【文档说明】2020年真题+高考模拟题 专项版解析 化学——04 氧化还原反应（教师版）【高考】.docx，共(17)页，547.443 KB，由小赞的店铺上传

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专题04氧化还原反应1．【2020年7月浙江选考】反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()A．1:2B．1:1C．2:1D．4:1【答案】B【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-

1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。2．【2020山东（新高考）】下列叙述不涉及氧化还原反应的是A．谷物发酵酿造食醋B．小苏打用作食品膨松剂C．含氯消

毒剂用于环境消毒D．大气中NO2参与酸雨形成【答案】B【解析】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C

．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。3．（浙江省金华十校2020届高三4月模拟

考试）下列变化中，气体被还原的是A．水蒸气使CuSO4固体变蓝B．氯气使浅绿色FeC12溶液变黄2020届高考模拟试题2020年高考真题C．H2使灼热CuO固体变红D．氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀【答案】B【解析】A．水蒸气使CuSO4固体变蓝，发生了反应：CuSO4+5H2O=CuSO4

∙5H2O，不是氧化还原反应，故A不选；B．氯气使浅绿色FeC12溶液变黄，发生了反应：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，Cl2中0价的Cl反应后降低到了FeCl3中的-1价，被还原，故B选；C．H2使灼热CuO固体变红

，发生了反应：H2+CuOCu+H2O，H2中H的化合价从0价升高到了水中的+1价，被氧化，故C不选；D．氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl3+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓

+3NH4Cl，不是氧化还原反应，故D不选；故选B。4．（北京市顺义区2020届高三第一次模拟）常温下，向22HO溶液中滴加少量243Fe(SO)溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是A．该反应过程中，M是3FeM'+，是2Fe+B．当有2

1molO生成时，转移2mol电子C．在22HO分解过程中，溶液的pH逐渐降低D．22HO的氧化性比3Fe+强，还原性比2Fe+弱【答案】B【解析】【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧

化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。【详解】A．根据分析，M是2Fe+，Mˊ是3Fe+，故A错误；B．图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有21mol

O生成时，转移2mol电子，故B正确；C．图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O2=催化剂2H2O+O2↑，在22HO分解过程中生成

了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，故C错误；D．根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误

；综上所述，答案为B。5．（2020届济南市实验中学高三下学期2月份阶段检测）已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶

液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列不正确的是A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．开始加入的K2Cr2O7为0.25molC．图中BC段发生的反应为2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2D．混合之前，K2Cr2O7与FeSO4

的物质的量之比为1∶6【答案】D【解析】【分析】将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，发生如下反应：+2-2+3+3+27214H+CrO+6Fe=6Fe+2Cr+7HO，向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系

如图，可知在AB段发生反应：+2--3+272214H+CrO+6I=3I+2Cr+7HO，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2。据此解答。【详解】A．在AB段发生反应：+2--3+272214H+CrO+6I=3I+2C

r+7HO，氧化剂是K2Cr2O7，故A正确；B．根据图像可知，在BC段，消耗I－0.9mol，由反应对应的关系3+FeI0.90.9－～，推知在混合时生成了0.9molFe3+，2-3+27CrO6Fe0.150.9，消耗K2Cr2O7物质的量为0.15mol；又AB段有对应关系：消耗I－0

.6mol，2--27CrO6I0.10.6～，消耗K2Cr2O7物质的量为0.1mol；共消耗K2Cr2O7物质的量为0.15+0.1=0.25mol，故B正确；C．由分析知，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故C正确；D．根据计算可知，在反应前，

K2Cr2O7物质的量为0.25mol，FeSO4与Fe3+一样都是0.9mol，二者之比不为1:6，D错误；答案选D。6．（聊城市2020年普通高中学业水平等级考试二模）某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：根据以上信

息判断，下列叙述错误的是A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能

力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)【答案】B【解析】A．由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH)4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A正确；B．过程④中2moH2O水与2molX反应生

成2molB(OH)4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B错误；C．由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C正确；D．NaBH4中

H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量20.25mol4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1molH2生成H+失去的电子的量21mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确；答案选B。7．（青岛市2020届高三第三次模拟）向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加Na

HSO3溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是A．溶液先变蓝的原因：2IO-3+5HSO-3=I2+5SO2-4+H2O+3H＋B．溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3C．还原性I->HSO-3>I2D．若向含有淀粉的NaH

SO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，则溶液变蓝不褪色【答案】C【解析】A．溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO-3为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO-3为还原剂，反应的离子方程式为2IO-3+5HSO-3=I2+5SO2-4

+H2O+3H＋，A选项正确；B．溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2+HSO-3=2I-+SO2-4+3H＋，结合A选项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B选项正确；C．由A选项中的反应可知，还原性：HSO-3＞I2，由B选项中的反应可知，还

