2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题04氧化还原反应含解析.pdf

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1、专题04氧化复原反响2 0 2 1年化学高考题1.（2 0 2 1 山东高考真题）实验室中利用固体KMnO,进行如图实验，以下说法错误的选项是A.G与H均为氧化产物B.实验中KMnO,只作氧化剂C.Mn元素至少参与了 3个氧化复原反响 D.G与H的物质的量之和可能为0.2 5mol【KS5U答案】BD【分析】KMnOy固体受热分解生成心MnO、Mn02 02,K剑n0、MnO,均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化复原反响，反响过程中C1被氧化为CL,K2MnO MnO?被复原为M nC L,因此气体单质G为 气 体 单 质H为C1”【KS5U详解】A.加热KMnO,固体的反响中，0元素

2、化合价由-2升高至0被氧化，加热KzMnCh、MnO?与浓盐酸的反响中，C1元素化合价由T 升高至。被氧化，因 此 和C L均为氧化产物，故A正确；B.KMnO,固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被复原，局部0元素化合价升高被氧化，因此KMnO.t既是氧化剂也是复原剂，故B错误；C.Mn元素在反响过程中物质及化合价变化为MnCl2，施1元素至少参加了 3个氧化以d浓盐熟加热复原反响，故C正确；D.每生成lmol O2转移4m oi电子,每生成Imol C h转移2 m oi电子，假设KMnO 转化为MnCk过程中得到的电子全部是C 生成C k所失去的，那么气体的物质的量最大，由2 KMnO

3、”5c1 2可知，（气体）3=0.2 5 m o l,但该气体中一定含有“，因此最终所得气体的物质的量小于0.2 5 m o l,故 D 错误；综上所述，说法错误的选项是B D,故答案为：BD。2.（2 0 2 1 浙江）关于反响K2 H3 l0 6+9HI=2 KI+4l2+6Hz0,以下说法正确的选项是A.K2H3 1 0 6发生氧化反响B.K I是复原产物C.生 成 1 2.7 g c 时,转 移 0.l m o l 电子D.复原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1【K S 5 U 答案】D【KS5U详解】A.反响中I元素的化合价降低，发生得电子的反响，发生复原反响，A错误；B.K I中的I

4、-由III变化而来，化合价没有发生变化，K I既不是氧化产物也不是复原产物，B错误；C.12.7g L的物质的量为0.0 5 m o l,根据反响方程式，每生成4moi L转移7moi电子，那么生成0.05mol L时转移电子的物质的量为0.0875mol,C错误;D.反响中H I为复原剂，K 2H 3以为氧化剂，在反响中每消耗lmol K此10$就有7mol H I失电子，那么复原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1,D正确；故答案选D。3.（2 0 2 1 湖南高考真题）K I O,常用作食盐中的补碘剂，可 用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反响为6l 2 +U K C I O 3+3 H

5、 2 O=6 K H（I O 3）2+5 K C l+3 cL 以下说法错误的选项是A.产生2 2.4 L （标准状况）。2 时，反响中转移l O m o l e-B.反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为1 1：6C.可用石灰乳吸收反响产生的C l?制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中I O；的存在【K S 5 U 答案】AKS5U详解】A.该反响中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH（I O,中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2 6 0 e,又因方程式中6 L 3 C k,故3ck 60e,Bp Cl2-2 0 e,所以产生22又L（标准状况）C12EP lmol CI2时，反

6、响中应转移20 mol e,A错误;B.该反响中KCIO3中氯元素价态降低，KC103作氧化剂，L中碘元素价态升高，L作复原剂，由该方程式的计量系数可知，11KC1036 1 2,故该反响的氧化剂和复原剂的物质的量之比为11:6,B 正确；C.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反响，c 正确;D.食盐中I O?可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的1 1、I发生归中反响I O 3+5 r+6H+=3 l 2+3 H 2。生 成 L,L再与淀粉发生特征反响变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化 钾 溶 液 检 验 食 盐 中 的 存 在，D正确。应选A。4.（2 0 2 1 浙江高考真题）

7、关于反响8加3+6刖2=7弗+1 2 4 0,以下说法正确的选项是A.N H s中H元素被氧化B.N O?在反响过程中失去电子C.复原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D.氧化产物与复原产物的质量之比为4：3【K S 5 U答案】D【分析】由反响8 N H3+6N 02=7 N2+1 2 H20可知，其中N H,的 N元素的化合价由-3 升高到0、N 0 2 中的N元素的化合价由-+4 降低到0,因此，N H a 是复原剂，N O,是氧化剂。【K S 5 U 详解】A.N H,中 H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B.N O,在反响过程中得到电子，B 不正确；

