1.3 氧化还原反应课堂同步练（含解析）2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

1.3氧化还原反应课堂同步练一、单选题1．下列物质参加氧化还原反应时，硫元素只能被氧化的是（）A． B． C． D．浓2．下列反应中，盐酸既表现出酸性，又表现出氧化性的是（）A．MnO2+4HClΔ__MnCl2+Cl2↑+2HB．AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3C．Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑D．2HClH2↑+Cl2↑3．下列过程需要加入还原剂才能实现的是（）A．Fe2+→Fe3+ B．KMnO4→Mn2+C．CO2→CO D．H2S→SO24．反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O中，氧化剂是A．ClO- B．Fe3+ C．FeO D．Cl-5．日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（）A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]B．铁制菜刀生锈C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D．铝锅表面生成致密的氧化膜6．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（）A．用作供氧剂B．用氧化铁作红色颜料C．用盐酸去除铁锈(主要成分)D．用液氨作制冷剂7．下列变化中，需要加入氧化剂的是（）A．SO2→S B．HCl→H2 C．FeCl2→FeCl3 D．Fe2O3→Fe8．分类是化学学习中经常用到的方法，下列对物质或化学反应的分类及依据正确的是（）A．NaHSO4在水中能电离出H+，所以NaHSO4属于酸B．Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加C．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1～100nm之间D．Na在Cl2中燃烧不是氧化还原反应，因为没有得氧或失氧9．已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，下列离子方程式正确的是（）A．将少量Cl2通入FeBr2溶液中：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣B．将足量Cl2通入FeBr2溶液中：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣C．将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2++2I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣D．将672mLCl2（标况）通入250mL0.1molL﹣1的FeI2溶液中：2Fe2++10I﹣+6Cl2═12Cl﹣+5I2+2Fe3+10．下列有关反应Cl2+H2O=HCl+HClO的叙述中，正确的是（）A．Cl2只作氧化剂 B．Cl2只作还原剂C．Cl2既作氧化剂又作还原剂 D．氯元素的化合价不发生变化11．氧化还原反应的实质是（）A．得氧和失氧 B．化合价的升降C．有无新物质生成 D．电子的转移12．H2O2能发生如下反应：①2MnO+5H2O2+6H+=8H2O+5O2↑+2Mn2+；②2H2O22H2O+O2↑；③2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+。下列叙述正确的是（）A．①中H2O2是氧化剂B．②中H2O2被MnO2氧化C．③中反应前后氧元素的化合价升高D．H2O2在反应中可以作还原剂，也可以作氧化剂13．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N2B．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5：2D．标准状况下若生成2.24LN2则转移电子1mol14．下列反应属于氧化还原反应又不属于四种基本反应类型的是（）A． B．C． D．15．根据反应式：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋+I2；②Br2+2Fe2＋=2Br－+2Fe3＋，可判断离子的还原性从强到弱的顺序是（）A．Br-、Fe2+、I- B．I-、Fe2+、Br-C．Br-、I-、Fe2+ D．Fe2+、I-、Br-16．一定量的KClO3中加入浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，其中发生氧化反应的元素和发生还原反应的元素的质量之比为（）A．1：6 B．6：1 C．1：5 D．5：117．已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，向1L含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示，横、纵坐标的单位均为mol，有关说法不正确的是（）A．线段BC代表铁离子物质的量的变化情况B．原混合物溶液中溴化亚铁浓度为6mol/LC．原溶液中n(Fe2+):n(I-):n(Br-)=2:1:3D．当通入氯气2摩尔时，溶液中已发生的反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-18．利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图。