学反应速率，C不正确；
D．化学反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，，则分解反应的热化学方程式为，D不正确。
本题选A。
12．C
【详解】
A．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，A错误；
B．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，B错误；
C．根据题图可知中间步骤中有甲醛生成，C正确；
D．该催化过程中涉及到化学键的形成和化学键的断裂，D错误；
故选C。
13．D
【详解】
A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
14．B
【详解】
A．由图可知该反应产生CO2，故A项错误；
B．1molHCHO中存在2mol的醛基结构，故与银氨溶液完全反应，最多可生成4molAg，即432gAg，故B项正确；
C．催化机理存在一步＋与H+反应生成CO2的过程，这一步不是氧化还原反应，故C项错误；
D．Na2O2中的阴离子是，与种类不一样，故D项错误；
故答案为：B。
15．B
【分析】
根据图中给出的原子信息，可以推出第I阶段发生的反应为：，第II、III阶段发生的反应为：。
【详解】
A．由图可知第I阶段的化学方程式为：，A正确；
B．该过程中，NO2作为反应物，B错误；
C．第II、III阶段中，1mol 失去1mol电子（NA个）变为，C正确；
D．该过程中，NO2作氧化剂，HNO2作还原产物，则氧化性：NO2＞HNO2，D正确；
故选B。
16．C
【详解】
A．由机理图可知，H2S被吸附在催化剂活泼炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成清洁燃料H2，故A正确；
B．由机理图可知，H2S分解产生的H2和S会再次生成部分H2S，故H2S脱除率小于100%，故B错误；
C．由机理图可知，H2S在催化过程中形成了SO2、单质S、CS2和H2，S元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，则H2S既被氧化又被还原，故C错误；
D．H2S被吸附在催化剂活泼炭表面形成H原子和S原子，断裂的H-S键是极性共价键，故D正确；
故答案为C。
17．C
【详解】
A. 断裂化学键吸收能量，则H-H的断裂需要吸收能量，故A正确；
B. 如图所示，C=O键转化为单键，为加成反应，故B正确；
C. ④中，CO转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子被还原，故C错误；
D. 由图可知二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，反应为，故D正确；
故选C。
18．C
【详解】
A．通过机理图可以看出，一个氮气分子生成两个氨气分子，故A正确；
B．氮气生成氨气的过程中氮原子结合氢离子并得到电子，发生还原反应，因此氮气生成氨气是通过多步电化学还原来实现的，故B正确；
C．根据题目所给出的机理示意图可知，反应需要H+，因此是在酸性条件下进行的，故C错误；
D．从反应机理看出，每一步均有H的加入有σ键形成，故D正确；
故选C。
19．单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe-6e-=3Fe2＋，3Fe2+＋CrO＋4H2O+4OH-=Cr(OH)3↓+3Fe(OH)3↓；
【分析】
单质铁发生吸氧腐蚀，Fe-2e-=Fe2+，Fe2+再还原CrO生成Cr(OH)3↓。
【详解】
还原近中性废水中的Cr(Ⅵ)，单质铁发生吸氧腐蚀，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+易被氧化成Fe3+，CrO42-被还原为三价铬，由图可知，根据质量守恒和电子转移守恒写出离子方程式为：3Fe2+＋CrO＋4H2O+4OH-=Cr(OH)3↓+3Fe(OH)3↓。
20．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 氧化剂 氮 CuO 1.2 2NO+O2+4CO4CO2+N2
【分析】
(1)由图可知反应IV属于氧化还原反应，反应基本类型为置换反应；
(2)元素化合价升高，失去电子，被氧化；元素化合价降低，得到电子，被还原，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数；
(3)根据已知信息书写反应物和产物并配平方程式。
【详解】
(1)由图可知反应IV属于氧化还原反应，反应基本类型为置换反应，有水参加的置换反应，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，所以H2O为氧化剂；
(2)①在反应4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O中，N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以被氧化的元素是氮元素；Cu元素化合价由反应前CuO中的+2价变为反应后Cu单质的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以CuO为氧化剂；
②根据方程式可知：每有1 mol N2发生反应，转移6 mol电子，则若反应中若产生0.2 mol的气体，转移电子的物质的量为n(e-)=6 mol×0.2=1.2 mol；
(3)根据图示可知NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，则共有原子守恒和电子守恒，可得反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2。
【点睛】