8、C.该反响中，N&是复原剂，N 0,是氧化剂。由化学方程式可知，复原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3,C说法不正确；D.该反响中氧化产物和复原产物均为N?。复原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被复原后得到复原产物，复原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3,因此，氧化产物与复原产物的质量之比为4：3 ,D说法正确。综上所述，此题选D。5.（20 21 广 东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（A 1）、铝（Mo）、银（N i）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的局部流程如下：25 C 时，H2c o 3 的 K,1 =4.5 x1 O-,Ka 2=4.7xl 0 ；Ksp

9、（B a M o O4）=3.5 xl（r8；K、p（B a C O j =2.6 x1 0 ；该工艺中，p H 6.0时，溶液中Mo元素以M o O：的形态存在。“焙烧”中，有N a zM o O,生成，其中Mo元 素 的 化 合 价 为。(2)“沉 铝 中，生成的沉淀X为(3)“沉 钥 中，pH为7.0。生成BaMoO的离子方程式为假设条件控制不当，BaC。3也会沉淀。为防止BaMoO,中混入BaCO：沉淀，溶液中c(HCO；):c(MoO；j =(列出算式)时，应停止参加BaC%溶液。(4)滤液III中，主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为。往滤液III中添加适量NaCl固体后，通入足量_

10、 _ _ _ _ _ _(填化学式)气体，再通入足量CO2,可析出Y。(5)高纯AlAs(珅化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如下图，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2。?刻蚀液与下层GaAs(神化像)反响。该 氧 化 物 为.：Ga和A1同族，As和N同族。在H2。？与上层GaAs的反响中，As元素的化合价变为+5价，那 么 该 反 响 的 氧 化 剂 与 复 原 剂 物 质 的 量 之 比 为【KS5U答案】+6A1（OH）3MoO j +Ba2+=BaMoO4lx l（T7 moi/Lx 2.6x10“4.7xlO-1,x3.5xlO-8NaHCO3 NH3 A12O

11、3 4:1【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和铝都发生了反响分别转化为偏铝酸钠和铝酸钠，经水浸、过滤，别离出含银的固体滤渣，滤 液I中参加过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤 液I I中参加适量的氯化钢溶液沉钥后，过滤得到铝酸钢。(KS5U详解】(1)“焙烧”中，有Na?MoO4生成，其中Na和0的化合价为+1和-2,根据化合价的代数和为0可知，M o元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀x为AI(OH)3。(3)滤液H中含有铝酸钠，参加氯化钢溶液后生成BaMo。沉淀，该反响的离子方程式为 Mo

12、Oj+Ba?+=BaMcQ,I。假设开始生成BaCO3沉淀，那么体系中恰好建立如下平衡：HCO-+BaMoO40BaCO3+MoO：+H+,该反响的化学平衡常数为c(H+)c(MoQ;-)c(H+)c(CO；)c(MoO；)c(Ba2+)c(HCO；)-c(HCC)3)c(CO；)c(Ba2+)(K B a M o O JKw(BaCOJ。为防止BaMoO4中混入BaCO3沉淀,必须满足c(H+)c(MoO；-)c(HCO；)W K.2K.(BaMoOJKBaCC)3)由 于“沉铝 中 pH 为 7.0,c(H+)=lxl(T7mol/L,所以溶液中c(M oO:)_ K _ JB a M o

13、 O Jc(HCO；)-1 x 10-7 mol/L x Ksp(BaCO3)时，开始生成BaCO：沉淀，因 止 匕,c(HCO；):c(MoOj=1x10 7mol/Lx/C(BaCO,)1 x 10-7 mol/L x 2.6 xlO-9,-=-n-=时，应停K“2K(BaMoOJ 4.7xl(r”X 3.5x10-8止参加BaC%溶液。(4)滤液I中参加过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠,过滤得到的滤液I I中含有碳酸氢钠和铝酸钠。滤 液11中参加适量的氯化钢溶液沉钥后，因此，过滤得到的滤液HI中，主要存在的钠盐有NaCl和N aH C O i故Y为NaHCC)

14、3。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液1H中添加适量NaCl固体后，通入足量N H 3,再通入足量C O?,可析出NaHCC。(5)由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H?。？与AlAs反响生成的，联想到金属铝外表容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为ALO3。由G a和A1同族、A s和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、A s显-3价。在H?。？与上层GaAs的反响中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了 8,As元素被氧化，那么该反响的氧化剂为H2O2,复原剂为GaAs 0 H2O2中的0元素为T 价，其作为氧化剂时,0元素要被复原到-2价，每个H?。？参加反响会使化