H+、O2、NO等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne。下列说法错误的是（）A．反应①②③④均在正极发生B．单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC．④的电极反应式为NO+10H++8e-=NH+3H2OD．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大二、实验探究题19．（1）工业上用钛矿石(主要成分为FeTiO3，主要含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)经过以下流程制得TiO2：其中，步骤II发生的主要反应为：2H2SO4+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H2O①步骤I发生反应的离了方程式是：、。为提高钛矿石的碱浸出速率，步骤I可采取的办法除提高碱的浓度外，还可以采取的办法有、(写出两种方法)。②步骤II中加入Fe的目的是；分离出FeSO4晶体的操作是。③步骤III形成的TiO2·nH2O为胶体，其反应的化学方程式为。（2）可利用TiO2通过下述两种方法制备金属钛：方法一：将TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，碳块作电解槽池，电解TiO2制得钛，阳极上一定生成的气体是，可能生成的气体是。方法二：通过以下反应制备金属钛①TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)△H=+151kJ/mol②TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti实际生产中，需在反应①过程中加入碳，可以顺利制得TiCl4。碳的作用除燃烧放热外，还具有的作用是。20．醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，易被氧化，难溶于冷水，易溶于酸。其制备装置及步骤如下：①检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。②关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3＋)变为亮蓝色(Cr2＋)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到3.76g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O（1）三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用，还发生的另一个反应的离子方程式为。（2）实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是、、洗涤、干燥。（3）装置丙中导管口水封的目的是。（4）若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(相对分子质量为376)的产率是。21．某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。实验记录如下：实验操作实验现象①打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a_____________________________________________②吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色③打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色。完成下列填空：（1）在进行操作①时，A中的实验现象是，有关反应的离子方程式是。（2）操作②吹入热空气的目的是。B中产生白色沉淀的化学式是。（3）装置C的作用是。（4）由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为。（5）操作③开始时颜色无明显变化可能原因是（写出一条即可）：。三、综合题22．我国政府为了消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾．检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O（1）该反应中氧化剂是（填化学式）．（2）用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目．KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O（3）如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为．（4）利用上述反应检验食盐中是否加碘，所需试剂是（填选项序号）．①碘水②KI溶液③淀粉溶液④稀硫酸⑤AgNO3溶液．23．实验室中所用的氯气是用下列方法制取的：4HCl(浓)＋MnO2Cl2↑＋MnCl2＋2H2O一次实验中，用过量的浓盐酸(其密度为1.19g·mL－1、HCl的质量分数为36.5%)跟一定量的MnO2反应，MnO2完全溶解，产生了5.6L(标准状况下)的氯气。试计算：（1）浓盐酸的物质的量浓度。（2）被氧化的HCl的物质的量。（3）MnO2的质量。24．配平该反应化学方程式且回答下列问题：（1）KMnO4+HCl=MnCl2+KCl+Cl2↑+H2O（2）氧化剂是，氧化产物是（填化学式）．（3）若生成71gCl2，被氧化的HCl是mol．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】硫元素只能被氧化，则硫元素的化合价只能升高，-2价的硫元素化合价只能升高被氧化，A符合；故答案为：A。

