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新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破四氧化还原反应及其应用
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这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破四氧化还原反应及其应用，共6页。试卷主要包含了 化学工业是国民产业的基础， 劳动开创未来，5 ml C等内容，欢迎下载使用。
A．工业合成氨的反应原理为3H2＋N2eq \(,\s\up12(高温、高压),\s\d10(催化剂))2NH3
B．工业制盐酸的反应原理为H2＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl
C．侯氏制碱法中向饱和食盐水依次通入CO2、NH3，可得NaHCO3
D．高炉炼铁中用CO做还原剂
【解析】 工业上通过氮气和氢气在高温高压催化剂下合成氨气，反应方程式为3H2＋N2eq \(,\s\up12(高温、高压),\s\d10(催化剂))2NH3，A正确；纯净的氢气在氯气中安静地燃烧生成HCl气体，溶于水为盐酸，故工业制盐酸的反应原理为H2＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl，B正确；氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，故先通入NH3后通入CO2，C错误；高炉炼铁：用CO做还原剂，还原铁的氧化物得到铁，D正确；故选C。
2. (2023·广东广州市二模)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( A )
【解析】 氮气和氢气合成氨气过程中，氮气中的氮元素化合价降低，表现氧化性，劳动项目和化学知识不相关，A符合题意；二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应，劳动项目和化学知识有关联，B不符合题意；锌的金属性比铁强，在船底镶嵌锌，形成原电池时铁做正极，不被腐蚀，劳动项目和化学知识有关联，C不符合题意；银和硝酸反应，表现硝酸的强氧化性，劳动项目和化学知识相关，D不符合题意；故选A。
3. (2023·四川凉山统考二模)用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是( C )
A．H2O2的电子式为H＋[]2－H＋
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应②中有1 ml O2参与反应时转移电子的物质的量为2 ml
D．反应过程中[PdCl2O2]2－、HCl均为该反应的催化剂
【解析】 H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为HH，故A错误；反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B错误；反应②中是Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2－，[PdCl2O2]2－中Pd为＋2价，根据得失电子守恒，因此有1 ml O2参与反应时转移电子的物质的量为2 ml，故C正确；反应过程中[PdCl4]2－为该反应的催化剂，[PdCl2O2]2－、HCl是中间产物，故D错误；故选C。
4. (2023·菏泽一模)磷酸亚铁锂(LiFePO4)为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有两种。
方法①：将LiH2PO4、Fe2O3、C按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品；
方法②：将Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
下列说法正确的是( D )
A．上述两种方法涉及的反应均为氧化还原反应
B．方法①中C做还原剂，理论上制得1 ml LiFePO4至少需要0.5 ml C
C．方法②所得产品中可能会混有(NH4)2CO3，导致纯度降低
D．上述两种方法制备过程均需在隔绝空气条件下进行
【解析】 方法①中碳元素化合价升高，焦炭起到还原剂的作用；方法②中反应前后元素化合价均没有改变，不涉及氧化还原反应，故A错误；方法①中C做还原剂，化合价由0变为＋4；氧化铁中铁元素化合价由＋3变为＋2，根据电子守恒可知，理论上制得1 ml LiFePO4至少需要0.25 ml C，故B错误；碳酸铵受热分解不稳定，故方法②所得产品中不会混有(NH4)2CO3，故C错误；由于产品LiFePO4中Fe是＋2价具有还原性，所以制备过程均应在隔绝空气条件下进行，故D正确；故选D。
5. (2023·广东广州市二模)打开分液漏斗活塞和玻璃塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象分析正确的是( D )
A．试管中产生大量气泡，说明Na2SO3被氧化产生SO2
B．试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有还原性
C．试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明SO2具有氧化性
D．一段时间后试管内有白色沉淀，说明有SOeq \\al(2－,4)生成