15、合价降低2,根据氧化复原反响中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反响的氧化剂与复原剂物质的量之比为8:2=4:1。6.(20 21 浙江高考真题)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热K 0 H 溶液洗涤除去，发生如下反响：A3S+6 K 0 H =2K 2S+K 2S O 3+3H 2OA(x-l)S+K 2s =K S(x=2 6)AS+K2SO3 K 2s2。3请计算：(D O.48 0 g 硫单质与V m L 1.0 0 m o l 广 热 K O H 溶液恰好完全反响，只生成K 2s 和 K 2s。3,那么 V=.(2)2.5 6 0 g 硫单质与6 0.0 m L 1.0

16、 0 m o l I?热 K O H 溶液恰好完全反响，只生成K 2s x 和 K2S2O3,那么x=0 (写出计算过程)【K S 5 U 答案】30.0 3【K S 5 U 详解】A根据方程式3s+6 K 0 H=2K z S+K 2s o 3+3上0可 知,3m o l S可以和6 m o i K O H 反 响,0.48 g S的物质的量/7=0.0 1 5 m o l,那么需要消耗K O H 的物质的量/?=2(S)=0.0 3m o l,故需要K O H 溶液的体积 片 2=0.03mol=o 03 3 0 O m L 故答案为 30.0；c 1.00mol/L(2)假设S与 K O

17、 H 溶液反响生成S,和 K S O s,那么反响的化学方程式为A(2A+2)S+6 K 0 I I =2K2SX+K2S2O3+3H2O,根据反响方程式有解得x=3,故答案为3。20 21 年化学高考模拟题1.(20 21 九龙坡区重庆市育才中学高三三模)以下物质在生活中的应用与氧化复原反响无关的是A.用多孔薄膜包裹的C a O 用作衣物防潮剂B.C I O?常用于自来水的杀菌消毒C.用 K M n O,溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯D.呼吸面具中常用岫2。2 作供氧剂【K S 5 U答案】A【K S 5 U详解】A.用多孔薄膜包裹的C a O 用作衣物防潮剂，主要是氧化钙和水反响，是

18、非氧化复原反响，故A符合题意；B.C I O,常用于自来水的杀菌消毒，利用强氧化性，与氧化复原反响有关，故 B不符合题意；C.用 K M n O,溶液浸润的硅藻土吸收水果散发出的乙烯，高锌酸钾氧化乙烯，与氧化复原反响有关，故 C不符合题意；D.呼 吸 面 具 中 常 用 作 供 氧 剂，过氧化钠和二氧化碳反响生成氧气和碳酸钠，与氧化复原反响有关，故 D不符合题意。综上所述，答案为A。2.(2 0 2 1 南岸区重庆第二外国语学校高三三模)固体N a 2 s 溶于水呈碱性且放出有臭味的气体，俗 称“臭碱。工业上可利用反响N a 2 s o i+2 C 2坐 N a?S+2 c o 2 t 来制备

19、，以下说法不正确的选项是A.N a z S 溶液显碱性的原因是：S +H s O H S-+O H-B.N a 可以在空气中长期放置会变质C.反响中生成I m o l “臭碱”转移电子的物质的量为8 m o iD.该反响中氧化剂和复原剂的物质的量比为2：1【K S 5 U答案】D【K S 5 U详解】A.硫离子在水中易发生水解，S +H Q峰 逊 H S +0 H ,故硫化钠溶液显碱性，A项正确；B.硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氨化钠，发生变质，B项正确；C.根据方程式N a z S 0,+2 C =N a 2 S+2 C()2 t 硫酸根离子中硫为+6 价，硫化钠中硫为-2价，故

20、生成I m o l 硫化钠转移8 m o i 电子，C项正确；D.该反响中硫酸根离子中硫的化合价下降，硫酸钠做氧化剂，C在反响中化合价上升，做复原剂，故该反响中氧化剂和复原剂的物质的量比为1：2,D项错误；答案选D。3.（2 0 2 1 重庆市第十一中学校高三二模）磷化氢（P H J 是一种在空气中能自燃的剧毒气体，具有复原性，可作为电子工业原料。P L 的一种工业制法流程如下：以下说法错误的选项是A.H 3 P O 2 为一元弱酸B.该过程最好在无氧条件下进行C.不考虑损失，1 m o l P,参与反响，可产生2.5 m o l P H3D.反 响 1中氧化产物和复原产物的物质的量之比为1