【分析】硫元素只能被氧化，则硫元素处于最低价态，据此结合选项所给物质中硫元素的化合价分析。2．【答案】C【解析】【解答】A．反应中盐酸中Cl元素化合价升高，盐酸表现为还原性，生成盐，表现酸性，A选项不符合题意；B．为复分解反应，盐酸只表现酸性，B选项不符合题意；C．生成氢气，盐酸表现为氧化性，生成氯化锌，盐酸表现为酸性，C选项符合题意；D．该反应为分解反应，HCl既体现氧化性又体现还原性，D选项不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据酸的通性及元素化合价的变化判断。3．【答案】B【解析】【解答】A.Fe2+→Fe3+中Fe元素化合价升高，故A不符合题意；B.KMnO4→Mn2+中Mn元素化合价降低，故B符合题意；C.CO2→CO中没有元素化合价发生变化，故C不符合题意；D.H2S→SO2中S元素化合价升高，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】加入还原剂才能实现的过程应为氧化剂得电子的过程，则所含元素的化合价应降低。4．【答案】A【解析】【解答】反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O中，Fe3+的化合价升高，被氧化，作还原剂；ClO-的化合价由+1价降低到-1价，被还原，做氧化剂，故答案为：A。

【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；

化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；

化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物。5．【答案】C【解析】【解答】解：A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不符合题意；C．酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C符合题意；D．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故D不符合题意。故答案为：C【分析】

有化合价变化的反应是氧化还原反应

A.铜到Cu2(OH)2CO3，铜元素化合价升高，是氧化还原反应

B.铁制菜刀生锈生成氧化铁，铁元素化合价升高，是氧化还原反应

C.复分解不是氧化还原反应

D.铝到氧化膜（氧化铝），铝元素化合价升高，是氧化还原反应6．【答案】A【解析】【解答】A．用作供氧剂是由于Na2O2能与人体呼出的H2O、CO2等反应生成O2，利用了氧化还原反应，A符合题意；B．用氧化铁作红色颜料，是由于氧化铁呈红色，B不符合题意；C．用盐酸去除铁锈(主要成分)，是由于盐酸与铁锈发生反应，生成FeCl3和H2O，该反应不是氧化还原反应，C不符合题意；D．用液氨作制冷剂，是由于氨气易液化，其气化过程吸收大量的热，使周边环境温度下降，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。7．【答案】C【解析】【解答】A.SO2→S中硫元素化合价降低，需要加入还原剂，A不符合；B.HCl→H2中氢元素化合价降低，需要加入还原剂或电解，B不符合；C.FeCl2→FeCl3中铁元素化合价升高，需要加入氧化剂，C符合；D.Fe2O3→Fe中铁元素化合价降低，需要加入还原剂，D不符合；故答案为：C。【分析】需要加入氧化剂，则选项中物质是还原剂，在反应中有关元素的化合价应该是升高的，据此判断。8．【答案】C【解析】【解答】A.NaHSO4在水中能电离出H+，但NaHSO4是盐，故A不符合题意；B.钠和水反应离子方程式2Na＋2H2O=2Na+＋2OH－＋H2↑，故B不符合题意；C.豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1～100nm之间，故C符合题意；D.Na在Cl2中燃烧是氧化还原反应，有化合价升降，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】酸：电离出的阳离子全部是氢离子的为酸；碱：电离出的阴离子全部是氢氧根离子的为碱。9．【答案】D【解析】【解答】解：已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，加氧化剂，先与还原性强的离子反应，A．将少量Cl2通入FeBr2溶液中，只氧化Fe2+，则离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故A错误；B．足量Cl2通入FeBr2溶液中氧化Fe2+、Br﹣，则离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故B错误；C．将少量Cl2通入FeI2溶液中，只氧化I﹣而不氧化Fe2+，则离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故C错误；D．先氧化I﹣，再氧化Fe2+，n（Cl2）==0.03mol，n（FeI2）=0.25L×0.1molL﹣1=0.25mol，由物质的量之间的关系写出方程式为：2Fe2++10I﹣+6Cl2═12Cl﹣+5I2+2Fe3+，故D正确；故选D．【分析】已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，加氧化剂，先与还原性强的离子反应，A．只氧化Fe2+；B．足量Cl2通入FeBr2溶液中氧化Fe2+、Br﹣；C．只氧化I﹣而不氧化Fe2+；D．先氧化I﹣，再氧化Fe2+，根据物质的量之间的关系计算．10．【答案】C【解析】【解答】解：A．该反应中，氯元素化合价由0价变为﹣1价和+1价，所以氯气既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．氯气既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．该反应中，氯元素化合价由0价变为﹣1价和+1价，所以利用既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D．氯元素的化合价由0价变为﹣1价和+1价，故D错误；故选C．【分析】该反应中，氯元素化合价由0价变为﹣1价和+1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答．11．【答案】D【解析】【解答】解：A．部分氧化还原反应中存在得氧和失氧，但是有的氧化还原反应中没有得氧和失氧，如氯气与氢气的反应，故A不选；B．元素化合价变化为氧化还原反应的特征，故B不选；C．有无新物质生成不能确定是否有电子转移，不一定是氧化还原反应，故C不选；D．电子的转移为氧化还原反应的实质，故D选；故选D．【分析】氧化还原反应的特征为化合价的升降，其实质为电子的转移，以此来解答．12．【答案】D【解析】【解答】A．①中H2O2中氧元素化合价从-1升高到0价，作还原剂，A不符合题意；B．②中H2O2既做氧化剂又做还原剂，MnO2是催化剂，B不符合题意；C．③中H2O2中氧元素化合价从-1降低到-2价，C不符合题意；D．H2O2中氧元素化合价既可以从-1升高到0价，又可以从-1降低到-2价，在反应中可以作还原剂，也可以作氧化剂，D符合题意；故答案为：D。

