2023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

高考真题和模拟题分类汇编高考真题和模拟题分类汇编--10-04氧化复原反响20231〔2023·山东高考真题〕试验室中利用固体KMnO4

进展如图试验，以下说法错误的选项是A．GH

BKMnO4

只作氧化剂C．Mn3〖答案〗BD〖祥解〗

D．GH0.25molKMnO固体受热分解生成KMnOMnOOKMnOMnO

均具有氧化性，在加热条件下能与浓4 2 4 2 2 2 4 2Cl-被氧化为ClKMnOMnO被复原为MnClGO，气体单质HCl2 2〖详析〗

2 2 4 2 2A．加热KMnOO-20KMnOMnO

与浓盐酸4 2 4 2的反响中，Cl-10被氧化，因此O2

Cl2

均为氧化产物，故AB．KMnO4

固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被复原，局部O元素化合价上升被氧化，KMnOC．Mn元素在反响过程中物质及化合价变化为，MnC．Mn元素在反响过程中物质及化合价变化为，Mn3复原反响，故C

既是氧化剂也是复原剂，故B错误；D．1molO2

4mol1molCl2

2mol电子，假设KMnO4

转化为MnCl过2程中得到的电子全部是Cl-Cl所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO～5Cl

可知，2 4 2n(气体)=0.25mol，但该气体中确定含有O0.25mol，max 2D综上所述，说法错误的选项是BD，故答案为：BD。2〔2023·浙江〕关于反响KHIO+9HI=2KI+4I+6HO，以下说法正确的选项是KHIO

发生氧化反响

23 6 2 223 6B．KIC12.7gI2

0.1molD7：1〖答案〗D〖详析〗A．反响中IAB．KI中的IHIKIB错误；C．12.7gI2

0.05mol4molI2

7mol0.05molI2

0.0875mol，CD．反响中HIKHIO为氧化剂，在反响中每消耗1molKHIO

7molHI23 6 23 6则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〔2023·湖南高考真题〕KIO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6I2

+11KCIO3

+3HO2

Δ6KH

IO32

+5KCl+3Cl2

。以下说法错误的选项是22.4L(Cl2

时，反响中转移10mole 反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为11：6可用石灰乳吸取反响产生的Cl2

制备漂白粉可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在3〖答案〗A〖详析〗该反响中只有碘元素价态上升，由0价上升至KH(IO)中+55326I60e-，又因方程式中6I3Cl，故3Cl60e-，即Cl20e-，所以产生22.4L(标准状2 2 2 2 2况)Cl2

1molCl2

20mole-，A该反响中KClO3

中氯元素价态降低，KClO3

作氧化剂，I2

中碘元素价态上升，I2

作复原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3

6I，故该反响的氧化剂和复原剂的物质的量之比为211:6，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IO-可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反响3IO-+5I-+6H+=3I

+3H

3 2 2 2 2化钾溶液检验食盐中IO-的存在，D3A。4〔2023·浙江高考真题〕关于反响8NH+6NO=7N+12HO，以下说法正确的选项是A．NH3B．NO2

H在反响过程中失去电子

3 2 2 2C．复原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D4：3〖答案〗D〖祥解〗8NH+6NO==7N+12HONHN-30、NO

N3 2 2 2 3 2的化合价由-+40，因此，NH3

是复原剂，NO2

是氧化剂。〖详析〗A．NH3B．NO2

中HNA在反响过程中得到电子，BC．该反响中，NH3

是复原剂，NO2

是氧化剂。由化学方程式可知，复原剂与氧化剂的物质的量4：3，CD．该反响中氧化产物和复原产物均为N2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4：3，D综上所述，此题选D。5〔2023·广东高考真题〕AlMoNi)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的局部流程如下： 8：25HCO2 3

的K =4.510a1

7，Ka2

=4.71011；Ksp

BaMoO4

=3.510 ；K BaCO=2.619；该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo元素以MoO2的形态存在。sp 3 4Na2

MoO4

生成，其中Mo元素的化合价为 。“沉铝”中，生成的沉淀X为 。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4

的离子方程式为 。BaCO也会沉淀。为避开BaMoO中混入BaCO沉淀，溶液中3 4 3 cHCO3

4

= (列出算式)时，应停顿参与BaCl2

溶液。①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如以下图，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻挡H2O2刻蚀液与下层GaAs (砷化镓)反响。①该氧化物为 。②：Ga和Al同族，As和N同族。在HO与上层GaAs 的反响中，As元素的化合价2 2变为+5价，则该反响的氧化剂与复原剂物质的量之比为 。〖答案〗+6

AlOH3

MoO2+Ba2=4

BaMoO↓4

1107mol/L2.61094.710113.5108NaHCO NH3 3

AlO2 3

4:1〖祥解〗由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反响分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分别出含镍的固体滤渣，滤液I中参与过量的二氧化碳，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II中参与适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。〖详析〗“焙烧”中，有Na2

MoO4

生成，其中NaO+12，依据化合价的代数0Mo元素的化合价为+6。“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为AlOH。3①滤液II中含有钼酸钠，参与氯化钡溶液后生成BaMoO4

沉淀，该反响的离子方程式为MoO2Ba2BaMoO↓。4 4②假设开头生成BaCO沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：3HCO+BaMoO3

2BaCO4 BaCO4

H，该反响的化学平衡常数为c(H)c(MoO2)

c(H+)c(CO2-)c(MoO2-)c(Ba2+)

K K (BaMoO)K 4

3 4

a2

4 。为避开c(HCO) c(HCO-)c(CO2-)c(Ba2+) K (BaCO)3 3 3c(H)c(MoO2)

sp 3K K (BaMoO)BaMoO

中混入BaCO沉淀，必需满足

4 a2

4 ，由于“沉4 3 c(HCO) K3 sp

(BaCO)3钼”中pH7.0c(H)1107mol/L，所以溶液中c(MoO2)4

K Ka2

(BaMoO)4

时，开头生成BaCO沉淀，因此，c(HCO) 1107mol/LK3

(BaCO) 33

2-

1107mol/LK (BaCO)sp 3

1107mol/L2.6109

时，应停3止参与BaCl2

4溶液。

K K (BaMoO)a2 sp 4

4.710113.5108①滤液I中参与过量的二氧化碳，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IIII此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3

，故Y为NaHCO。3②依据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3

，再通入足量CO2

，可析出NaHCO。3①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由HO与AlAs反响生成的，联2 2想到金属铝外表简洁形成致密的氧化膜可知，该氧化物为AlO。2 3②由Ga和Al同族、AsN同族可知，GaAs中显+3〔其最高价、As显-3HO2 2与上层GaAsAs元素的化合价变为+58As元素被氧化，则该反响的氧化剂为HO，复原剂为GaAs。HOO-12 2 2 2O-2HO2，依据氧化复原反响中元素化2 2合价上升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8:24:1。6〔2023·浙江高考真题〕玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反响：3S+6KOH