21、：3【K S 5 U答案】D【K S 5 U详解】A.过量的N a O H 反响只生成N a&P O z,说明H F O?只电离出一个氢离子，为一元弱酸，A正确；B.P,、P&在有氧条件下易自燃，那么反响过程需保持无氧条件，B正确；C.反 响 1 的化学方程式P +3N a O H+3Hz f A B N a Hz P O z+P Hs t ,l P j l P ,反响3 的化学方程式为2H2P02=H;1P0.1+PH:!I l P 3N a H2P O 21.5 P H：”可知 1 m o l P”参与反响，可产生 2.5 m o l P H3,C 正确；D.反 响 1 的化学方程式P.1

22、+3N a O H+3H2O=3N a H2P O2+P H3 t，氧化产物是N a H2P O2,复原产物是P H3,物质的量之比为3：1,D 错误；应选：D o4.（20 21 安徽淮北市 高三一模）以下有关物质的性质与用途对应关系错误的选项是A.硅胶有吸水性，可作袋装食品的枯燥剂B.小苏打可溶于水，可作糕点的膨松剂C.臭氧具有强氧化性，可作食品的杀菌剂D.维生素C具有复原性，可作食品的抗氧化剂【K S 5 U 答案】B【K S 5 U 详解】A.硅胶多孔，吸水能力强，硅胶能作枯燥剂，由于无毒，不会污染食品，所以常用作袋装食品的枯燥剂，故 A正确；B.小苏打可中和面团发酵的酸产生二氧化碳，

23、可作糕点的膨松剂，故 B错误；C.臭氧具有强氧化性，可作食品的杀菌剂，故 C正确；D.维生素C具有复原性，且无毒，可作食品的抗氧化剂，故 D正确，故答案选：B o5.（20 21 浙江高三其他模拟）高铁酸钾（K z Fe O。是一种新型多功能净水剂，强碱性条件下制取，枯燥环境下冷藏。制备过程如图：漂 白 粉 与 苏 打 一 黑 一 溶 液 1 一音（版）-溶液2黑 一K z Fe O,固体以下说法不正确的选项是A.高铁酸钾既能杀菌消毒、又有净水作用，净水作用与胶体的性质有关B.溶液 1-*溶液 2 的离子方程式为：2Fe 3*+3C 1 0-+1 0 0 H-=2Fe O：+3C r+5 H2

24、0C.溶液2 中参加K O H析出了 K 3e O,固体，说明A Fe O,难溶于水D.高铁酸钾受热分解可放出氧气【K S 5 U 答案】C【分漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，苏打的主要成分为碳酸钠；二者反响生成次氯酸钠（溶 液 1）和碳酸钙：在碱性条件下次氯酸钠与铁离子反响生成高铁酸根氯离子和水（溶液2）；再向溶液2 中参加一定量的氢氧化剂，过滤、洗涤枯燥等步骤得到高铁酸钾。据此分析可得:【K S 5 U 详解】A.高铁酸钾既能杀菌消毒、又有净水作用。其中消杀为高铁酸根具有强氧化性；净水为利用高铁酸根被复原生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体吸附性，与胶体性质有关，故 A正确；B.漂白粉的主

25、要成分为氯化钙和次氯酸钙，苏打的主要成分为碳酸钠；二者反响生成次氯酸钠和碳酸钙，在碱性条件下次氯酸钠与铁离子反响生成高铁酸根氯离子和水，那么溶液1 分溶液 2 的离子方程式为：2Fe 3*+3C 1 0 +1 0 0 Il =2Fe O；+3C l +5 n 冷，故 B正确；C.钾盐、钠盐都易溶于水，溶液2 中参加K O H析出了 K/Fe O i 固体，说明K z Fe O*的溶解度小于N a2Fe O4,而不是/Fe O”难溶于水,故C错；D.枯燥的高铁酸钾在1 98以下是稳定，受热易分解为氧化铁，氧化钾和氧气，即4 K2FeO4=2 Fe2O3+3 O2 T +4 K2O,故 D 正确；

26、答案选C6.（2 0 2 1 浙江高三其他模拟）以 下“类比 合理的是A.C u 与 C L 反响生成+2 价的C u C b,那么C u 与 S 反响生成+2 价的C u SB.C 在 足 量 中燃烧生成C 0 2,那么S在 足 量 中燃烧生成S 0 3C.F e-C u 原电池，F e 的活泼性比C u 强，在稀硫酸介质中，Fe做负极，那么在浓硝酸中，也是 Fe做负极D.M h 与 H C 1 反响生成NHL那么H A N H z 也可以与H C 1 反响生成N2HseL【K S 5U 答案】D【K S 5U 详解】A.C u 与 C h 反响生成+2 价的C u C k,但 S氧化性弱于