【分析】此题是对氧化还原反应相关概念的考查，结合“失升氧、得降还”进行分析即可。13．【答案】B【解析】【解答】解：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．【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﹣．14．【答案】A【解析】【解答】A．中碳、铜元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，但不属于置换反应，A项选；B．，中氯元素、氧元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，且该反应为分解反应，B项不选；C．中各元素的化合价没有发生变化，为复分解反应，但不属于氧化还原反应，C项不选；D．属于化合反应，但反应前后各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，D项不选；故答案为：A。

【分析】找出元素化合价发生改变，且不是分解反应、化合反应、置换反应、以及复分解反应的反应即可15．【答案】B【解析】【解答】2Fe3++2I-＝2Fe2++I2中铁离子是氧化剂，被还原为亚铁离子，碘离子被氧化，则还原性是I-＞Fe2+；Br2+2Fe2+＝2Br-+2Fe3+中单质溴是氧化剂，亚铁离子被氧化为铁离子，则还原性是Fe2+＞Br-，因此离子的还原性由强到弱的顺序是I-、Fe2+、Br-。故答案为：B。

【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性进行分析还原性的强弱顺序。16．【答案】D【解析】【解答】解：根据化合价不交叉的原则，在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，KClO3中+5价的氯元素降为0价，该氯原子为被还原的氯原子，HCl中氯元素升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，则被氧化发生氧化反应的Cl为5，所以KClO3是氧化剂、部分HCl是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化，被氧化和被还原的元素都是Cl元素，其质量之比等于其物质的量之比=5：1，故选D．【分析】在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，HCl中氯元素升为0价，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以KClO3是氧化剂、部分HCl是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化，据此分析解答．17．【答案】B【解析】【解答】还原性为I->Fe2+>Br-，则先发生碘离子与氯气的反应，生成碘单质和氯离子，然后发生亚铁离子与氯气的反应生成铁离子和氯离子，最后发生溴离子与氯气的反应。A、B点时容易中碘离子完全反应，溶液中存在亚铁离子和溴离子，BC段发生亚铁离子与氯气反应生成铁离子和氯离子，代表亚铁离子的物质的量变化，正确，不选A；

B、由图可知，BC段后，亚铁离子反应完毕消耗氯气2摩尔，由方程式可知，亚铁离子物质的量为4摩尔，则溴化亚铁的物质的量为4摩尔，错误，选B；

C、由图可知AB段消耗氯气1摩尔，则碘离子的物质的量为2摩尔，BC段消耗氯气的物质的量为2摩尔，所以溴离子的物质的量为6摩尔，所以原溶液中n(Fe2+):n(I-):n(Br-)=4:2:6=2:1:3，正确，不选C；

D、AB段说明碘离子的物质的量为2摩尔，亚铁离子的物质的量为2摩尔，所以通入2摩尔氯气时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，正确，不选D。【分析】该题考察还原性顺序的强弱比较，根据还原性I->Fe2+>Br-计算,氯气先和碘离子反应，生成碘单质和氯离子，然后发生亚铁离子与氯气的反应生成铁离子和氯离子，最后发生溴离子与氯气的反应。