【解析】 Na2SO3与硫酸中S元素的化合价为相邻价态，不能发生氧化还原反应，Na2SO3与70%的硫酸发生复分解反应生成SO2，故A错误；试管内CCl4层溶液褪色，发生反应SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，说明Br2具有氧化性，故B错误；试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明SO2具有漂白性，故C错误；SO2与氯化钡溶液不反应，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，发生反应SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，说明有SOeq \\al(2－,4)生成，故D正确；故选D。
6. (2023·浙江宁波二模)电极材料LiFePO4制备的反应为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq \(=====,\s\up7(高温))9CO↑＋6H2O＋6LiFePO4，下列说法正确的是( B )
A．生成0.1 ml LiFePO4，转移的电子数为0.1NA
B．还原产物为LiFePO4和CO
C．标准状况下，生成20.16 L CO时，被还原的C6H12O6为0.1 ml
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6
【解析】 FePO4中Fe显＋3价，Li2CO3中C显＋4价，C6H12O6中C显0价，CO中C显＋2价，LiFePO4中Fe显＋2价，FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，生成6 ml LiFePO4，转移电子物质的量为12 ml，因此生成0.1 ml LiFePO4，转移电子物质的量为0.2 ml，故A错误；根据A选项，LiFePO4、CO为还原产物，故B正确；标准状况下，20.16 L CO的物质的量为eq \f(20.16 L,22.4 L/ml)＝0.9 ml，根据反应方程式可知，被氧化的C6H12O6物质的量为0.1 ml，故C错误；FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶9，故D错误；故选B。
7. (2023·山东枣庄二模)高铁酸钾(K2FeO4)具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4流程如图所示：
下列说法错误的是( D )
A．1 ml K2FeO4消毒能力相当于1.5 ml HClO
B．氧化反应：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH===2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O
C．同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾
D．提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯
【解析】 1 ml次氯酸得2 ml电子生成氯离子，1 ml K2FeO4得3 ml电子转化为三价铁，故1 ml K2FeO4消毒能力相当于1.5 ml HClO，A正确；根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH===2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O，B正确；流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾，C正确；提纯时需过滤，用到的玻璃仪器还有漏斗，D错误；故选D。
8. (2023·山东潍坊二模)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2Oeq \\al(2－,7)，发生的反应如下：
反应Ⅰ：FeS＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H＋―→Fe3＋＋SOeq \\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H＋―→Cu2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列说法错误的是( B )
A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3
B．处理等物质的量Cr2Oeq \\al(2－,7)时，消耗FeS的物质的量更少
C．处理等物质的量Cr2Oeq \\al(2－,7)时，反应Ⅱ中消耗H＋更多
D．用FeS除去废水中Cr2Oeq \\al(2－,7)的同时，还有利于吸附悬浮杂质