27、C h,C u 与 S反响生成+1 价的C u z S,故A错误；B.C在足量G中燃烧生成C O 2,但 S在足量O 2 中燃烧生成S O”故 B错误；C.FeC u 原电池，F e 的活泼性比C u 强，在稀硫酸介质中，Fe做负极，但在浓硝酸中，Fe发生钝化，阻止内部铁继续反响，故 C错误；D.N 原子上有孤电子对,阳与H C 1 反响生成N H 1,那么邸一N H z 也可以与H C 1 反响生成N 2 H 6 c 必故 D正确；应 选 D。7.（2 0 2 1 浙江高三其他模拟）火法炼铜中涉及反响：2 C u FeS2+02 C u2S+2 FeS+S 02,以下判断正确的选项是A.C

28、u Fe&只作复原剂B.S O?既是氧化产物又是复原产物C.消 耗 1 m ol O z 时转移电子的物质的量为4 m olD.每生成1 m ol C u 2 s 同时产生2 2.4 L S 02【K S 5U 答案】B K S 5U 详解】A.在该反响中C u 元素的化合价由反响C u FeS?中的+2 价变为反响后C u 2$中的+1 价，化合价降低得到电子，被复原，所以C u FeS z 作氧化剂；S元素化合价由反响前C u FeS z 中的-2 价变为反响后S O?中的+4 价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以C u FeS?又作复原剂，故 C u FeS z既作氧化剂又作复原剂，A

29、错误；B.在该反响中，S元素化合价由反响前C u FeS z 中的-2 价变为反响后S O?中的+4 价，化合价升高，失去电子，被氧化，S 0,是氧化产物；0元素化合价由反响前0?中的0 价变为反响后S O?中的-2 价，化合价降低，得到电子，被复原，S O?又是复原产物，故 S O,既是氧化产物又是复原产物，B正确；C.在该反响中得到电子的元素有C u、0,失去电子的元素只有S,每 有 1 mo l 参加反响，转移电子的物质的量是6 m ol,C错误；D.根据方程式可知：每生成1 m ol C u2S同时产生1 m ol S 02.但由于未知外界条件，因此不能确定1 m ol的 S O?的体

30、积是否是2 2.4 L,D错误；故合理选项是B。8.(2 0 2 1 北京高三其他模拟)以废旧锌镒电池中的黑钛粉 含 M nO z、M nO(O H)、N H 1、Z nC b、F e B 及炭黑等 为原料制备M nC k,实现镒的再利用。其工艺流程如图：以下说法不正确的选项是A.步骤别离出岫C l、Z nC L 的试剂和操作为：水、过滤A AB.步骤中发生的反响：C+a -C O/、4 Mn 0 (OH)+02=4 Mn 02+2H20C.步骤假设先加H 2O2、后加H z S O,可提高H 2O2的利用率D.步骤所得Mn C k 溶液中含有少量C a S O,杂质【KS 5 U 答案】C【

31、分析】黑锦粉中含有M n。？、M n O(O H)、N H4CL Z n C l2,F e 2()3 及炭黑等，步骤将黑镒粉别离为溶液和M n。?粗品，可知步骤为水洗、过滤别离出N H 4 cl 溶液、Z n C U 溶液和M n。?固体；所得M n。?粗品中含有M n。？、M n O(O H)、F e 2()3 及炭黑等，步骤是将M n。?粗品在空气中加热，可知M n O(O H)、炭黑(主要成分为C单质)被a氧化，其中C被氧化为C 0”M n O(O H)被氧化为M n。？，此时M n。？粗产品中含有M n O 2、F e203；步骤是向M n。？粗产品(含M n。？、F e 2()3 中

32、参加H 2O2溶液、稀 毋 0“并加热得到Mn S O,溶液和F e(0 H)3 沉淀；步骤是向Mn S O 溶液中参加C a C l2,二者反响生成Mn C k 和微溶于水的C a S O,再经过滤操作得到Mn C h 溶液。【KS 5 U 详解】A.步骤将黑镒粉别离为溶液和M n O 2 粗品，可知步骤为水洗、过滤别离出N H 4 cl 溶液、Z n C l 2溶液和M n O 2 固体，可知步骤别离出N H4c 1、Z n C、的试剂和操作为：水、过滤,故 A项正确;B.经步骤别离所得的M n。2粗品中含有M nO）、M nO（O H）、F e 2（）3 及炭黑等，步骤是将 M n。2粗