本题考查氧化还原反应的有关知识。注意不同分类方法在化学反应中的应用。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，要根据元素化合价的升降判断反应所属类型及物质的作用。
21．抑制溴酸盐的生成(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐) O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－ HBrO + H2O2=HBr + H2O + O2↑ 活性炭吸附BrO3－ 2∶1
【分析】
（1）①根据图像，投加过氧化氢，其目的是抑制溴酸盐的生成(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐)；
②BrO3－的浓度为0的可能原因是O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－；
（2）根据氧化还原反应的配平原则进行配平；
（3）活性炭具有很强的吸附性，第二步是BrO3－被活性炭还原为Br－，则第一步为活性炭吸附BrO3－；根据总反应方程式判断反应①与反应②中参加反应的≡C物质的量之比。
【详解】
（1）①根据图像，投加一定量H2O2不利于Br-氧化成BrO3-，即投加过氧化氢的目的是抑制溴酸盐的生成(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐)，故答案为抑制溴酸盐的生成。(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐)。
②未投加过氧化氢，臭氧投加量在0~1.0mg·L－１时，BrO3－的浓度为0的可能原因是O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－，故答案为O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－。
（2）由题意可知，生成的HBrO被H2O2还原为HBr，H2O2被HBrO氧化为H2O和O2，反应的化学方程式为HBrO+H2O2=HBr+H2O+O2↑，故答案为HBrO+H2O2=HBr+H2O+O2↑。
（3）活性炭具有很强的吸附性，第二步是BrO3－被活性炭还原为Br－，则第一步为活性炭吸附BrO3－；配平后反应①的方程式为：≡C+BrO3－=BrO－+≡CO2，反应②的方程式为：≡C+2BrO－=2Br－+≡CO2，由总反应方程式2BrO3－+3≡C=2Br－+3≡CO2可知，反应①与反应②中参加反应的≡C物质的量之比为2∶1，故答案为活性炭吸附BrO3-，2∶1。
22．C K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+ pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低 pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低 S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀
【详解】
(1)由题给信息可知，除去废水中砷的过程，实际上是将砷元素转化为溶度积小的FeAsO4沉淀的过程，则pH约为7时，向废水中加入K2FeO4，将三价砷氧化为五价砷，反应的化学方程式为5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，由方程式可知FeO不能将AsO完全转化为FeAsO4沉淀，溶液中还存在AsO离子，还需要加入FeCl3溶液将AsO离子完全转化为FeAsO4沉淀，达到除去废水中砷的目的，则去除效果较好的试剂是FeCl3、K2FeO4，故答案为：C；K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+；
(2)①由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4氧化性越强，则当溶液pH>8时，溶液pH越大，K2FeO4氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，导致砷去除率降低，故答案为：pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低；
②由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4稳定性越弱，则当溶液pH<5时，溶液pH越小，K2FeO4不稳定分解，溶液中FeO浓度降低，导致砷去除率越低，故答案为：pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低；
(3)①•OH是水分子去掉一个氢原子形成的不带电荷的自由基，电子式为，故答案为：；
②由反应机理示意图可知，S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀，故答案为：S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀。
23．N2O5、SO2、SO3 AC 3NA
【详解】
(1)酸性氧化物是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，图中：N2O5、SO2、SO3属于酸性氧化物，故答案为：N2O5、SO2、SO3；
(2)工业上利用氨气的催化氧化制取NO，氨气与氧气反应生成NO和水，反应为：
，故答案为：；
(3)A．雾的分散质是小液滴，霾的分散质含有固体小颗粒，故A错误：
B．由图示信息可知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故B正确；
C．NH3是形成无机颗粒物的反应物，不是催化剂，故C错误：