Δ2KS+KSO+3HO2 2 3 2Δ(x-1)S+KSKS(x=2~6)2 2xΔS+KSO KSO2 3 223请计算：0.480gVmL1.00mol·L-1KOHKSKSOV= 。

2 2 32.560g硫单质与60.0mL1.00mol·-1热KOH溶液恰好完全反响，只生成KS和KSO，则x= 。(写出计算过程)〖答案〗30.0 3

2x 223〖详析〗Δ3S+6KOH

2KS+KSO+3HO3molS6molKOH0.48gS2 2 3 2质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V=n

0.03mol= =0.03L=30.0mL30.0；c 1.00mol/L假设S与KOHKS和KSO2 223Δ(2x+2)S+6KOH2KS+KSO+3HO，依据反响方程式有2x 223 22x2S2x+2

+6KOH6

2KS +KSO +3HO2 x 22 3 22.56g 0.060L1.00mol/L32g/molx=33。20231〔2023·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模〕无关的是CaOClO2

常用于自来水的杀菌消毒KMnO4

溶液浸润的硅藻土吸取水果散发出的乙烯NaO22

作供氧剂〖答案〗A〖详析〗用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮剂，主要是氧化钙和水反响，是非氧化复原反响，故AClO2

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；用KMnO4

溶液浸润的硅藻土吸取水果散发出的乙烯，高锰酸钾氧化乙烯，与氧化复原反响有关，故CNaO22

反响有关，故D综上所述，答案为A。2〔2023·南岸区·重庆其次外国语学校高三三模〕固体NaS溶于水呈碱性且放出有臭味的2气体，俗称“臭碱”。工业上可利用反响NaSO2 4

+2C

高温．NaS+2CO来制备，以下说法．2 2的是NaSS2-+HOHS-+OH-2 2NaS21mol“8molD2：1〖答案〗D〖详析〗硫离子在水中易发生水解，S2-+HO HS-+OH-，故硫化钠溶液显碱性，A项正确；2硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氢化钠，发生变质，B项正确；依据方程式NaSO+2C

高温NaS+2CO+6-22 4 2 21mol8molC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答案选D。3〔2023·重庆市第十一中学校高三二模〕(PH)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，3具有复原性，可作为电子工业原料。PH3

的一种工业制法流程如下：以下说法错误的选项是A．HPO3 2该过程最好在无氧条件下进展不考虑损失，1molP4

2.5molPH311︰3〖答案〗D〖详析〗A．过量的NaOH反响只生成NaHPO，说明HPOA2 2 3 2B．PPH在有氧条件下易自燃，则反响过程需保持无氧条件，B4 3C．1P+3NaOH+3HO=3NaHPO+PH↑，1P~1PH34 2 2 2 3 4 32HPO=HPO+PH，1P~3NaHPO~1.5PH1molP2.5molPH，C2 2 3 4 3 4 2 2 3 4 3确；D．反响1P+3NaOH+3HO=3NaHPO+PHNaHPOPH4 23︰1，D应选：D。

2 2 3

2 2 34〔2023·安徽淮北市·高三一模〕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DC〖答案〗B〖详析〗A．硅胶多孔，吸水力气强，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，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CD．维生素C具有复原性，且无毒，可作食品的抗氧化剂，故DB。5〔2023·浙江高三其他模拟〕高铁酸(KFeO是一种型多功能净水剂，强碱性条件下制2 4取，枯燥环境下冷藏。制备过程如图：漂白粉与苏打溶液1NO溶液2KOHKFeO固体过滤以下说法的是

FeSO2 43

过滤 2 4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1→22Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO2+3Cl-+5HO4 22KOH析出了KFeO2 4高铁酸钾受热分解可放出氧气〖答案〗C〖祥解〗

KFeO2 4

难溶于水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)2)；再向溶液2中参与确定量的氢氧化剂，过滤、洗涤枯燥等步骤得到高铁酸钾。据此分析可得：〖详析〗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AB．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和碳1→溶液22Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO2+3Cl-+5HO，故B4 2C．钾盐、钠盐都易溶于水，溶液2中参与KOH析出了KFeO固体，说明KFeO

的溶解度小于2 4 2 4NaFeO，而不是KFeO难溶于水，故C2 4 2 4D．198℃以下是稳定，受热易分解为氧化铁，氧化钾和氧气，即4KFeO 2FeO 3O 4KOD2 4 2 3 2 2答案选C6〔2023·浙江高三其他模拟〕A．CuCl2

反响生成+2CuClCuS+2CuS2B．CO

中燃烧生成COSO中燃烧生成SO2 2 2 3C．Fe—CuFe的活泼性比CuFeFeD．NHHClNHClHN—NH

也可以与HClNHCl3〖答案〗D〖详析〗

4 2 2

26 2CuCl+2CuClSClCuS+1价的CuS，故2 2 2 2AC在足量O

中燃烧生成CO，但S在足量O中燃烧生成SO，故B2 2 2 2Fe—CuFe的活泼性比CuFeFe发生钝化，阻挡内部铁连续反响，故CD．N原子上有孤电子对

与HCl反响生成NHCH

也可以与HClNHCl3DD。

4 2 2

26 27〔2023·浙江高三其他模拟〕2CuFeS+O高温CuS+2FeS+SO，以下2 2 2 2推断正确的选项是A．CuFeS2

只作复原剂B．SO2

既是氧化产物又是复原产物C1molO2

4molD1molCuS22.4LSO2 2〖答案〗B〖详析〗在该反响中Cu元素的化合价由反响CuFeS2

中的+2价变为反响后CuS+12降低得到电子，被复原，所以CuFeS2

作氧化剂；S元素化合价由反响前CuFeS2

中的-2反响后SO2

中的+4价，化合价上升，失去电子，被氧化，所以CuFeS2

又作复原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作复原剂，A错误；在该反响中，S元素化合价由反响前CuFeS2

中的-2价变为反响后SO2

中的+4高，失去电子，被氧化，SO2

是氧化产物；O元素化合价由反响前O2

0价变为反响后SO2中的-2SO2

又是复原产物，故SO2

既是氧化产物又是还原产物，B在该反响中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，1molO2

参与反响，6mol，C1molCuS1molSO1molSO2

2 222.4L，D故合理选项是B。8〔2023·北京高三其他模拟MnOMnO(OHNHClZnCl、2 4 2FeO及炭黑等〗为原料制备MnCl23 2以下说法的是NHCl、ZnCl的试剂和操作为：水、过滤4 2Δ Δ步骤②中发生的反响：C+O CO、4MnO(OH)+O 4MnO+2HO2 2 2 2 2HO、后加HSOHO22 2 4 22MnCl2

溶液中含有少量CaSO杂质4〖答案〗C〖祥解〗黑锰粉中含有MnO

、MnO(OH)