【解析】 反应Ⅰ按照升降守恒FeS为还原剂化合价升高9，而Cr2Oeq \\al(2－,7)为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为18，FeS系数配2，Cr2Oeq \\al(2－,7)系数配3，所以配平方程式为2FeS＋3Cr2Oeq \\al(2－,7)＋26H＋===2Fe3＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋6Cr3＋＋13H2O。同理配平反应Ⅱ，Cu2S作为还原剂化合价升高10，而Cr2Oeq \\al(2－,7)为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为30，定3Cu2S和5Cr2Oeq \\al(2－,7)，配平得3Cu2S＋5Cr2Oeq \\al(2－,7)＋46H＋===6Cu2＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋10Cr3＋＋23H2O。还原剂与还原产物(Cr3＋)的物质的量之比为2∶6＝1∶3，A项正确；反应Ⅰ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗FeS为eq \f(2,3) ml。反应Ⅱ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗Cu2S eq \f(3,5) ml＝0.6 ml。所以消耗的Cu2S更少，B项错误；反应Ⅰ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗H＋为eq \f(26,3)≈8.7 ml。反应Ⅱ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗H＋为eq \f(46,5)＝9.2 ml。所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C项正确；反应中产生的Fe3＋易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D项正确；故选B。
9. (2023·湖南衡阳校联考二模)以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下：
其中滤渣2以FeOOH沉淀为主，在溶液pH为2.5～3.5时生成，下列说法错误的是( C )
A．滤渣1含S单质
B．生产流程中，不宜用Cl2代替空气
C．生成滤渣2的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===FeOOH＋H2O
D．产品MnO2在电解池的阳极生成
【解析】 “酸浸”时，ZnS中硫元素被MnO2氧化为S，锰元素被还原为Mn2＋，闪锌矿和软锰矿中其他成分溶解，溶液中还含有Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，“除铁”空气将Fe2＋氧化为Fe3＋，加氧化锌调pH，在pH为2.5～3.5时生成FeOOH沉淀，“电解”Mn2＋在阳极放电得到MnO2，阴极Zn2＋放电生成Zn。在酸性条件下MnO2将ZnS中－2价S氧化为硫单质，故A正确；若用Cl2代替O2，溶液中引入Cl－，可能会导致后续电解流程中产生Cl2，故B正确；在pH为2.5～3.5时生成FeOOH沉淀，离子方程式为Fe3＋＋2H2O===FeOOH↓＋3H＋，故C错误；由信息可知，电解时Mn2＋在阳极失电子得到MnO2，故D正确；故选C。
10. (2023·临沂一模)某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。
下列说法正确的是( B )
A．反应①～④均为氧化还原反应
B．反应②为NHeq \\al(＋,4)＋===NHeq \\al(＋,3)＋
C．消耗0.5 ml O2，理论上可处理1 ml NO
D．总反应方程式为4NH3＋6NOeq \(=====,\s\up7(催化剂))5N2＋6H2O
【解析】 反应①中各元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；由图可知，反应②为NHeq \\al(＋,4)===NHeq \\al(＋,3)＋，B正确；根据关系图结合得失电子守恒可知1 ml O2可以得到4 ml钒催化剂，通过反应①②可以得到4 ml NHeq \\al(＋,3)，4 ml NHeq \\al(＋,3)可以还原4 ml NO，所以理论上可处理NO物质的量为4 ml，则消耗0.5 ml O2，理论上可处理2 ml NO，C错误；由图可知总反应方程式为4NH3＋4NO＋O2eq \(=====,\s\up7(催化剂))4N2＋6H2O，D错误；故选B。
11. (2023·青岛一模)叠氮化铅[Pb(N3)2]用作水下引爆剂，可由以下方法制得
Ⅰ：N2O＋Na＋NH3―→NaOH＋NaN3＋N2；
Ⅱ：NaN3＋Pb(NO3)2―→NaNO3＋Pb(N3)2。
下列说法正确的是( C )
A．NH3的键角大于NOeq \\al(－,3)的键角
B．N2O为非极性分子
C．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为3∶5
D．反应Ⅰ每消耗23 g钠，共转移1 ml电子
【解析】 氨气中氮元素采用sp3杂化，三角锥形，键角约为107°；硝酸根中氮的价层电子对数＝3＋eq \f(1,2)×(5＋1－2×3)＝3，采用sp2杂化，平面三角形，键角为120°，故NH3的键角小于NOeq \\al(－,3)的键角，A错误；等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构，则其空间构型是直线形(N、O原子采取sp杂化，生成两个σ键，两个三中心四电子π键)，N2O为极性分子，B错误；反应I中钠和氨气是还原剂，一氧化二氮是氧化剂，根据得失电子守恒和元素守恒可配平多组系数，故氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为3∶5，C正确；反应I中钠并不是唯一的还原剂，同时氨气也是还原剂，故每消耗23 g即1 ml钠，共转移电子不是1 ml，D错误；故选C。