D．过度施用氮肥会增加空气中氮氧化物的排放，促使雾霾的形成，故D正确；
故答案为：AC；
(4)在碱性条件下被氧气氧化成的总反应离子方程式为：；将lmol NO2完全转化为N2时，NO2的氮元素由为+3价转化为N2中的0价，根据原子守恒可知转移的电子数为3mol，即转移的电子数为3NA。
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2022届高三化学一轮高考复习常考题型：32基于反应机理的氧化还原反应考查
一、单选题（共18题）
1．某离子反应中涉及、、、、、六种微粒，其中的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是
A．该反应的氧化剂ClO-，还原产物是 B．消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
C．水是生成物，且反应后溶液的酸性明显增强 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
2．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO3－、N2、Cl－六种离子。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是
A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物不只有N2
B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCO3－
C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2
D．标准状况下若生成2.24LN2则转移电子为1mol
3．某化工厂充分利用工业废气中的 CO、CO2，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是
A．为减少副反应的发生，过程Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜
B．在过程Ⅲ中实现了CuCl2 的再生
C．理论上每生成 1molCH3OH，可得到1molC2H4Cl2
D．过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl
4．工业上将 Cl 2 通入冷的 NaOH 溶液中制得漂白液 (主要成分是 NaClO ),室温下将Cl 2缓缓通入 NaOH 溶液中,得到 ClO -、 ClO 3 -的物质的量与
反应时间的关系如图所示,下列有关说法正确的是
A．HClO 具有强氧化性,而 NaClO 没有氧化性
B．向漂白液中加入足量浓盐酸可增强漂白效果
C．无法求出 a 点时的溶液中, c ( Na+ )和 c (Cl- )的比值
D．t 2到 t 4 , n ( ClO - )下降的原因可能是: 3ClO - ="=" 2Cl-+ClO 3-
5．用原电池原理可以除去酸性废水中的三氯乙烯和，其原理如图所示（导电壳内部为纳米铁）。下列说法正确的是
A．纳米铁发生还原反应
B．正极电极反应式：C2HCl3＋5H＋＋8e－=C2H6＋3Cl－
C．导电壳上电极反应式：＋＋14Fe2＋＋14H＋=FeAsS↓＋13Fe3＋＋7H2O
D．当电路中有0．4 mol电子转移时，就会有11．2 L乙烷生成
6．硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是
A．NaBH4中氢元素的化合价为+1价
B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2
C．通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率
D．NaBH4 与水反应的离子方程式为：BH4－+4H2O=B(OH)4－+4H2
7．“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是（ ）
A．反应属于氧化还原反应 B．丁物质一定是非金属单质
C．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2 D．甲和丙中同种元素的化合价不可能相等
8．硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员把出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是
A．第I阶段的化学方程式为：+NO2=+
B．该过程中NO2为催化剂
C．1mol在第II、III两个阶段共失去电子数目为NA
D．氧化性NO＞HNO2
9．硫酸根自由基()是具有较高氧化还原电位的自由基，可以氧化很多物质。通常利用分解过硫酸盐的方式产生硫酸根自由基。碱性条件下，过硫酸钠(硫元素为+6价)活化Fe得到和(和为具有强氧化性的自由基)，去除水体中As(V)的机理模型如图所示。下列有关说法中正确的是
A．中氧元素显-2价
B．与As(V)共沉淀时发生了氧化还原反应
C．和Fe发生的反应为
D．强碱性条件下,溶液中的自由基主要为
10．某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1，反应过程中不同态物质能量变化如图2.下列说法不正确的是
A．由图2可知，该总反应为放热反应
B．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
C．状态④到状态⑤中，NO发生氧化反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4NH3+2NO+2O2=N2+6H2O