ClZnCl

、FeO

及炭黑等，步骤①将黑锰粉分2 4 2 23离为溶液和MnO2

粗品，可知步骤①为水洗、过滤分别出NH4

Cl溶液、ZnCl2

溶液和MnO2固体；所得MnO

粗品中含有MnO

、MnO(OH)、FeO

及炭黑等，步骤②是将MnO粗2 2 23 2MnO(OH)C单质)被O2

C被氧化为CO2MnO(OH)被氧化为MnO

MnO

粗产品中含有MnO

MnO粗2 2 2 23 2产品(含MnO

、FeO

中参与HO

溶液、稀HSO，并加热得到MnSO

溶液和Fe(OH)

沉淀；步2 23 22 2 4 4 3骤④是向MnSO

溶液中参与CaCl，二者反响生成MnCl

和微溶于水的CaSO，再经过滤操作得MnCl2

4 2 2 4溶液。〖详析〗步骤①将黑锰粉分别为溶液和MnO2

粗品，可知步骤①为水洗、过滤分别出NH4

Cl溶液、ZnCl2

溶液和MnO2

固体，可知步骤①分别出NH4

Cl、ZnCl2

的试剂和操作为：水、过滤，A经步骤①分别所得的MnO

粗品中含有MnO

、MnO(OH)、FeO

及炭黑等，步骤②是2 2 23将MnO2

粗品在空气中加热，可知MnO(OH)、炭黑(主要成分为C单质)被O2

氧化，其中C被氧化为COMnO(OH)被氧化为MnO，则步骤②中发生的反响正确，故B2 2MnO会催化分解HOC2 22步骤④是向MnSO溶液中参与CaClMnCl和微溶于水的CaSO4 2 2 4CaSO，故D4ABCD应选C。9ABCD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

用明矾净水A．A〖答案〗A〖详析〗

C．C D．D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．用明矾净水，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。10〔2023·阜市其次高级中学高三其他模拟〕ANaOHCKMnO4

溶液消毒古代利用明矾溶液去除铜镜外表的铜锈〖答案〗D〖详析〗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；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；用稀KMnO4

溶液消毒，利用的是KMnO4

强氧化性，涉及氧化复原反响，C错误；明矾水解使溶液成酸性，可用于去除铜镜外表的铜锈〖主要成分为Cu(OH)CO2 2 3氧化复原反响，DD。11〔2023·河南乡市·乡县一中高三其他模拟〕过程涉及氧化复原反响的是A．SO2

漂白的纸张易变黄 B．长江入海口沙洲的形成CCD．紫甘蓝汁中参与食醋会变为红色〖答案〗C〖详析〗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，BC．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像，不是氧化复原反响，DC。12〔2023·广西南宁市·南宁三中高三三模2023年3月，中国国家航天局公布高清火星影像图，以中国之眼向全世界呈现“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。火星南北极冠掩盖水冰与干冰，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．传统的火箭推动剂为偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮作复原剂〖答案〗B〖详析〗水冰为HO，干冰为CO，非同分异构体，故A2 2氧化铁红棕色，又称铁红，可做颜料，故B正确；C．太空无氧，所以火箭必需自带液氧，故C错误；D．偏二甲肼作复原剂，四氧化二氮作氧化剂，故D错误；B。13〔2023·阜市其次高级中学高三其他模拟SF4

是有效的应用广泛的选择性有机氟化剂，SF3SCl+4NaF=SF+SCl+4NaCl。以下说法错误的选项是4 2 4 2 2A．SF4

为氧化产物，SCl2 2

是复原产物B．SCl

两种物质中硫元素的化合价不同2 2 2该反响中，参与反响的复原剂和氧化剂物质的量之比为2：11molSF2mol4〖答案〗C〖详析〗A．由方程式可知，SCl2

中硫元素化合价为+2，SF4

中硫元素化合价为+4，则反响中硫元素的化合价上升被氧化，SF

为反响的氧化产物，SCl

中硫元素化合价为+1，则反响中硫元素的化合4 2 2价降低被还有，SCl是反响的复原产物，故A2 2B．SCl2

中硫元素化合价为+2，SCl2 2

中硫元素化合价为+1，则两种物质中硫元素的化合价不同，BC．由方程式可知，反响中SCl2

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2：1，故CD．由方程式可知，生成SF4

S+24，则每产生1molSF42mol，故DC。14〔2023·长沙市明德中学高三三模〕用酸性KMnO4

溶液处理硫化亚铜(CuS)和二硫化亚铁2(FeSIMnO-+CuS+H+→Cu2+SO2-+Mn2++HO(II：2 4 2 4 2MnO-+FeS+H+→Fe3+SO2-+Mn2++HO(未配平)。以下说法错误的选项是4 2 4 2ICuS2I1molSO2-10mol4II3∶1III中消耗的KMnO42∶3〖答案〗D〖详析〗

的物质的量一样，则反响III反响I，CuSCu+12、S-2+6，所以CuS2 2只作复原剂，故A反响I，CuSCu+12、S-2+6，每生成21molSO2-1molCuS10mol，故B4 2反响II，3MnO-+FeS+8H+→Fe3++2SO2-+3Mn2++4HO，MnO-是氧化剂、FeS

是复原剂，氧4 2 4 2 4 23∶1，故C正确；D2MnO-+CuS+8+→2C2++SO2-+2M2+4HO和3MnO-+FeS+8→Fe3+2SO2-+3Mn2+4HO中4 2 4 2 4 2 4 2消耗的KMnO的物质的量一样，则反响I中消耗CuS和反响II中消耗FeS

3∶2，故D4 2 2错误；D。15〔2023·辽宁高三其他模拟〕汽车安全气囊中装有NaN3

和KNO3

固体，发生碰撞时生成两种金属氧化物和一种单质气体，以下说法正确的选项是A1∶15每消耗1molNaN3

转移3mol 电子安全气囊中发生的反响为10NaN 2KNO=KO5NaO16N 3 3 2 2 2NNN〖答案〗C〖详析〗NaN3

和KNO3

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：10NaN 2KNO=KO5NaO16N 。3 3 2 2 2NaN3

是复原剂，生成氧化产物，KNO3

是氧化剂，生成复原产物，所以氧化产物和复原15:115:1，A101molNaN1molB3反响方程式为：10NaN 2KNO=KO5NaO16N ，C正确；D．氮气的电子式为：，DD．氮气的电子式为：，DC。16〔2023·梅州市梅江区梅州中学〕ROn和M2+发生反响：3ROn+3Mn2++3HO=R-+3MnO↓+6H+ROnR3 2 2 3+4、6〖答案〗C〖详析〗