选项
劳动项目
化学知识
A
利用工业合成氨实现人工固氮
N2具有还原性
B
用石灰乳除去烟气中的SO2
SO2是酸性氧化物
C
将锌块镶嵌在轮船底部防腐
锌的金属性比铁强
D
用HNO3除去试管中的银镜
HNO3具有强氧化性
A．工业合成氨的反应原理为3H2＋N2eq \(,\s\up12(高温、高压),\s\d10(催化剂))2NH3
B．工业制盐酸的反应原理为H2＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl
C．侯氏制碱法中向饱和食盐水依次通入CO2、NH3，可得NaHCO3
D．高炉炼铁中用CO做还原剂
【解析】 工业上通过氮气和氢气在高温高压催化剂下合成氨气，反应方程式为3H2＋N2eq \(,\s\up12(高温、高压),\s\d10(催化剂))2NH3，A正确；纯净的氢气在氯气中安静地燃烧生成HCl气体，溶于水为盐酸，故工业制盐酸的反应原理为H2＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl，B正确；氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，故先通入NH3后通入CO2，C错误；高炉炼铁：用CO做还原剂，还原铁的氧化物得到铁，D正确；故选C。
2. (2023·广东广州市二模)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( A )
【解析】 氮气和氢气合成氨气过程中，氮气中的氮元素化合价降低，表现氧化性，劳动项目和化学知识不相关，A符合题意；二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应，劳动项目和化学知识有关联，B不符合题意；锌的金属性比铁强，在船底镶嵌锌，形成原电池时铁做正极，不被腐蚀，劳动项目和化学知识有关联，C不符合题意；银和硝酸反应，表现硝酸的强氧化性，劳动项目和化学知识相关，D不符合题意；故选A。
3. (2023·四川凉山统考二模)用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是( C )
A．H2O2的电子式为H＋[]2－H＋
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应②中有1 ml O2参与反应时转移电子的物质的量为2 ml
D．反应过程中[PdCl2O2]2－、HCl均为该反应的催化剂
【解析】 H2O2是共价化合物，通过共用电子对形成化学键，其电子式为HH，故A错误；反应③中化合价未发生变化，是非氧化还原反应，故B错误；反应②中是Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2－，[PdCl2O2]2－中Pd为＋2价，根据得失电子守恒，因此有1 ml O2参与反应时转移电子的物质的量为2 ml，故C正确；反应过程中[PdCl4]2－为该反应的催化剂，[PdCl2O2]2－、HCl是中间产物，故D错误；故选C。
4. (2023·菏泽一模)磷酸亚铁锂(LiFePO4)为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有两种。
方法①：将LiH2PO4、Fe2O3、C按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品；
方法②：将Li2CO3、(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
下列说法正确的是( D )
A．上述两种方法涉及的反应均为氧化还原反应
B．方法①中C做还原剂，理论上制得1 ml LiFePO4至少需要0.5 ml C
C．方法②所得产品中可能会混有(NH4)2CO3，导致纯度降低
D．上述两种方法制备过程均需在隔绝空气条件下进行
【解析】 方法①中碳元素化合价升高，焦炭起到还原剂的作用；方法②中反应前后元素化合价均没有改变，不涉及氧化还原反应，故A错误；方法①中C做还原剂，化合价由0变为＋4；氧化铁中铁元素化合价由＋3变为＋2，根据电子守恒可知，理论上制得1 ml LiFePO4至少需要0.25 ml C，故B错误；碳酸铵受热分解不稳定，故方法②所得产品中不会混有(NH4)2CO3，故C错误；由于产品LiFePO4中Fe是＋2价具有还原性，所以制备过程均应在隔绝空气条件下进行，故D正确；故选D。
5. (2023·广东广州市二模)打开分液漏斗活塞和玻璃塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象分析正确的是( D )
A．试管中产生大量气泡，说明Na2SO3被氧化产生SO2
B．试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2具有还原性
C．试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明SO2具有氧化性
D．一段时间后试管内有白色沉淀，说明有SOeq \\al(2－,4)生成
【解析】 Na2SO3与硫酸中S元素的化合价为相邻价态，不能发生氧化还原反应，Na2SO3与70%的硫酸发生复分解反应生成SO2，故A错误；试管内CCl4层溶液褪色，发生反应SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，说明Br2具有氧化性，故B错误；试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明SO2具有漂白性，故C错误；SO2与氯化钡溶液不反应，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，发生反应SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，说明有SOeq \\al(2－,4)生成，故D正确；故选D。