11．为减少温室气体的排放，科学家研究出以为催化剂，光热化学循环分解的反应，该反应机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解反应的热化学方程式：
12．Cu2O/Cu双催化剂在水溶液中用氢原子将CO2高效转化为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如图所示。下列有关说法正确的是
A．催化剂Cu结合含碳微粒，催化剂Cu2O结合氢原子
B．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现
C．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
D．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
13．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
14．MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示(其中·OH是氢氧自由基，·CHO是醛基自由基)，下列叙述正确的是
A．该反应可以消耗温室气体CO2
B．1molHCHO与足量银氨溶液完全反应，最多可生成432gAg
C．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
D．为中间产物之一，该微粒与Na2O2中所含阴离子种类相同
15．硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一、近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如下，下列说法错误的是
A．第I阶段的化学方程式为： B．该过程中为催化剂
C．在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去电子数目为 D．氧化性
16．我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是
A．产生清洁燃料 B．脱除率不是100%
C．只被氧化 D．催化剂表面发生了极性共价键的断裂
17．催化还原的机理示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．的断裂需要吸收能量 B．①→②，发生加成反应
C．④中，被氧化为 D．生成总反应的化学方程式是
18．近期我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化剂，其电催化固氮的机理如图所示。下列对机理过程描述错误的是
A．1个N2分子反应生成2个NH3分子
B．反应过程涉及N2的电化学还原
C．反应在碱性条件下进行的程度更大
D．反应机理的每一步均有σ键形成
二、填空题（共5题）
19．用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为___________
。
20．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。
(1)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用下图表达。
试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：_____，其中水为_____剂。
(2)氯化铵常用于焊接。如在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接,其反应为4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O。
①该反应中，被氧化的元素是_____(填元素名称)，氧化剂是_______(填化学式)。
②反应中若产生0.2 mol的气体，则有_____mol的电子转移。
(3)随着汽车的普及，我国城市汽车尾气污染治理迫在眉睫。用于汽车尾气净化装置的一种新型催化剂可避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图所示。
写出上述变化中的总化学反应方程式：___________。
21．臭氧氧化技术被广泛用于饮用水的处理，但也会产生易致癌的 BrO3－。
(1)取含 Br－的水样，向其中投加一定量的 H2O2，再经 O3氧化后，水中溴酸盐(BrO3－)的含量如图所示
①投加过氧化氢，其目的是___。
②未投加过氧化氢，臭氧投加量在 0~1.0 mg·L－１时，BrO3－的浓度为 0 的可能原因是___。
(2)科研小组在控制其他条件一定时，研究n(H2O2)/n(O3) 对水样中 Br-浓度的影响，结果如图。在相同时刻，投加 H2O2的反应中 Br-的浓度高于未投加 H2O2的，其可能原因是反应过程中生成的HBrO 被 H2O2还原所致，该反应的化学方程式为___。
(3)BrO3－能被活性炭有效去除，其去除机理分为两步，第一步是___；第二步是BrO3－被活性炭还原为Br－。反应方程式(未配平)如下：
≡C+BrO3-→ BrO-+≡CO2①
≡C+BrO-→ Br-+ ≡CO2②
反应的总方程式为：2BrO3－+ 3 ≡C = 2Br－+ 3 ≡CO2。其中≡C 代表活性炭表面，≡CO2代表活性炭表面氧化物。则反应①与反应②中参加反应的≡C 物质的量之比为___。
22．低浓度含砷As废水可用铁盐沉淀法处理。通常情况下，废水中同时存在三价砷和五价砷，其去除原理为：Fe3++AsO=FeAsO3↓，Fe3++AsO=FeAsO4↓。
已知：①三价砷的毒性高于五价砷；
②Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)；
③K2FeO4具有较强的氧化性。pH越小，其氧化性越强，稳定性越弱。
(1)pH约为7时，为除去废水中的砷，下列试剂中去除效果较好的是____(填序号)。