B．+7、7 C．+5、7 D．+5、5依据电荷守恒：-n+6=6-1，n=1，故RO，中设R的化合价x，O-2x-6=-1，x=+5，由3方程式中，R元素的复原产物为R-可知，R18电子稳定状态，故R7C。试验试验操作和现象10.1mol·L-1NaHS试验试验操作和现象10.1mol·L-1NaHS20.1mol·L-1NaHS0.1mol·L-1NaOH30.1mol·L-1NaHS40.1mol·L-1NaHSCuCl2以下有关说法正确的选项是A．0.1mol·L-1NaHSc(S2-)>c(HS)22c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(HS)23HS-不能被氯气氧化4反响静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp

(CuS)〖答案〗D〖详析〗NaHSHS-

H++S2-和水解平衡HS-+HO2

HS+OH-，由试验1可知NaHS2溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)<c(HS)，A错误；220.1mol·L-1NaHS0.1mol·L-1NaOHNaS2溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2〖c(S2-)＋c(HS-)＋c(HS)，B错误；2氯气有强氧化性，HS-有较强复原性，二者能发生氧化复原反响，试验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根，C试验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS，则静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=K(CuS)，DspD。18〔2023·江苏省如皋中学试验室用以以下图所示装置制取SO2

SO2

关说法正确的选项是SO2SO2

时，氧化剂和复原剂的物质的量之比为2:1的氧化性石蕊试液变红但不褪色NaOHSOSOOH-=HSO-2 2 3〖答案〗C〖详析〗A．铜和浓硫酸制取SOCu+2HSOCuSO+SO↑+2HO，其中氧化剂为浓硫酸，2 2 4 4 2 2复原剂为Cu，只有一局部硫元素化合价转变得到二氧化硫，因此氧化剂和复原剂的物质的量1:1，故AB．SO2

能使品红溶液褪色，表达了SO2

的漂白性，故BC．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CDSOSO＋2OH-=SO2-+HO，2 2 3 2D答案选C。19〔2023·广东汕头市·金山中学高三三模某离子反响涉及HB3+

-、BiO-4

Mn2+、HOc(MnO-)随反响进展渐渐增大。以下推断错误的选项是2 4氧化剂与复原剂的物质的量之比为2：5BiO-3

大于MnO-4pH1mol5mol〖答案〗A〖祥解〗4

随反响进展渐渐增大，MnO-4

Mn2+为反响物，Mn具有氧化性的BiO-3

为反响物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，则反响的方程式应为5BiO-3

+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO-4

+7HO，以此解答该题。2〖详析〗Mn元素化合价发生上升，则Mn2+为复原剂，Bi元素的化合价降低，则BiO-3

为氧化剂，所以氧化剂与复原剂的物质的量之比为5：2，故A错误；5BiO-

+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO-

+7HO，氧化剂是BiO-

，氧化产物是MnO-，则氧化性：BiO-3

3 4 2 3 4MnO-，故B45BiO-+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO-+7HOH+，pH值增大，故C3 4 2Mn+271mol〔7-2〕×1mol=5mol，故D应选：A。20〔2023·巴南区·重庆市试验中学〕(NH)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉24被腐蚀，其中一种反响机理如以下图。以下表达错误的选项是N2

是氧化产物过程③中发生反响后溶液的pH减小1molNH1molO24 21molNH5×6.02×102324〖答案〗B〖详析〗过程①中NHCuO反响生成NNNHN24 2 24 2氧化产物，故A结合图示可知，③中发生反响为：4Cu(NH+＋O8NH•HO＝4Cu(NH2+＋4OH＋6HO，反3 2 2 3 2 3 4 2应生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故B1molNH4mol1molO

4mol24 2恒可知，1molNH1molO，故C24 21molNH4molN-H1molN-N5mol5×6.02×1023，24D应选：B。试验操作和现象试验结论或推论A试验操作和现象试验结论或推论AFeClCu3CuFeCl3BBa(NOSO32 2SO2CpHNaA、NaBpH98酸性：HB>HAAgNO标准溶液滴定待测液中Cl-KCrOD32 4剂K(AgCrO)>K(AgCl)sp 2 4 spA．A〖答案〗B〖详析〗

C．C D．DCuA硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，发生氧化复原反响生成硫酸钡沉淀，则二氧化硫具有复原性，BNaA、NaBpHC以K2CrO4K(AgCrOD答案选B。

sp 2 422〔2023·安徽安庆一中高三三模〕A．东汉《周易参同契》中记载“胡粉投火中，色坏还为铅”B．宋代《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”C．西汉时期的《淮南万毕术》中有“曾青得铁，则化为铜”D．晋代《抱扑子》一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”〖答案〗B〖详析〗胡粉是碱式碳酸铅Pb(OH)(CO)+2价PbPb元素化合3 2 32价降低，涉及氧化复原反响，故不选A；“凡石灰，经火焚炼为用”，涉及CaCO3B；

CaO+CO2高温

反响，涉及非氧化复原反响，“曾青得铁，则化为铜”，涉及FeCuSO4

FeSO4

Cu，Fe、Cu涉及氧化复原反响，故不选C；Δ“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，丹砂为硫化汞，不稳定，加热发HgS= Hg+S，温度降低时，又可发生Hg+S=HgS，Hg、S元素化合价有变化，涉及氧化复原反响，故不选D；选B。23〔2023·云南昆明市·昆明一中高三其他模拟〕以下反响中，反响物用量或浓度变化时，不会引起产物转变的是A．Zn与硫酸溶液反响 B．Cu与硝酸溶液反响C．Al〖答案〗C〖详析〗

D．Cl2

FeBr2

溶液反响ZnSO2

等，稀硫酸被复原为H，A2CuNO，稀硝酸被复原为NO，B2AlNaAlO2

HC2Cl2

与FeBr2

溶液反响，氯气先后氧化亚铁离子、溴离子，产物与反响物用量有关，D不符合；答案选C。24〔2023·江苏南京市·南京师大附中高三其他模拟〕工业上利用炭和水蒸气反响HO(g) CO(g)＋H(g)、CO(g)＋HO(g)

CO(g)＋H(g)H

为原料合成氨。2 2 2 2 2 2NH，后通CO，由于HCO-能形成多聚体，所以简洁析出NaHCO3 2 3 3热分解得纯碱。以下有关说法正确的选项是A．增大压强有利于提高上述反响中焦炭的利用率NaHCO3

溶液中，HCO-3

能形成多聚体是由于氢键的作用假设反响体系中，c(CO)=amol·L-1，c(CO)=bmol·L-1c(Ha＋b)mol·L-1NaHCO3

2 2的反响属于氧化复原反响〖答案〗B〖详析〗A．增大压强，C(s)＋HO(g)2

CO(g)＋H(g)平衡逆向移动，不利于提高焦炭的利用率，2AB．OHCO-3

离子间能形成氢键，所以HCO-3

能形成多聚体，故B正确；C．假设反响体系中，c(CO)=amol·L-1，c(CO)=bmol·L-1，依据氧原子守恒，则c(Ha＋2b)2 2mol·L-1，故CD．氯化钠、氨气、二氧化碳反响生成碳酸氢钠，没有元素化合价变化，属于非氧化复原反响，DB。25〔2023·江苏南京市·南京师大附中高三其他模拟TiO2