33、品在空气中加热，可知M nO（O H）、炭黑（主要成分为C单质）被乌氧化，其中C被氧化为C O?,M nO（O H）被氧化为M n。？，那么步骤中发生的反响正确，故 B项正确；C.中先参加双氧水，Mi l。？会催化分解H Q”使其利用率降低，故 C项错误;D.步骤是向Mn S Oi 溶液中参加C a C k,二者反响生成Mn C l 2和微溶于水的C a S O”所以含有少量的C a S O”故 D 项正确。应选C。9.（20 21 北京高三其他模拟）以下生活中的做法可以用氧化复原反响规律解释的是ABCD n用铁粉作脱氧保鲜剂用白醋去除水垢用纯碱溶液清洗油污用明研净水A.A B a B C C

34、 D.D【KS 5 U 答案】A【KS 5 U 详解】A.用铁粉作脱氧保鲜剂，生成氧化铁，氧气被铁单质复原，应选A；B.用白醋去除水垢，醋酸和碳酸钙反响生成醋酸钙、二氧化碳、水，没有元素化合价变化，属于非氧化复原反响，故不选B；C.用纯碱溶液清洗油污，油脂在碱性溶液中发生水解反响生成高级脂肪酸钠和甘油，没有元素化合价变化，属于非氧化复原反响，故不选C；D.用明研净水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质，没有元素化合价变化，属于非氧化复原反响，故不选D；选 A o1 0.（20 21 阜新市第二高级中学高三其他模拟）以下表达不涉及氧化复原反响的是A.氯碱工业法制NaOHB.维生素C 用

35、作食品抗氧化剂C,用稀KMnO,溶液消毒D.古代利用明矶溶液去除铜镜外表的铜锈【KS5U答案】DKS5U详解】A.氯碱工业法制NaOH的化学原理是电解饱和食盐水，涉及氧化复原反响，A 错误；B.维生素C 具有复原性，可用作食品抗氧化剂，涉及氧化复原反响，B 错误；C.用稀KMn（h 溶液消毒，利用的是KMnOi强氧化性，涉及氧化复原反响，C 错误；D.明矶水解使溶液成酸性，可用于去除铜镜外表的铜锈 主要成分为CU2（0 H）0 J,不涉及氧化复原反响，D 正确；应选D。11.（2021 河南新乡市新乡县一中高三其他模拟）化学与人类的生活有着密切联系，以下过程涉及氧化复原反响的是A.SO?漂白的

36、纸张易变黄 B.长江入海口沙洲的形成C.苹果汁中参加维生素C 可防止苹果汁变黄D.紫甘蓝汁中参加食醋会变为红色【KS5U答案】CKS5U详解】A.二氧化硫的漂白作用与纸张中色素发生化合反响生成不稳定的无色物质，日晒此物质又分解恢复黄色，发生的是化合反响，A 不符合题意；B.混有泥沙的江水是胶体，海水中有大量电解质，胶体遇电解质溶液发生聚沉形成沙洲，没有发生氧化复原反响，B 不符合题意；C.苹果汁在空气中易被氧化成黄色，维生素C 有复原性，可以防止氧化，发生的是氧化复原反响，C 符合题意；D.在酸碱性不同的溶液中紫色甘蓝汁液会显示不同的颜色，所以它遇食醋颜色变化的原理与酸碱指示剂变色原理相似，不

37、是氧化复原反响，D 不符合题意；应选C12.（2021 广西南宁市南宁三中高三三模）2021年 3 月，中国国家航天局发布高清火星影像图，以中国之眼向全世界展示“荧荧火光、离离乱惑。据载：火星外表富含铁的氧化物，在气流中形成红棕色尘暴。火星南北极冠覆盖水冰与干冰，随季节消长。以下说法正确的选项是A.水冰与干冰互为同分异构体B.火星外表含铁氧化物可作颜料入画C.长征5 号火箭只需携带液氢燃料，氧气可来自大气D.传统的火箭推进剂为偏二甲肺和四氧化二氮，四氧化二氮作复原剂【KS5 U 答案】B【KS5 U 详解】A.水冰为上0,干冰为C O2,非同分异构体，故 A 错误；B.氧化铁红棕色，又称铁红，

38、可做颜料，故 B正确；C.太空无氧，所以火箭必须自带液氧，故 C错误；D.偏二甲肺作复原剂，四氧化二氮作氧化剂，故 D错误；应选B。1 3.（2 0 2 1 阜新市第二高级中学高三其他模拟）SF,是有效的应用广泛的选择性有机氟化剂,工业上制备SF4的反响为3 SC l2+4 N a F=SF4+S2C l2+4 N a C l 以下说法错误的选项是A.SF,为氧化产物，S2 C I 2 是复原产物B.SC I 2 和 Sz C l z 两种物质中硫元素的化合价不同C.该反响中，参加反响的复原剂和氧化剂物质的量之比为2：1D.上述反响中，每产生I m o l SR,转移电子的物质的量为2 m o