A．FeCl3 B．K2FeO4 C．FeCl3、K2FeO4
选择该试剂的理由是___。
(2)一定条件下，以K2FeO4去除废水中的砷，溶液的pH对砷去除率的影响如图1所示：
①当pH>8时，pH越大，砷去除率越低，其原因可能是___。
②当pH<5时，pH越小，砷去除率越低，其原因可能是___。
(3)Na2S2O8易溶于水、有氧化性，利用Fe—Na2S2O8体系去除废水中的五价砷，反应机理如图2所示。
已知：•OH(羟基自由基)是一种不带电荷的活性中间体，“•”表示未成对电子。
①写出•OH的电子式____。
②S2O在此过程中的作用与发生的变化可描述为___。
23．我国“蓝天保卫战”成果显著，肆虐的雾霾逐渐被遏止。科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：
回答下列问题：
(1)从物质分类的角度看，图中的物质属于酸性氧化物的有_______(写化学式)。
(2)工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为_______。
(3)下列关于雾霾叙述错误的是_______。
A．雾和霾的分散质、分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
(4)化肥、炼油、稀土、钢铁等工业都会排放出高浓度的氨氮废水。氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以和NH3·H2O形式存在，为达到变废为宝回收利用的目的，某团队设计处理流程如下：
①过程II为硝化过程，在微生物的作用下实现→→的转化，在碱性条件下被氧气氧化成的总反应离子方程式为_______。
②过程III为反硝化过程，向一定条件下的废水中加入甲醇(CH3OH)实现HNO3→→N2的转化，将1mol完全转化为N2，转移的电子数为_______。
参考答案
1．C
【分析】
N2物质的量随着时间的推移逐渐增大，N2为生成物，根据N守恒，NH4+为反应物，NH4+被氧化成N2，则ClO-被还原成Cl-，用化合价升降法配平，得出反应的离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。
【详解】
N2物质的量随着时间的推移逐渐增大，N2为生成物，根据N守恒，NH4+为反应物，NH4+被氧化成N2，则ClO-被还原成Cl-。
A项，根据上述分析，该反应的氧化剂是ClO-，还原产物是Cl-，N2是氧化产物，A项错误；
B项，该反应中还原剂为NH4+，反应中N元素的化合价由-3价升高至0价，消耗1mol还原剂NH4+，转移3mol电子，B项错误；
C项，在反应中N元素的化合价由-3价升至0价，Cl元素的化合价由+1价降至-1价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O，反应生成H2O和H+，水是生成物，且反应后溶液的酸性明显增强，C项正确；
D项，1mol氧化剂ClO-得到2mol电子，1mol还原剂NH4+失去3mol电子，根据得失电子总数相等，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，D项错误；
答案选C。
2．B
【解析】
试题分析：由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-。A、反应中，C元素化合价由CN-中+2价升高为HCO3-中+4价，N元素化合价由CN-中-3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3-、N2，故A正确；B、反应中Cl元素化合价由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，ClO-是氧化剂，还原产物是Cl-，故B错误；C、由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN-是还原剂，ClO-是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；D、2.24LN2(标准状况)的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol，故D正确；故选B。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等。注意根据化合价的变化分析，物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，在反应中失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物，可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
3．C
【分析】
根据联合生产流程图分析可知，过程Ⅱ中发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成的H2参与过程Ⅰ，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，CuCl2进入过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析可知，过程Ⅱ为电解饱和NaCl溶液的过程，为减少副反应的发生，装置中可使用阳离子交换膜，A选项正确；
B．过程Ⅲ发生的反应主要为过程Ⅳ产生的CuCl与Cl2反应生成CuCl2，CuCl2再进入过程Ⅳ反应，实现了CuCl2的再生，B选项正确；
C．过程Ⅰ为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0价升高为+1价，则每生成1molCH3OH转移4mol电子，过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，每生成1molC2H4Cl2转移2mol电子，结合过程Ⅱ中发生的反应，则理论上每生成 1molCH3OH，可得到2molC2H4Cl2，C选项错误；