的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCl4

制取。TiCl4

熔点为-25136.4TiO2

2FeTiO3＋7Cl3C=2TiCl2FeCl3COTiClO=TiO2Cl2 4 3 2 4 2 2 2Ti3d24s2ClCO2C．TiCl4

24D1molFeCl3〖答案〗A〖详析〗

14molA．Ti22，Ti22个电子，基态Ti1s22s22p63s23p63d24s23d24s2，AB．Cl2

CO2

2

中含Cl—ClCO2

中含C=OBC．TiCl4

的熔点为-25136.4℃，熔、沸点较低，TiCl4

晶体是分子晶体，CD．反响①中Fe+2+3C0+4Cl0-12molFeCl3

14mol1molFeCl3

转移电子物质的7mol，D答案选A。26〔2023·山东滨州市·高三二模〕用“HSO(主要含有InO，还2 4 23PbOSiO2

杂质)中回收单质铟(In)的生产工艺流程如以下图。：I.“萃取”反响：In(SO)+6(HA)(有机液) 2In(HA)(有机液)+3HSO2 43 2 23 2 43(HA)II.“反萃”反响：In(HA)(有机液)+4HCl (有机液)+HInCl3(HA)23 2 4以下说法正确的选项是A．“高温酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸可提高酸浸速率B．“萃取”时，等量的萃取剂一次萃取和分屡次萃取的效率一样C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率D．“置换”时，得到海绵铟的化学方程式为：Zn+2HInCl=ZnCl+H↑+2InCl4 2 2 3〖答案〗C〖详析〗二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，且高温会造成大量的HCl挥发造成损失，不能提高酸浸速率，A每一次萃取都是依据确定比例进展的溶质安排，所以屡次萃取的效率更高，BCIn(HA)+4HCl3(HA))+HInCl23 2 4正向移动，可提高铟的反萃取率，C正确；D．“置换”时锌与HInCl4

反响产生In单质而不是氢气，发生反响的化学方程式为3Zn+2HInCl=2In+3ZnCl+2HCl，D4 2综上所述答案为C。27〔2023·重庆(NaBH4猎取氢气的微观过程如以下图。以下说法正确的选项是水在此过程中作复原剂DOHO，反响后生成的气体只有HD2 2NaBH

与水反响的离子方程式为：BH+4HO=B(OH)+4H4 4 2 4 2假设不使用催化剂，NaBH4

与水不能反响产生H2〖答案〗C〖详析〗据图可知HO脱去的氢原子最终生成氢气，水中H元素化合价降低，所以水为氧化剂，A2错误；BH各脱去一个H原子结合形成HH4 2 2B据图可知NaBH与水反响过程中反响物为BHHO，产物为B(OH)和氢气，离子方程式4 4 2 4BH+4HO=B(OH)+4H，C4 2 4 2催化剂只是加快反响速率，即使不使用催化剂，NaBH4

与水反响照旧能产生氧气，D错误；选项试验现象结论A在某醛类有机溶液中滴入溴水溴水褪色选项试验现象结论A在某醛类有机溶液中滴入溴水溴水褪色该醛类物质含有碳碳双键将苯、液溴和铁粉混合后产生的气B 产生淡黄色沉淀苯和液溴发生了取代反响AgNO溶液中3向FeBr和KSCN2CCCl混合振4Fe2+Br-呈红色荡、静置1mL2mol•L-1的NaOHD1~20.1mol•L-1MgCl溶液后的2消灭红褐色沉淀K〖Mg(OH)K〖Fe(OH)sp 2 sp 320.1mol•L-1溶液A．A〖答案〗C〖详析〗

C．C D．D醛基可能会被溴水氧化，使溴水褪色，该物质中不愿定含有碳碳双键，故A错误；液溴易挥发，挥发出的溴单质与AgNO3

溶液反响也能生成AgBr沉淀，所以产生淡黄色沉淀并不能说明苯和液溴发生了取代反响，故B错误；向FeBr2

KSCNFe2的复原性大于Br，则静置后有机层在下层呈无色，水层在上层呈红色，故C正确；溶液中氢氧化钠过量，所以再加FeCl3

溶液就会有红褐色沉淀，不能说明是Mg(OH)沉2淀转化来的，正确方法是参与过量MgCl ，然后再滴少量FeCl 溶液，依据沉淀颜色变化判2 3断，故DC。29〔2023·长沙市明德中学高三三模〕(Sr)为第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化锶(SrCl·6HO)SrSOBaSO2 2 4 4为原料制备，生产流程如下：以下表达不正确的选项是锶的金属性比钙的强，所以SrSO4

CaSO40.5molSrSO4

4mol高温SrSO+4C4

SrS+4CO1mol/LHSO2 4

Ba2+杂质工业上常电解熔融SrCl制锶单质，则SrCl·6HOSrCl

确定要在无水氯化氢气2 2 2 2SrCl·6HO2 2〖答案〗AD〖详析〗依据同主族元素性质递变规律，锶的金属性比钙的强，SrSO4

的溶解性比CaSO4

的弱，故A错误；0.5molSrSO4

4molS+6高温-2SrSO+4C4

SrS+4CO，故B硫酸钡难溶于水，参与适量1mol/LHSO目的是生成硫酸钡沉淀，除去溶液中Ba2+杂质，故2 4CSrClSrCl不水解，直接加热SrCl·6HOSrCl2 2 2 2 2DAD。30〔2023·辽宁高三其他模拟利用NaCl氧化尿素制备NHHO(水合肼)的试验流程2 4 2如以下图：：①氯气与烧碱溶液的反响是放热反响；NHHONaClON。2 4 2 2以下说法正确的选项是步骤Ⅰ中为避开温度过高，可承受冰水浴3NaClONaClONaClO3

5∶1，则参与反响的氧化剂与复原剂的物质的量之比为3∶5CNaClO碱性溶液中D．生成水合肼反响的离子方程式为ClOCONH2OH=Cl2HNHHOCO222 2 4 2 3〖答案〗AD〖祥解〗由流程可知，步骤I中氯气和NaOH溶液制备NaClO，步骤II中尿素与NaClONaClO+CO(NH+2NaOH=NaCl+NH•HO+NaCONaCO溶液在步骤III22 24 2 2 3 2 3〖详析〗试验中，为使步骤Ⅰ中反响温度不高于40℃，可以减缓Cl2