原性HSO-3＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO-3＞I-＞I2，C选项错误；D．若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO-3＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D选项正确；答案选C。6．（天津市南开区2020届高三

年级第二次模拟考试）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A．该转化过程的

实质为NOx被H2还原B．x=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D．过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+【答案】A【解析】【分析】分析转化过程图，可知在过程I中发

生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，在过程Ⅱ中发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，据此进行分析。【详解】A．由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A

项正确；B．x=1时，根据图示，过程II中发生2NO＋4H＋＋4Ce3＋=2H2O＋N2＋4Ce4＋，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3＋为还原剂，根据得失电子守恒：()()3+NO2Ce1nn=，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:

2，B项错误；C．过程I发生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，过程II发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，处理过程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，C项错误；D．根据图示，过程I发生H2＋Ce4＋→H＋＋Ce3＋，利用化合价升降法进行配平，离子

方程式为H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，D项错误；答案选A。7．（日照市2020届高三4月模拟考试，不定项）高铁酸钾（24KFeO）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备24KFeO的流程如下：下列说法错误的是（）A．步骤i中反应的离子方程式为2322

22FeHO2H2Fe2HO++++++═B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：24NaFeONaClOC．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：2424NaFeOKFeOD．24KFeO作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化

性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）【答案】BC【解析】【分析】根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，

Na2FeO4与饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。【详解】A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe

2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O，A选项正确；B．步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是

NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B选项错误；C．步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2F

eO4，C选项错误；D．由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3+水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是乙中性能优良的水处理剂，D选项正确；答案选BC。8．（2020

年山东新高考泰安市第五次模拟，不定项）污水处理厂处理含CN-废水的过程分两步进行：①向含CN-的废水中加入过量NaC1O将CN-转化为CNO-；②调节①所得溶液为酸性，使CNO-继续被NaC1O转化为两种无污染的气体。下列关于上述过程的叙述错误的是

（）A．CN-的电子式为B．过程①中，生成CNO-的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C．过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2D．氧化性：CNO-＞C1O-【答案】AD【解析】A．CN-的电子式为，故A错误；B．

过程①中，CN-被氧化为CNO-，1molCN-转移2mol电子，NaC1O被还原为NaC1，1molNaC1O转移2mol电子，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；C．CO2和N2无污染，过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和

N2，故C正确；D．CN-被NaC1O氧化为CNO-，所以氧化性：CNO-＜C1O-，故D错误；选AD。9．（2020年山东新高考烟台市适应性练习一，不定项）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果

，其反应机制模型如图所示（SO4−·、·OH表示自由基）。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是（）A．过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1B．若56gFe参加反应，共有1.5NA个S2O82−被还原C．碱性条件下硫

酸根自由基发生反应的方程式为SO4-·+OH-=SO42-+·OHD．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷【答案】BD【解析】A．过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为+6价，Na为+1价，正价之和=(+6)×2+(+1)×2=1

4，负价之和为-14，若-2价氧与-1价氧的个数比为3：1，即-2价氧为6个，-1价氧的个数为2个，负价之和为(-2)×6+(-1)×2=-14，故A正确；B．56gFe为1mol，根据图示可知，1molS2O82−和1

molFe反应生成2molSO42−和1molFe2+，该过程转移2mol电子，但是Fe2+还要与S2O82−反应变成Fe3+和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参加反应消耗小于1.5

molS2O82−，共有少于1.5NA个S2O82−被还原，故B错误；C．结合图示可知，碱性条件下，SO4−⋅发生反应的方程式为：SO4−⋅+OH−═SO42−+⋅OH，故C正确；D．根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离

子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误；答案选BD。10．（2020年山东新高考烟台市适应性练习一，不定项）用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（F

eS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：-4MnO+Cu2S+H+→Cu2++2-4SO+Mn2++H2O(未配平)和反应Ⅱ：-4MnO+FeS2+H+→Fe3++2-4SO+Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是（）A．

反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B．反应Ⅰ中每生成1mol2-4SO，转移电子的物质的量为10molC．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原

剂的物质的量之比为3：2【答案】BD【解析】【分析】-4MnO中Mn元素为+7价，Cu2S中Cu和S元素分别为+1、-2价，FeS2中Fe和S元素分别为+2、-1价。【详解】A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价

降低，发生还原反应，-4MnO为氧化剂，A错误；B．反应Ⅰ中每生成1mol2-4SO，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C．反

应Ⅱ中氧化剂-4MnO化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物

质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化515mol=13molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：13mol=

3：2，D正确。答案选BD。11．（北京市海淀区2020届高三二模）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是()A．①中需持续吹入空气作氧化剂B．②中需加入过