D．由分析可知，过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，D选项正确；
答案选C。
4．D
【详解】
试题分析：A．HClO 具有强氧化性，表现出氧化性的是氯元素，所以NaClO也有氧化性，A错误；B．Cl2+H2OHCl+HClO,加入足量浓盐酸，平衡逆向移动生成Cl2，漂白效果减弱，B错误；C．知道a点ClO3-和ClO 的物质的量，还有原来氢氧化钠和加入的氯气的量，能够求出溶液中钠离子和氯离子的量，C错误；D．t 2到 t 4次氯酸根离子的浓度减小、氯酸根离子的浓度增大，所以是由于ClO-发生反应生成了ClO3-，同时被还原为Cl-，D正确，答案选D。
考点：考查氯气与碱反应
5．B
【详解】
A．据图可知纳米铁生成Fe2+，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；
B．原电池正极得电子发生还原反应，据图可知在酸性条件下，正极上C2HCl3被还原为乙烷，则电极反应式为：C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-，故B正确；
C．据示意图可判断亚铁离子还原AsO3-，但该反应并不是发生在导电壳上，而是发生在含SO42-的酸性溶液中，导电壳上的反应为铁被氧化成亚铁离子，故C错误；
D．根据电极反应式为：C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-，当电路中有0.4mol电子转移时，就会有0.5mol乙烷生成，但未指明温度和压强，不能确定气体的体积，故D错误；
故答案为B。
6．A
【详解】
A. B为ⅢA元素，其化合价为+3价，NaBH4中氢元素的化合价为－1价，故A说法错误；
B. 由图示可知BH4－中的H原子与H2O中H结合为H2，当若用D2O代替H2O，形成的氢气有三种，即D2、HD和H2，故B说法正确；
C. 反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C说法正确；
D. NaBH4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为BH4－＋4H2O=B(OH)4－＋4H2↑，故D说法正确；
答案：A。
7．D
【详解】
根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2；
A．该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；
B．丁物质为氮气单质，属于非金属单质，故B正确；
C．配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，故C正确；
D．一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，故D错误；
故答案为D。
【点睛】
考查氧化还原反应、质量守恒定律，解题难点是根据微观示意图准确得出NO+CO→N2+CO2的反应原理是解题关键，再从化合价变化的角度分析氧化还原反应，结合质量守恒分析即可，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
8．B
【分析】
根据图中给出的原子信息，可以推出第I阶段发生的反应为：，第II、III阶段发生的反应为：。
【详解】
A．由图可知第I阶段的化学方程式为：，选项A正确；
B．该过程中，NO2作为反应物，选项B错误；
C．第II、III阶段中，1mol 失去1mol电子（NA个）变为，选项C正确；
D．该过程中，NO2作氧化剂，HNO2作还原产物，则氧化性：NO2＞HNO2，选项D正确；
答案选B。
9．D
【详解】
A．中含过氧键，氧元素价态有-1价，选项A错误；
B．与As(V)共沉淀时，没有元素发生化合价变化，选项B错误；
C．和Fe发生反应生成和，反应为，和发生反应生成和，反应为，选项C错误；
D．根据图示可知，强碱性条件下，，故强碱性条件下，溶液中的自由基主要是，选项D正确。
答案选D。
10．D
【详解】
A．由图2知，起始态的能量高于终态的能量，故该反应为放热反应，A正确；
B．由图1知，状态③到状态④，[CuⅠ(H2NNO)(NH3)2]+转化为[CuⅠ(NH3)2]+、N2、H2O，生成H2O时涉及O—H形成，B正确；
C．由图1知，状态④到状态⑤，[CuⅠ(NH3)2]+与NO、O2反应生成[CuⅡ(NO2)(NH3)2]+，由化合价推知配体中N元素为+3价，而反应物NO中N元素为+2价，故NO被氧化，C正确；
D．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3 mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，D错误；
故答案选D。
11．A
【详解】
A．由图中信息可知，该反应中，在太阳能的作用下，二氧化碳发生了分解反应，光能和热能转化为化学能，A正确；
B．该过程中二氧化碳发生了分解反应，属于氧化还原反应，故有电子转移，B不正确；
C．催化剂不能改变反应的焓变，但是可以降低反应的活化能，故使用作催化剂可以提高化学反应速率，C不正确；
D．化学反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，，则分解反应的热化学方程式为，D不正确。
本题选A。
12．C
【详解】
A．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，A错误；
B．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，B错误；