39、 i【KS5 U 答案】C【KS5 U 详解】A.由方程式可知，SC I,中硫元素化合价为+2,SF,中硫元素化合价为+4,那么反响中硫元素的化合价升高被氧化，SF,为反响的氧化产物，S L 中硫元素化合价为+1,那么反响中硫元素的化合价降低被还有，S2 c k 是反响的复原产物，故 A正确；B.SC h 中硫元素化合价为+2,中硫元素化合价为+1,那么两种物质中硫元素的化合价不同，故 B正确；C.由方程式可知，反响中SC I 既作氧化剂又作复原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与复原剂物质的量之比为2：1,故 C错误；D.由方程式可知，生成SF,时 S 元素化合价由+2 变为+4,那么每产生

40、I m o l SF,转移电子的物质的量为2 m o l,故 D正确；应选C o1 4.(2 0 2 1 长沙市明德中学高三三模)用酸性KM n O,溶液处理硫化亚铜(C*S)和二硫化亚铁(F e Sz)的混合物时，发生反响I：M 1 1 O4 +C uz S+H*f C+SOj +而2*+庆0(未配平)和反响I I：MnO4+F e S2+H-F e3，+SO +M n l H 2 O(未配平)。以下说法错误的选项是A.反 响 I中 C u2 s 只是复原剂B.反 响 I中每生成I m o l SO：,转移电子的物质的量为l Om o lC.反 响 I I 中氧化剂与复原剂的物质的量之比为3

41、 ：1D.假设反响I 和反响I I 中消耗的KM n O,的物质的量相同，那么反响I 和反响I I 中消耗的复原剂的物质的量之比为2：3【KS5 U 答案】D【KS5 U 详解】A.反 响 I 中，C u2 s 中 C u元素化合价由+1 升高为+2、S 元素化合价由-2 升高为+6,所以C u2 s只作复原剂，故 A正确；B.反 响 I 中，C u2 s 中 C u元素化合价由+1 升高为+2、S 元素化合价由-2 升高为+6,每生成I m o l SOj,消 耗 I m o l C uS 转移电子的物质的量为l Om o l,故 B正确；C.反响 I I,3 MnO4+F e S2+8 H

42、-F e3 t+2 SO +3 M n2+4 H20,M n C)4 是氧化剂、F e S2 是复原剂，氧化剂与复原剂的物质的量之比为3 ：1,故 C正确：D.2 M M +C u2 s+842 C/+S 0：+2 产+4 4 0 和 3 MnO；+F e S2+8 H-F e3+2 SO4 +3 M n2+4 H20中消耗的KM n O,的物质的量相同，那么反响I中消耗C u f 和反响I I 中消耗F e&的比为3 :2,故 D错误；选 D。1 5.(2 0 2 1 辽宁高三其他模拟)汽车平安气囊中装有N a N?和 K N O 3 固体，发生碰撞时生成两种金属氧化物和一种单质气体，以下说

43、法正确的选项是A.氧化产物与复原产物的质量比为1 :1 5B.每消耗1 m o l N a N,转移3 m o i 电子C.平安气囊中发生的反响为l()N a N 3+2 KN C)3=K2 O+5 N a 2 O+1 6 N 2 TD.氮气的电子式为N三 N【KS5 U 答案】C【KS5 U 详解】N a N 3 和 K N O 3 反响生成两种金属氧化物即为氧化钠和氧化钾，和一种单质气体为氮气，根据氧化复原反响中的质量守恒和电子守恒配平方程式，反响方程式为：1 0 N a N3+2K NO3=K2O +5 N a2O +1 6 N2 T,A.N a N,是复原剂，生成氧化产物，K N C）

44、3 是氧化剂，生成复原产物，所以氧化产物和复原产物的比例为1 5:1,质量比也为15:1,A错误；B.该反响中转移10个电子，故每消耗Im o l Na N?转 移 Im o l 电子，B 错误；C.反响方程式为：l（）Na N3 +2 K NC 3=K 2 O+5 Na 2 O+16 N2 T ,C 正确；D.氮气的电子式为：N”N：,D错误；应选C。16.（2 02 1 梅州市梅江区梅州中学）在水溶液中，R 0,和 M i 产发生反响：R 0r+3 M n2 t+3 H20=R+3 M n 021+6 H+,那么R 0,中 R元素的化合价和原子最外层电子数分别为A.+4、6 B.+7、7