6. (2023·浙江宁波二模)电极材料LiFePO4制备的反应为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq \(=====,\s\up7(高温))9CO↑＋6H2O＋6LiFePO4，下列说法正确的是( B )
A．生成0.1 ml LiFePO4，转移的电子数为0.1NA
B．还原产物为LiFePO4和CO
C．标准状况下，生成20.16 L CO时，被还原的C6H12O6为0.1 ml
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6
【解析】 FePO4中Fe显＋3价，Li2CO3中C显＋4价，C6H12O6中C显0价，CO中C显＋2价，LiFePO4中Fe显＋2价，FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，生成6 ml LiFePO4，转移电子物质的量为12 ml，因此生成0.1 ml LiFePO4，转移电子物质的量为0.2 ml，故A错误；根据A选项，LiFePO4、CO为还原产物，故B正确；标准状况下，20.16 L CO的物质的量为eq \f(20.16 L,22.4 L/ml)＝0.9 ml，根据反应方程式可知，被氧化的C6H12O6物质的量为0.1 ml，故C错误；FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶9，故D错误；故选B。
7. (2023·山东枣庄二模)高铁酸钾(K2FeO4)具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4流程如图所示：
下列说法错误的是( D )
A．1 ml K2FeO4消毒能力相当于1.5 ml HClO
B．氧化反应：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH===2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O
C．同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾
D．提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯
【解析】 1 ml次氯酸得2 ml电子生成氯离子，1 ml K2FeO4得3 ml电子转化为三价铁，故1 ml K2FeO4消毒能力相当于1.5 ml HClO，A正确；根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH===2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O，B正确；流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾，C正确；提纯时需过滤，用到的玻璃仪器还有漏斗，D错误；故选D。
8. (2023·山东潍坊二模)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2Oeq \\al(2－,7)，发生的反应如下：
反应Ⅰ：FeS＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H＋―→Fe3＋＋SOeq \\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H＋―→Cu2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列说法错误的是( B )
A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3
B．处理等物质的量Cr2Oeq \\al(2－,7)时，消耗FeS的物质的量更少
C．处理等物质的量Cr2Oeq \\al(2－,7)时，反应Ⅱ中消耗H＋更多
D．用FeS除去废水中Cr2Oeq \\al(2－,7)的同时，还有利于吸附悬浮杂质
【解析】 反应Ⅰ按照升降守恒FeS为还原剂化合价升高9，而Cr2Oeq \\al(2－,7)为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为18，FeS系数配2，Cr2Oeq \\al(2－,7)系数配3，所以配平方程式为2FeS＋3Cr2Oeq \\al(2－,7)＋26H＋===2Fe3＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋6Cr3＋＋13H2O。同理配平反应Ⅱ，Cu2S作为还原剂化合价升高10，而Cr2Oeq \\al(2－,7)为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为30，定3Cu2S和5Cr2Oeq \\al(2－,7)，配平得3Cu2S＋5Cr2Oeq \\al(2－,7)＋46H＋===6Cu2＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋10Cr3＋＋23H2O。