C．根据题图可知中间步骤中有甲醛生成，C正确；
D．该催化过程中涉及到化学键的形成和化学键的断裂，D错误；
故选C。
13．D
【详解】
A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
14．B
【详解】
A．由图可知该反应产生CO2，故A项错误；
B．1molHCHO中存在2mol的醛基结构，故与银氨溶液完全反应，最多可生成4molAg，即432gAg，故B项正确；
C．催化机理存在一步＋与H+反应生成CO2的过程，这一步不是氧化还原反应，故C项错误；
D．Na2O2中的阴离子是，与种类不一样，故D项错误；
故答案为：B。
15．B
【分析】
根据图中给出的原子信息，可以推出第I阶段发生的反应为：，第II、III阶段发生的反应为：。
【详解】
A．由图可知第I阶段的化学方程式为：，A正确；
B．该过程中，NO2作为反应物，B错误；
C．第II、III阶段中，1mol 失去1mol电子（NA个）变为，C正确；
D．该过程中，NO2作氧化剂，HNO2作还原产物，则氧化性：NO2＞HNO2，D正确；
故选B。
16．C
【详解】
A．由机理图可知，H2S被吸附在催化剂活泼炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成清洁燃料H2，故A正确；
B．由机理图可知，H2S分解产生的H2和S会再次生成部分H2S，故H2S脱除率小于100%，故B错误；
C．由机理图可知，H2S在催化过程中形成了SO2、单质S、CS2和H2，S元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，则H2S既被氧化又被还原，故C错误；
D．H2S被吸附在催化剂活泼炭表面形成H原子和S原子，断裂的H-S键是极性共价键，故D正确；
故答案为C。
17．C
【详解】
A. 断裂化学键吸收能量，则H-H的断裂需要吸收能量，故A正确；
B. 如图所示，C=O键转化为单键，为加成反应，故B正确；
C. ④中，CO转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子被还原，故C错误；
D. 由图可知二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，反应为，故D正确；
故选C。
18．C
【详解】
A．通过机理图可以看出，一个氮气分子生成两个氨气分子，故A正确；
B．氮气生成氨气的过程中氮原子结合氢离子并得到电子，发生还原反应，因此氮气生成氨气是通过多步电化学还原来实现的，故B正确；
C．根据题目所给出的机理示意图可知，反应需要H+，因此是在酸性条件下进行的，故C错误；
D．从反应机理看出，每一步均有H的加入有σ键形成，故D正确；
故选C。
19．单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe-6e-=3Fe2＋，3Fe2+＋CrO＋4H2O+4OH-=Cr(OH)3↓+3Fe(OH)3↓；
【分析】
单质铁发生吸氧腐蚀，Fe-2e-=Fe2+，Fe2+再还原CrO生成Cr(OH)3↓。
【详解】
还原近中性废水中的Cr(Ⅵ)，单质铁发生吸氧腐蚀，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+易被氧化成Fe3+，CrO42-被还原为三价铬，由图可知，根据质量守恒和电子转移守恒写出离子方程式为：3Fe2+＋CrO＋4H2O+4OH-=Cr(OH)3↓+3Fe(OH)3↓。
20．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 氧化剂 氮 CuO 1.2 2NO+O2+4CO4CO2+N2
【分析】
(1)由图可知反应IV属于氧化还原反应，反应基本类型为置换反应；
(2)元素化合价升高，失去电子，被氧化；元素化合价降低，得到电子，被还原，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数；
(3)根据已知信息书写反应物和产物并配平方程式。
【详解】
(1)由图可知反应IV属于氧化还原反应，反应基本类型为置换反应，有水参加的置换反应，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，所以H2O为氧化剂；
(2)①在反应4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O中，N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以被氧化的元素是氮元素；Cu元素化合价由反应前CuO中的+2价变为反应后Cu单质的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以CuO为氧化剂；
②根据方程式可知：每有1 mol N2发生反应，转移6 mol电子，则若反应中若产生0.2 mol的气体，转移电子的物质的量为n(e-)=6 mol×0.2=1.2 mol；
(3)根据图示可知NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，则共有原子守恒和电子守恒，可得反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2。
【点睛】
本题考查氧化还原反应的有关知识。注意不同分类方法在化学反应中的应用。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，要根据元素化合价的升降判断反应所属类型及物质的作用。
21．抑制溴酸盐的生成(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐) O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－ HBrO + H2O2=HBr + H2O + O2↑ 活性炭吸附BrO3－ 2∶1