量稀硫酸C．③中发生了置换反应D．溶液A为橙色【答案】B【解析】A．在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B．Al(OH)3是两性

氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；C．Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中

反应类型为置换反应，C正确；D．Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；故合理选项是B。12．（山东省实验中学2020届高三下学期打靶模拟考试）高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。不同条件下高锰酸

钾可发生如下反应：4MnO−+5e－+8H+→Mn2++4H2O；4MnO−+3e－+2H2O→MnO2+4OH－；4MnO−+e－→24MnO−。高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：FeS+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+S+H2O(未配平)。下列有关

说法正确的是A．由上面的反应可知，高锰酸根离子(4MnO−)反应后的产物与溶液的酸碱性有关B．高锰酸钾溶液可代替二氧化锰用来制取Cl2，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:8C．在高锰酸钾溶液与硫化亚铁的反应中，反应前后固体的质量减少了2.8g，则硫元素与高锰酸钾之

间转移的电子数为0.15NAD．高锰酸钾溶液也可与双氧水发生反应，其中双氧水是氧化剂【答案】A【解析】A．由不同条件下高锰酸钾发生的反应可知，溶液的酸性越强，反应后锰元素的化合价越低，所以高锰酸根反应后的产物与溶液的酸碱

性有关，A正确；B．反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，高锰酸钾为氧化剂，盐酸为还原剂，由方程式可知，有2mol高锰酸钾参与反应，则有10molHCl被氧化，因此

，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5，B错误；C．反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素的变化，反应前后固体的质量减少了2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为2.8g56g/mol=0.0

5mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫离子的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为0.1NA，C错误；D．高锰酸钾与双氧水反应，高锰酸钾体现氧化性，双氧水体现还原性，D错误；故选A。13．（日照市

2020届高三4月模拟考试）24CuHgI是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：424222CuSOKHgISO2HO+++═242424CuHgIKSO2HSO++。下列说法正确的是（）A．上述

反应的产物24CuHgI中，Hg的化合价为1+B．上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原C．上述反应中生成241molCuHgI时，转移的电子数为A4ND．由以上信息可推知：可发生反应4222CuSO2NaClSO2HO+++═24242CuClNaSO2HSO+

+【答案】D【解析】【分析】根据制备反应方程式可知，CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由+4价升至+6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析可知，Cu2HgI4

中Cu的化合价为+1价，则Hg的化合价为+2价，A选项错误；B．上述反应中，只有Cu元素被还原，B选项错误；C．上述反应中，CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价，生成1molCu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA

，C选项错误；D．根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2+被还原为Cu+，SO2被氧化为SO42-，则反应2CuSO4+NaCl+SO2+2H2O===2CuCl↓+Na2SO4

+2H2SO4可以发生，D选项正确；答案选D。14．（山东师范大学附属中学2020届高三6月份模拟，不定项）氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN－，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应:反应i，CN－+OH－+C

l2OCN－+Cl－+H2O(未配平)；反应ii，OCN－+OH－+Cl2X+Y+Cl－+H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是()A．

反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1:1B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D．处理c(CN－)=0.0001mol·L-1的废水106L，消耗标况下的Cl24.48×103L【答案】AC【解析】A．反应i中氧

化剂是Cl2，还原剂是CN－，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN－中的碳元素的合价升高2（由+2升高到+4），因此i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1:1，故A正确；B．由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2为反应i

i的氧化产物，CO2不是反应ii的氧化产物，故B错误；C．氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须采取措施防止Cl2逸出到空气中，故C正确；D．处理c(CN－)=0.0001mol·L-1的废水106L，物质的量为0.0001mol·L

−1×106L=100mol，则失去电子100mol×(2+3)=500mol，因此消耗氯气250mol，标况下的Cl2体积为250mol×22.4L·mol−1=5.6×103L，故D错误。综上所述，答案为AC。15．（滨州市2020届高三第三次模拟考试）工业上用发烟HC1O4将潮湿的CrC1

3氧化为棕色的烟[CrO2(C1O4)2]，来除去Cr(Ⅲ)，HC1O4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（）A．CrO2(C1O4)2中Cr元素显+6价B．HC1O4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8D．该反应离子方程式

为19ClO4−+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3C1-+4H2O【答案】D【解析】A．CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，A正确；B．Cl元

素非金属性较强，HClO4属于强酸，HC1O4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C．根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)

2+3C1-+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO4-，其中有3molCl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2，其中有8molCr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8

，C正确；D．根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，D错误；故合理选项是D。16．（湖北省2020届高三下学期6月供卷理综化学）我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应)机理如图所示｡下列说法错