的通入速率、冰水浴冷却，A正确；氯气与NaOH5：1的NaClO、NaClO3NaCl8Cl+16OH-=5ClO-+ClO-+10Cl-+8HO，氧化剂与复原剂的物质的量之2 3 25∶3，B将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故试验中应将次氯酸钠溶液逐滴参与到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加挨次不能颠倒，且滴加速度不能过快，CNaClO、NaOHNH•HO、碳酸钠、NaCl，反响为24 2NaClO+CO(NH+2NaOH=NaCl+NH•HO+NaCO22 24 2 2 3ClOCONH2OH=Cl2HNHHOCO2，D22 2 4 2 3应选：AD。312023·湖南高三其他模拟现有4PbO/PbSOEθ=1.69VMnO/Mn2+，2 4 4Eθ=1.51V；③Fe3+/Fe2+，Eθ=0.77V；④Cl/Cl-，Eθ=1.07V。电势越高对应物质的氧化性越2强，则以下离子方程式或相应的描述中正确的选项是A．5PbO+2Mn2++2HO+5SO2=5PbSO↓+2MnO+4OH-2 2 4 4 4B．2Fe2++Cl=2Fe3++2Cl-2C．酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸D．氧化性由强到弱的挨次为PbOMnO＞ClFe3+2 4 2〖答案〗BD〖祥解〗电势越高对应物质的氧化性越强，可知几种物质的氧化性由强到弱的挨次为PbO＞MnO＞Cl＞Fe3，据此分析解答。2 4 2〖详析〗2酸性条件下正确的离子方程式为25PbO2

2Mn24H5SO24

5PbSO4

4

OA氧化性：Cl＞Fe3，则反响2Fe2Cl2

2Fe32Cl离子方程式的书写正确，故B确；酸化高锰酸钾时不能用盐酸，由于Cl能被高锰酸钾氧化，故C错误；电势越高对应物质的氧化性越强，可知几种物质的氧化性由强到弱的挨次为PbO＞MnO＞Cl＞Fe3D2 4 2BD。32〔2023·青海高三三模MnCO3

是制造电器材料软磁铁氧体的原料。试验室利用菱锰矿(主MnCOFeOFeO、MgO、SiO等杂质)得到高纯碳酸锰产品。工艺流程如下：3 23 2将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是 ，X为NH3写出焙烧的化学方程式： 。

CO2

的混合气体，为了降低生产本钱，有些物质可以循环利用，能循环利用的物质(填名称)。MnO2

能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反响的离子方程式是 。物质Y可以是 (填字母)。a.MnCl

b.MnCOc.NH·HOd.NaOH2 3 3 2氯化铵用量对锰浸出率的影响如以下图，请分析，选择氯化铵与锰矿粉的质量比为 适宜。焙烧过程中产生的尾气NHCO3 2

HCl确定污染，试验中用如以下图装置进展尾气处理：(冷凝管和洗气瓶中有一样产物)①冷凝管的作用为 。②请写出洗气瓶中的化学方程式： 。〖答案〗增大接触面积，加快反响速率 MnCO+2NHCl高温MnCl+2NH↑+HO+CO↑ 氯3 4 2 3 2 2化铵 MnO+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2HO bc 1.1:1 生成氯化铵，除去氯化氢2 2MnCl+2NH+CO+HO=2NHCl+MnCO↓2 3 2 2 4 3〖祥解〗菱锰矿(主要成分MnCO，还含有FeOFeO、MgO、SiO等杂质)参与氯化铵混合研磨后焙烧，3 23 2MnCO+2NHCl高温MnCl+2NH↑+HO+CO3 4 2 3 2 2中参与氧化剂二氧化锰，把亚铁离子氧化为铁离子，参与试剂Y调整pH，使铁离子、镁离子等转化为沉淀除去，为了不引入杂质，可以选用b.MnCOc.NH·HO；滤液中参与碳酸氢铵3 3 2后进展碳化结晶，过滤得到固体碳酸锰，滤液为氯化铵，蒸发结晶后得到固体氯化铵，可以循环使用。〖详析〗将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是增大物质间的接触面积，加快反响速率；焙烧后，产生X气体为NH3

CO2

的混合气体，焙烧的化学方程式：MnCO+2NHCl高温MnCl+2NH↑+HO+CO3 4 2 3 2 2依据流程图可知，结合以上分析可知，能循环利用的物质为氯化铵；氧化剂MnO2

能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反响的离子方程式是MnO+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2HO；2 2物质Y是用来调整溶液的pH，既能消耗氢离子，又不能引入杂质，可以选用b.MnCO和3c.NH·HO；3 2依据氯化铵用量对锰浸出率的影响图像进展分析，当氯化铵与锰矿粉的质量比在1.1:1以后，锰的浸出率根本上变化不大，因此选择氯化铵与锰矿粉的质量比为1.1:1适宜；(6)①氨气和氯化氢遇冷后产生氯化铵，除去了氯化氢气体，削减对设备的腐蚀作用；所以冷凝管的作用为生成氯化铵，除去氯化氢；②洗气瓶中盛装的溶液为氯化锰溶液，氨气、二氧化碳混合气体进入到该溶液中发生反响生成了氯化铵和碳酸锰沉淀，反响的化学方程式为：MnCl+2NH+CO+HO=2NHCl+MnCO2 3 2 2 4 333〔2023·江西抚州市·临川一中〕钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工业FeO·VOAlOCuO23 23：I.钒有多种价态，其中+5VO+VO-的形式存在，存2 3在平衡：VO++HO2H++VO-2 2 3金属离子Cu2+Fe金属离子Cu2+Fe2+Fe3+pH5.27.62.7pH6.49.63.7答复以下问题：碱浸步骤中最好选用 (填字母)a.NaOH溶液 b.氨水 c.纯碱溶液FeO·VONaVO+323 3方程式 。溶液1到溶液2的过程中，调整pH至8有两个目的，一是除去 离子，二是促使 。加热NHVO时生成VO，则反响化学方程式： ，流程中最终用VO

冶炼V4 3 25 25方法是 (填字母)炭复原法 B．铝热法复原 C．直接加热法D．盐的水溶液与活泼金属置换法(5)全钒液流电池工作原理如图：各种含钒离子的颜色如下：VO+黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色2①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反响，该电池放电时总反响式是 。②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是 。高温〖答案〗a 4FeO·VO+4NaCO+5O

8NaVO+2FeO+4CO

Fe3+、Cu2+

VO+转化为23 2 3 2

3 23 2 2VO-

VO

ΔVO+2NH↑+HO B V2++VO++2H+=V3++VO2++HO 黄色3 4 3 25 3 2 2 2〖祥解〗钒炉渣碱浸其中氧化铝溶于碱生成偏铝酸盐，偏铝酸盐通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼NaVO和FeO3 23解得到硫酸铁和硫酸铜，VO-3