【分析】
（1）①根据图像，投加过氧化氢，其目的是抑制溴酸盐的生成(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐)；
②BrO3－的浓度为0的可能原因是O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－；
（2）根据氧化还原反应的配平原则进行配平；
（3）活性炭具有很强的吸附性，第二步是BrO3－被活性炭还原为Br－，则第一步为活性炭吸附BrO3－；根据总反应方程式判断反应①与反应②中参加反应的≡C物质的量之比。
【详解】
（1）①根据图像，投加一定量H2O2不利于Br-氧化成BrO3-，即投加过氧化氢的目的是抑制溴酸盐的生成(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐)，故答案为抑制溴酸盐的生成。(或与生成的溴酸盐反应，消耗溴酸盐)。
②未投加过氧化氢，臭氧投加量在0~1.0mg·L－１时，BrO3－的浓度为0的可能原因是O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－，故答案为O3投加量不足，Br－被O3氧化为HOBr或BrO－。
（2）由题意可知，生成的HBrO被H2O2还原为HBr，H2O2被HBrO氧化为H2O和O2，反应的化学方程式为HBrO+H2O2=HBr+H2O+O2↑，故答案为HBrO+H2O2=HBr+H2O+O2↑。
（3）活性炭具有很强的吸附性，第二步是BrO3－被活性炭还原为Br－，则第一步为活性炭吸附BrO3－；配平后反应①的方程式为：≡C+BrO3－=BrO－+≡CO2，反应②的方程式为：≡C+2BrO－=2Br－+≡CO2，由总反应方程式2BrO3－+3≡C=2Br－+3≡CO2可知，反应①与反应②中参加反应的≡C物质的量之比为2∶1，故答案为活性炭吸附BrO3-，2∶1。
22．C K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+ pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低 pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低 S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀
【详解】
(1)由题给信息可知，除去废水中砷的过程，实际上是将砷元素转化为溶度积小的FeAsO4沉淀的过程，则pH约为7时，向废水中加入K2FeO4，将三价砷氧化为五价砷，反应的化学方程式为5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，由方程式可知FeO不能将AsO完全转化为FeAsO4沉淀，溶液中还存在AsO离子，还需要加入FeCl3溶液将AsO离子完全转化为FeAsO4沉淀，达到除去废水中砷的目的，则去除效果较好的试剂是FeCl3、K2FeO4，故答案为：C；K2FeO4将三价砷氧化为五价砷，5H2O+2FeO+3AsO=2FeAsO4↓+AsO+10OH—，五价砷的毒性更低，生成的FeAsO4溶解度小，更易除去；理论上反应生成的Fe3+与AsO的物质的量之比为2∶3，使AsO沉淀需要补充Fe3+；
(2)①由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4氧化性越强，则当溶液pH>8时，溶液pH越大，K2FeO4氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，导致砷去除率降低，故答案为：pH升高，高铁酸钾氧化性减弱，AsO转化为FeAsO4沉淀的量减小，砷去除率降低；
②由题给信息可知，溶液pH越小，K2FeO4稳定性越弱，则当溶液pH<5时，溶液pH越小，K2FeO4不稳定分解，溶液中FeO浓度降低，导致砷去除率越低，故答案为：pH降低，高铁酸钾不稳定分解，FeO浓度降低，砷去除率降低；
(3)①•OH是水分子去掉一个氢原子形成的不带电荷的自由基，电子式为，故答案为：；
②由反应机理示意图可知，S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀，故答案为：S2O作为氧化剂，先在铁表面与铁反应生成Fe2+和SO，反应的方程式为S2O+Fe=2SO+Fe2+；S2O继续与Fe2+反应生成Fe3+和SO•，反应的方程式为S2O+Fe2+= Fe3+SO•+SO；Fe2+和Fe3+将废水中的五价砷转化为As(V)共沉淀。
23．N2O5、SO2、SO3 AC 3NA
【详解】
(1)酸性氧化物是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，图中：N2O5、SO2、SO3属于酸性氧化物，故答案为：N2O5、SO2、SO3；
(2)工业上利用氨气的催化氧化制取NO，氨气与氧气反应生成NO和水，反应为：
，故答案为：；
(3)A．雾的分散质是小液滴，霾的分散质含有固体小颗粒，故A错误：
B．由图示信息可知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故B正确；
C．NH3是形成无机颗粒物的反应物，不是催化剂，故C错误：
D．过度施用氮肥会增加空气中氮氧化物的排放，促使雾霾的形成，故D正确；
故答案为：AC；
(4)在碱性条件下被氧气氧化成的总反应离子方程式为：；将lmol NO2完全转化为N2时，NO2的氮元素由为+3价转化为N2中的0价，根据原子守恒可知转移的电子数为3mol，即转移的电子数为3NA。
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