误的是A．物质M不能改变OER反应的趋势B．每一步反应过程都是氧化还原反应C．反应过程中只涉及极性键的断裂和形成D．该总反应方程式为4OH--4e-M2H2O+O2↑【答案】C【解析】A．OER机理为氧气析出反应，

根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂能改变反应进程或改变反应速率，但不能改变OER反应转化率或氧气的产率，故A错误；B．根据图示，OER(氧气析出反应)机理每一步反应过程都有电子得失，是氧化还原反应，故B正确；C．根据图示，反应过程中除了涉及极性键的断裂和

形成，由M-O转化为M-OOH含有非极性键的形成，故C错误；D．根据图示，可知M为OER(氧气析出反应)机理的催化剂，四步反应中，每步都有电子失去，反应过程中生成水和氧气，该总反应方程式为4OH--4e-M2H2O+O2↑，故D正确；答案选C。17

．（2020年山东新高考化学全真模拟卷三，不定项）工业是制取高铁酸钾(K2FeO4)，是先制取高铁酸钠，然后在低温下，往高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可以析出高铁酸钾。湿法制备Na2FeO4的主要反应为：2Fe(OH

)3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；干法备Na2FeO4的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2SO4+O2↑。下列有关说法不正确的是()A．湿法和干法制备中，生成1molNa2FeO4转移电子数目相同B．高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的

溶解度小C．干法制备的主要反应中Na2O2是氧化剂D．K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质【答案】AC【解析】【分析】利用氧化还原基本原理及四组关系分析电子的转移、氧化剂、还原剂；胶体微粒直径介于1100nm

−，可以吸附杂质。【详解】A．湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe(OH)3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6

价，转移电子4mol，同时还有0.5mol氧气生成，又转移1mol电子，所以生成1molNa2FeO4转移电子数目不相同，故A错误；B．在低温下，高铁酸钾容易变成固体析出，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠

的溶解度小，故B正确；C．反应中Na2O2中O元素的化合价既升高又降低，则干法制备的主要反应中Na2O2即是氧化剂又是还原剂，故C错误；D．K2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附悬浮物，故D正确；答案选

AC。18．（日照市2020届高三校际联合考试化学试题，不定项）由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：4232424222NaSO4HSO4NaSO3SSO4HO++++=。下列说法

正确的是（）A．Na4S2O3的水溶液显碱性B．1molNa4S2O3中共含离子数为5NAC．上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD．CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀

硫酸会有Cl2产生【答案】AD【解析】【分析】混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐，混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2两种盐。【详解】A．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2

S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A正确；B．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3中共含离子数为2+1+2+1=6NA，B错误；C．由4232424222NaSO4HSO4NaSO3SSO

4HO++++=可知，生成单质硫的S元素化合价由+1变为0，则每产生3molS，转移电子的物质的量为3mol，C错误；D．在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；答案选AD。19．（

泰安市肥城市2020届高三适应性训练，不定项）铅的冶炼大致过程如下：①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；③制粗铅：PbO+CPb+CO↑；PbO+COPb+CO2。下列说法错误的是（）A．浮选法富集方铅矿的过程，属于物理变化B．将lmolPbS冶炼成

Pb，理论上至少需要12g碳C．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbOD．焙烧过程中，每生成lmolPbO转移6mol电子【答案】BC【解析】A．浮选法富集方铅矿的过程没有新物质生成，属于物理变化，A正确

；B．将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出，2PbS~2PbO~C~2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳，B错误；C．方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS中S元素化合价升高，是还

原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2，C错误；D．焙烧过程，根据Pb原子守恒，1molPbS转化为1molPbO，Pb化合价没有变化，S转移电子是6mol，D正确；故选BC。20．（山东省2020届普通高中学业水平等级考试模拟卷三，

不定项）偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]与N2O4是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反应如下：①(CH3)2N—NH2(1)+2N2O4(1)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H1＜0②N2O4(1)2NO2(g)△H2＞0下列说法

不正确．．．的是()A．反应①中，N2O4为氧化剂B．反应①中，生成1mo1CO2时，转移16mo1e-C．由反应②推断：加压、降温是获得液态N2O4的条件D．温度升高，反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大【答案】BD【解析】A．反应①中，N2O4

中N元素的化合价降低，发生还原反应，N2O4为氧化剂，故A正确；B．反应中C元素的化合价从-4价升高到+4价，所以反应①中，生成1molCO2时，转移8mole－，故B错误；C．由反应②：增大压强逆向移动，降低温度向吸热方向移动，降低温度也向逆方向移动，所以加压、降温是获得液

态N2O4的条件，故C正确；D．升高温度增大反应速率，所以温度升高，反应①的化学反应速率增大、反应②的化学反应速率增大，故D错误。故选BD。