转化成VO+，溶液调整pH82氧化铜，VO+转化成VO-，滤液中加硫酸铵将VO-转化成NHVO，加热NHVO时生成VO2 3

4 3 4 3 25通过热复原法得到V单质，据此解答。〖详析〗碱浸的目的是将氧化铝溶解，而氧化铝不溶于弱碱，因此应选氢氧化钠溶解，故答案为：a；焙烧的过程中FeO·VO转化为可溶的NaVOFeO23 3 23高温4FeO·VO+4NaCO+5O 8NaVO+2FeO+4CO23 2 3 2 3 23 2高温4FeO·VO+4NaCO+5O 8NaVO+2FeO+4CO；23 2 3 2 3 23 2由以上分析可知调整pH8可以将溶液中的Fe3+Cu2+VO+转2VO-，故答案为：Fe3+、Cu2+；VO+转化为VO-；3 2 3Δ加热NHVO时生成VO，另外生成氨气和水，反响的方程式：2NHVO VO+2NH↑+HO，4 3 25 4 3 25 3 2由题意可知V+5VO的性质稳定，通过VO

冶炼V，直接加热或者溶液25 25中置换均不行以，可通过铝热反响将其从熔融的VO中置换出来，故答案为：2NHVO

25ΔVO+2NH↑+HO；B；4 3 25 3 2①由图可知A为：VO++2H++e-=VO2++HO，右侧石墨电解为负极，发生氧化反响，电极反响为：V2+-e-=V3+，2 2电池的总反响为：V2++VO++2H+=V3++VO2++HO，故答案为：V2++VO++2H+=V3++VO2++HO；2 2 2 2②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO+，溶液呈黄色，故答案为：黄色；234〔2023·湖南高二月考〕(含

、CrO

、FeO

AlO

等)制取CrO2 3

(铬绿)的工艺流程如以下图：

2 2 3 23 2 3答复以下问题：“碱熔”时，为使废渣充分氧化可实行的措施是 、 。CrO2 3

、KOH、O2

反响生成K

CrO2

的化学方程式为 。KFeO2

猛烈水解生成的难溶物为 (填化学式下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是 。常温下，“酸化”时pH不宜过低的缘由是 ；假设此时溶液的pH=8，则mol/LKsp

AlOH3

1.31033}“复原”时发生反响的离子方程式为 。“沉铬”时加热近沸的目的是 由CrOH3

制取铬绿的方法是 。〖答案〗粉碎废渣 充分搅拌(或通入足量空气等其他合理答案)2CrO23

+8KOH+3O2

高温4KCrO2

+4H

O FeOH KSCN pHAl3+进入滤液2 31.31015 CrO2-+3SO2-+8H+=2Cr3++3SO2-+4H

O 提高沉淀物纯度 高温煅2 7 3 4 2烧〖祥解〗含铬不锈钢废渣(含SiO

K

CrO、KSiO、2 2 3 23 2

2 4 2 3KAlO2

，KFeO2

FeO结合H2 2

O电离出的及HH2H

O生成FeOH3

沉淀和KOH，可以把不溶的固体通过过滤除去，调pHKAlO2

转化为Al(OH)3

K

SiO2

转化为HSiO

K

CrO

转化为K

CrO

，KCrO

NaSOHSO

反响生成Cr3+，离子方程2 3 2

2 2

2 27

2 3 2 4式为CrO2-+3SO2-+8H+=2Cr3++3SO2-+4H

O，参与NaOH使Cr3+生成Cr(OH)2 7 3 4 2 3锻烧得到CrO23〖详析〗粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、KCO2 3

中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反响速率；CrO2 3

CrO2

失去6eO2

CrO2

HO4e，依据得失电子数2相等，配平得2CrO2 3

8KOH3O2

高温4KCrO2

4HO；2FeO结合H2 2

O电离出的及HH2H

O生成FeOH3

KOH；检验Fe3KSCN pHAlO-会转化为Al3+，进入滤液；假设此时溶液的pH=8cOH-2

=10-6mol/L，KAlOH

1.310

33则c(Al3+)= sp

3

1.31015；c3 OH-

1063Cr

O2-

2Cr3+得到6e，SO2-SO2-失去

，依据得失电子数相等，配平得2 7 3 4CrO22 7

3SO23

8H

2Cr33SO24

4HO；2防止沉淀时杂质离子同时沉淀，加热至沸可使杂质离子重返回溶液，从而提高沉淀物纯度；高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。04氧化复原反响20231〔2023·山东高考真题〕试验室中利用固体KMnO4

进展如图试验，以下说法错误的选项是A．GH

KMnO4

只作氧化剂Mn3〖答案〗BD〖祥解〗

D．GH0.25molKMnO固体受热分解生成KMnOMnOOKMnOMnO

均具有氧化性，在加热条件下能与浓4 2 4 2 2 2 4 2Cl-被氧化为ClKMnOMnO被复原为MnClGO，气体单质HCl2 2〖详析〗

2 2 4 2 2A．加热KMnOO-20KMnOMnO

与浓盐酸4 2 4 2的反响中，Cl-10被氧化，因此O2

Cl2

均为氧化产物，故AB．KMnO4

固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被复原，局部O元素化合价上升被氧化，KMnOC．Mn元素在反响过程中物质及化合价变化为，MnC．Mn元素在反响过程中物质及化合价变化为，Mn3复原反响，故C

既是氧化剂也是复原剂，故B错误；D．1molO2

4mol1molCl2

2mol电子，假设KMnO4

转化为MnCl过2程中得到的电子全部是Cl-Cl所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO～5Cl

可知，2 4 2n(气体)=0.25mol，但该气体中确定含有O0.25mol，max 2D综上所述，说法错误的选项是BD，故答案为：BD。2〔2023·浙江〕关于反响KHIO+9HI=2KI+4I+6HO，以下说法正确的选项是KHIO

发生氧化反响

23 6 2 223 6B．KIC12.7gI2

0.1molD7：1〖答案〗D〖详析〗A．反响中IAB．KI中的IHIKIB错误；C．12.7gI2

0.05mol4molI2

7mol0.05molI2

0.0875mol，CD．反响中HIKHIO为氧化剂，在反响中每消耗1molKHIO

7molHI23 6 23 6则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〔2023·湖南高考真题〕KIO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6I2

+11KCIO3

+3HO2

Δ6KH

IO32

+5KCl+3Cl2

。以下说法错误的选项是22.4L(Cl2

时，反响中转移10mole 反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为11：6可用石灰乳吸取反响产生的Cl2

制备漂白粉可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在3〖答案〗A〖详析〗该反响中只有碘元素价态上升，由0价上升至KH(IO)中+55326I60e-，又因方程式中6I3Cl，故3Cl60e-，即Cl20e-，所以产生22.4L(标准状2 2 2 2 2况)Cl2

1molCl2

20mole-，A该反响中KClO3

中氯元素价态降低，KClO3

作氧化剂，I2

中碘元素价态上升，I2

作复原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3

6I，故该反响的氧化剂和复原剂的物质的量之比为211:6，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IO-可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反响3IO-+5I-+6H+=3I