还原剂与还原产物(Cr3＋)的物质的量之比为2∶6＝1∶3，A项正确；反应Ⅰ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗FeS为eq \f(2,3) ml。反应Ⅱ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗Cu2S eq \f(3,5) ml＝0.6 ml。所以消耗的Cu2S更少，B项错误；反应Ⅰ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗H＋为eq \f(26,3)≈8.7 ml。反应Ⅱ处理1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)需要消耗H＋为eq \f(46,5)＝9.2 ml。所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C项正确；反应中产生的Fe3＋易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D项正确；故选B。
9. (2023·湖南衡阳校联考二模)以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下：
其中滤渣2以FeOOH沉淀为主，在溶液pH为2.5～3.5时生成，下列说法错误的是( C )
A．滤渣1含S单质
B．生产流程中，不宜用Cl2代替空气
C．生成滤渣2的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===FeOOH＋H2O
D．产品MnO2在电解池的阳极生成
【解析】 “酸浸”时，ZnS中硫元素被MnO2氧化为S，锰元素被还原为Mn2＋，闪锌矿和软锰矿中其他成分溶解，溶液中还含有Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋，“除铁”空气将Fe2＋氧化为Fe3＋，加氧化锌调pH，在pH为2.5～3.5时生成FeOOH沉淀，“电解”Mn2＋在阳极放电得到MnO2，阴极Zn2＋放电生成Zn。在酸性条件下MnO2将ZnS中－2价S氧化为硫单质，故A正确；若用Cl2代替O2，溶液中引入Cl－，可能会导致后续电解流程中产生Cl2，故B正确；在pH为2.5～3.5时生成FeOOH沉淀，离子方程式为Fe3＋＋2H2O===FeOOH↓＋3H＋，故C错误；由信息可知，电解时Mn2＋在阳极失电子得到MnO2，故D正确；故选C。
10. (2023·临沂一模)某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。
下列说法正确的是( B )
A．反应①～④均为氧化还原反应
B．反应②为NHeq \\al(＋,4)＋===NHeq \\al(＋,3)＋
C．消耗0.5 ml O2，理论上可处理1 ml NO
D．总反应方程式为4NH3＋6NOeq \(=====,\s\up7(催化剂))5N2＋6H2O
【解析】 反应①中各元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；由图可知，反应②为NHeq \\al(＋,4)===NHeq \\al(＋,3)＋，B正确；根据关系图结合得失电子守恒可知1 ml O2可以得到4 ml钒催化剂，通过反应①②可以得到4 ml NHeq \\al(＋,3)，4 ml NHeq \\al(＋,3)可以还原4 ml NO，所以理论上可处理NO物质的量为4 ml，则消耗0.5 ml O2，理论上可处理2 ml NO，C错误；由图可知总反应方程式为4NH3＋4NO＋O2eq \(=====,\s\up7(催化剂))4N2＋6H2O，D错误；故选B。
11. (2023·青岛一模)叠氮化铅[Pb(N3)2]用作水下引爆剂，可由以下方法制得
Ⅰ：N2O＋Na＋NH3―→NaOH＋NaN3＋N2；
Ⅱ：NaN3＋Pb(NO3)2―→NaNO3＋Pb(N3)2。
下列说法正确的是( C )
A．NH3的键角大于NOeq \\al(－,3)的键角
B．N2O为非极性分子
C．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为3∶5
D．反应Ⅰ每消耗23 g钠，共转移1 ml电子
【解析】 氨气中氮元素采用sp3杂化，三角锥形，键角约为107°；硝酸根中氮的价层电子对数＝3＋eq \f(1,2)×(5＋1－2×3)＝3，采用sp2杂化，平面三角形，键角为120°，故NH3的键角小于NOeq \\al(－,3)的键角，A错误；等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构，则其空间构型是直线形(N、O原子采取sp杂化，生成两个σ键，两个三中心四电子π键)，N2O为极性分子，B错误；反应I中钠和氨气是还原剂，一氧化二氮是氧化剂，根据得失电子守恒和元素守恒可配平多组系数，故氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为3∶5，C正确；反应I中钠并不是唯一的还原剂，同时氨气也是还原剂，故每消耗23 g即1 ml钠，共转移电子不是1 ml，D错误；故选C。
选项
劳动项目
化学知识
A
利用工业合成氨实现人工固氮
N2具有还原性
B
用石灰乳除去烟气中的SO2
SO2是酸性氧化物
C
将锌块镶嵌在轮船底部防腐
锌的金属性比铁强
D
用HNO3除去试管中的银镜
HNO3具有强氧化性
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