45、C.+5、7 D.+5、5【K S 5 U 答案】C【K S 5 U 详解】根据电荷守恒：-n+6=6 T,n=l,故 R 0；,中设R的化合价x,0 为-2 价，x-6=-l,x=+5,由方程式中，R元素的复原产物为R可知，R 得 到 1 个电子到达8 电子稳定状态，故 R原子最外层 7个电子。应选C o17.（2 02 1 江苏省如皋中学）室温下，通过以下实验探究Na H S 溶液的性质。以下有关说法正确的选项是实验实验操作和现象1向 0.1 m o l L-Na H S 溶液中滴加几滴酚配试剂，溶液变红2向 0.1 m o l L1 Na H S 溶液中参加等体积0.1 m o l L

46、_1 Na OH 溶液充分混合3向 0.1 m o l L-1 Na H S 溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生4向 0.1 m o l -L-1 Na H S 溶液中滴加过量C u C b溶液，产生黑色沉淀A.0.1 m o l L/Na H S 溶液中：c (S2-)c (H2S)B.实验 2 所得溶液中：c(Na+)=c(S)+c(H S-)+c(H 2 S)C.实验3 说明H S-不能被氯气氧化D.实验4 反响静置后的上层清液中有c(C u)C(S2)=KS P(CUS)【K S 5 U 答案】D【K S 5 U 详解】A.Na H S 溶液中存在电离平衡H S UH+S,一和水解平

47、衡H S+H2O H2S+OH ,由实验1 可知Na H S溶液显碱性，那么H S 的水解程度大于电离程度，因此c(S)c(H ),A错误；B.实验2中 0.1 m o l L Na H S 溶液和0.1 m o l L 1 Na OII溶液等体积混合，那么所得溶液为Na 2 s 溶液,存在物料守恒 c(Na+)=2 c(S)+c(H S )+c(H z S),B 错误;C.氯气有强氧化性，H S 有较强复原性，二者能发生氧化复原反响，实验3 没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将H S 氧化为硫酸根，C 错误；D.实验4 中产生黑色沉淀，说明生成了 C u S,那么静置后的上层清液中有c (C i?

48、*)c (S2)=Ks p(C u S),D 正确；选 D o18.(2 02 1 江苏省如皋中学)实验室用以下图所示装置制取S O2 并验证S O?的局部性质。以下有关说法正确的选项是A.铜和浓硫酸反响制取S 0?时，氧化剂和复原剂的物质的量之比为2:1B.品红溶液褪色，说明S O2 的氧化性C.石蕊试液变红但不褪色D.用 Na OH 溶液吸收少量S02的离子方程式为SO2+O H =H SO3【K S5 U 答案】C【K S5 U 详解】A.铜和浓硫酸制取SO 2 的反响为：C u+2 H 2 SO,(浓)=C u S0,+S0 2 t+2 H o 其中氧化剂为浓硫酸，复原剂为C u,只有

49、一局部硫元素化合价改变得到二氧化硫，因此氧化剂和复原剂的物质的量之比为1:1,故 A错误；B.SO?能使品红溶液褪色，表达了 S0 2 的漂白性，故 B错误；C.二氧化硫与水反响生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试液变红，二氧化硫不能漂白指示剂，溶液不褪色，故 c正确；D.少量SO?与氢氧化钠溶液反响生成亚硫酸钠和水，反响的离子方程式为S02+20H=S0J-+I M,故 D错误；答案选C。1 9.(2 0 2 1 广东汕头市 金山中学高三三模)某离子反响涉及H*、B i3 M nO4,B i O；、Mn2HQ六种微粒。其中c(M n O4)随反响进行逐渐增大。以下判断错误的选项是A.氧化剂与复原剂的物

50、质的量之比为2：5B.氧化性：B i O：大于Mi l。C.反响后溶液的pH 值增大D.假设有I mo l 复原剂参加反响，转移电子的物质的量为5 mo i【K S5 U 答案】A【分析】c (Mn 04)随反响进行逐渐增大，Mn()4 应是生成物，那么Mr f 为反响物，Mn 元素化合价发生升高，具有氧化性的B i O：为反响物，由B i 元素守恒可知BF是生成物，那么反响的方程式应为 5 B i O3+2 Mn +1 4 H =5 B i3 4+2 Mn O4+7 H20,以此解答该题。【K S5 U 详解】A.Mn 元素化合价发生升高，那么Mn”为复原剂，B i 元素的化合价降低，那么B