+3H

3 2 2 2 2化钾溶液检验食盐中IO-的存在，D3A。4〔2023·浙江高考真题〕关于反响8NH+6NO=7N+12HO，以下说法正确的选项是A．NH3B．NO2

H在反响过程中失去电子

3 2 2 2C．复原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D4：3〖答案〗D〖祥解〗8NH+6NO==7N+12HONHN-30、NO

N3 2 2 2 3 2的化合价由-+40，因此，NH3

是复原剂，NO2

是氧化剂。〖详析〗A．NH3B．NO2

中HNA在反响过程中得到电子，BC．该反响中，NH3

是复原剂，NO2

是氧化剂。由化学方程式可知，复原剂与氧化剂的物质的量4：3，CD．该反响中氧化产物和复原产物均为N2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4：3，D综上所述，此题选D。5〔2023·广东高考真题〕AlMoNi)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的局部流程如下： 8：25HCO2 3

的K =4.510a1

7，Ka2

=4.71011；Ksp

BaMoO4

=3.510 ；K BaCO=2.619；该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo元素以MoO2的形态存在。sp 3 4Na2

MoO4

生成，其中Mo元素的化合价为 。“沉铝”中，生成的沉淀X为 。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4

的离子方程式为 。BaCO也会沉淀。为避开BaMoO中混入BaCO沉淀，溶液中3 4 3 cHCO3

4

= (列出算式)时，应停顿参与BaCl2

溶液。①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如以下图，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻挡H2O2刻蚀液与下层GaAs (砷化镓)反响。①该氧化物为 。②：Ga和Al同族，As和N同族。在HO与上层GaAs 的反响中，As元素的化合价2 2变为+5价，则该反响的氧化剂与复原剂物质的量之比为 。〖答案〗+6

AlOH3

MoO2+Ba2=4

BaMoO↓4

1107mol/L2.61094.710113.5108NaHCO NH3 3

AlO2 3

4:1〖祥解〗由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反响分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分别出含镍的固体滤渣，滤液I中参与过量的二氧化碳，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II中参与适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。〖详析〗“焙烧”中，有Na2

MoO4

生成，其中NaO+12，依据化合价的代数0Mo元素的化合价为+6。“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为AlOH。3①滤液II中含有钼酸钠，参与氯化钡溶液后生成BaMoO4

沉淀，该反响的离子方程式为MoO2Ba2BaMoO↓。4 4②假设开头生成BaCO沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：3HCO+BaMoO3

2BaCO4 BaCO4

H，该反响的化学平衡常数为c(H)c(MoO2)

c(H+)c(CO2-)c(MoO2-)c(Ba2+)

K K (BaMoO)K 4

3 4

a2

4 。为避开c(HCO) c(HCO-)c(CO2-)c(Ba2+) K (BaCO)3 3 3c(H)c(MoO2)

sp 3K K (BaMoO)BaMoO

中混入BaCO沉淀，必需满足

4 a2

4 ，由于“沉4 3 c(HCO) K3 sp

(BaCO)3钼”中pH7.0c(H)1107mol/L，所以溶液中c(MoO2)4

K Ka2

(BaMoO)4

时，开头生成BaCO沉淀，因此，c(HCO) 1107mol/LK3

(BaCO) 33

2-

1107mol/LK (BaCO)sp 3

1107mol/L2.6109

时，应停3止参与BaCl2

4溶液。

K K (BaMoO)a2 sp 4

4.710113.5108①滤液I中参与过量的二氧化碳，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IIII此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3

，故Y为NaHCO。3②依据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3

，再通入足量CO2

，可析出NaHCO。3①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由HO与AlAs反响生成的，联2 2想到金属铝外表简洁形成致密的氧化膜可知，该氧化物为AlO。2 3②由Ga和Al同族、AsN同族可知，GaAs中显+3〔其最高价、As显-3HO2 2与上层GaAsAs元素的化合价变为+58As元素被氧化，则该反响的氧化剂为HO，复原剂为GaAs。HOO-12 2 2 2O-2HO2，依据氧化复原反响中元素化2 2合价上升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8:24:1。6〔2023·浙江高考真题〕玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反响：3S+6KOH

Δ2KS+KSO+3HO2 2 3 2Δ(x-1)S+KSKS(x=2~6)2 2xΔS+KSO KSO2 3 223请计算：0.480gVmL1.00mol·L-1KOHKSKSOV= 。

2 2 32.560g硫单质与60.0mL1.00mol·-1热KOH溶液恰好完全反响，只生成KS和KSO，则x= 。(写出计算过程)〖答案〗30.0 3

2x 223〖详析〗Δ3S+6KOH

2KS+KSO+3HO3molS6molKOH0.48gS2 2 3 2质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V=n

0.03mol= =0.03L=30.0mL30.0；c 1.00mol/L假设S与KOHKS和KSO2 223Δ(2x+2)S+6KOH2KS+KSO+3HO，依据反响方程式有2x 223 22x2S2x+2

+6KOH6

2KS +KSO +3HO2 x 22 3 22.56g 0.060L1.00mol/L32g/molx=33。20231〔2023·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模〕无关的是CaOClO2

常用于自来水的杀菌消毒KMnO4

溶液浸润的硅藻土吸取水果散发出的乙烯NaO22

作供氧剂〖答案〗A〖详析〗用多孔薄膜包裹的CaO用作衣物防潮剂，主要是氧化钙和水反响，是非氧化复原反响，故AClO2

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；用KMnO4

溶液浸润的硅藻土吸取水果散发出的乙烯，高锰酸钾氧化乙烯，与氧化复原反响有关，故CNaO22

反响有关，故D综上所述，答案为A。2〔2023·南岸区·重庆其次外国语学校高三三模〕固体NaS溶于水呈碱性且放出有臭味的2气体，俗称“臭碱”。工业上可利用反响NaSO2 4

+2C

高温．NaS+2CO来制备，以下说法．2 2的是NaSS2-+HOHS-+OH-2 2NaS21mol“8molD2：1〖答案〗D〖详析〗硫离子在水中易发生水解，S2-+HO HS-+OH-，故硫化钠溶液显碱性，A项正确；2硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氢化钠，发生变质，B项正确；依据方程式NaSO+2C

高温NaS+2CO+6-22 4 2 21mol8molC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答案选D。3〔2023·重庆市第十一中学校高三二模〕(PH)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，3具有复原性，可作为电子工业原料。PH3

的一种工业制法流程如下：以下说法错误的选项是A．HPO3 2该过程最好在无氧条件下进展不考虑损失，1molP4

2.5molPH311︰3〖答案〗D〖详析〗A．过量的NaOH反响只生成NaHPO，说明HPOA2 2 3 2B．PPH在有氧条件下易自燃，则反响过程需保持无氧条件，B4 3C．1P+3NaOH+3HO=3NaHPO+PH↑，1P~1PH3