A-B段应是氯气与碘离子的反应生成碘单质和氯离子

B-C段应是亚铁离子与氯气反应生成铁离子和氯离子

D-E段是氯气与溴离子的反应生成溴单质和氯离子

再根据氯气的量分步计算出溶液中的Fe2+、I-、Br-量。18．【答案】B【解析】【解答】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A不符合题意；B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时ne=2amol，故B符合题意；C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO+8e-→NH，由于生成物中有NH，所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO+10H++8e-=NH+3H2O，故C不符合题意；D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.依据正极发生得电子反应分析解答；

B.由三氯乙烯C2HCl3到乙烯中C原子化合价的变化和脱去氯原子的个数分析解答；

C.由N元素的化合价变化及结合用H+和H2O来配平即可；

D.从化学反应速率的影响因素角度分析即可。19．【答案】（1）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；升高温度(或加热)；粉碎矿石或搅拌；还原Fe3+；过滤；TiOSO4+(n+1)H2OTiO2·nH2O(胶体)+H2SO4（2）O2或氧气；CO2(或CO或CO2和CO)；消耗O2，促进中衡向正反应方向移动【解析】【解答】（1）①氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应生成盐和水，反应离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成硅酸钠和水，反应离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；升高温度或粉碎矿石或搅拌都能提高钛矿石的碱浸出速率；②Fe能把Fe3+还原为Fe2+，步骤II中加入Fe的目的是还原Fe3+；分离出FeSO4晶体用过滤法；③TiOSO4水解为TiO2·nH2O(胶体)的化学方程式为TiOSO4+(n+1)H2OTiO2·nH2O(胶体)+H2SO4；（2）阳极氧离子失电子发生氧化反应生成氧气；氧气与C单质反应生成CO或CO2，所以阳极上一定生成的气体是氧气，可能生成的气体是CO或CO2；加入碳消耗O2，促进中衡向正反应方向移动。【分析】本题考查从钛矿石(主要成分为FeTiO3，主要含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)制得TiO2的流程。（1）步骤I中加入浓的NaOH，除去Al2O3、SiO2杂质；步骤II中加入Fe粉，原Fe3+；步骤III加热形成的TiO2·nH2O胶体，最后得到TiO2；（2）电解TiO2制得钛的过程中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；20．【答案】（1）排除装置中的空气；2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+（2）关闭K1，打开K2；冷却；过滤（3）防止空气进入装置乙中氧化Cr2+（4）50%【解析】【解答】（1）根据题干信息，醋酸亚铬水合物易被氧化，三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2可将装置内的空气排干净，防止其被氧化；装置甲分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，该反应的离子反应为：2Cr3++Zn═2Cr2++Zn2+；答案为：排除装置中的空气；2Cr3++Zn=2Cr2++Zn2+（2）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应；醋酸亚铬水合物难溶于冷水，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，先将装置乙冷却至室温，使其充分结晶析出，在用过滤的方法分离；答案为：关闭K1，打开K2；冷却；过滤；（3）Cr2+不稳定，极易被氧气氧化，装置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+；故答案为：避免空气进入装置乙氧化Cr2+；（4）CrCl3物质的量为=0.04mol，得到CrCl2为0.04mol，根据原子守恒，则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.04mol，质量为0.04mol×1/2×376g/mol=7.52g，所得产品的产率为×100%=50%；故答案为：50%。

【分析】（1）铬离子与锌单质发生氧化还原反应，得到二价铬离子和锌离子；

（2）醋酸亚铬水合物难溶于冷水，当乙中析出红棕色沉淀，为使沉淀充分析出并分离，先将装置乙冷却至室温，使其充分结晶析出，在用过滤的方法分离；

（3）置丙中导管口水封的目的是避免空气进入装置乙氧化Cr2+；

（4）根据反应原理可以计算出产物的理论产值，试剂产值与理论产值的比值就是产率。21．【答案】（1）A中溶液变为橙红色；Cl2+2Br-=Br2+2Cl-（2）吹出单质Br2；BaSO4（3）吸收尾气（4）H2O2＞Br2＞H2SO3（5）H2SO3有剩余（H2O2浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素，合理即可）【解析】【解答】(1)打开活塞a，向溴化钠溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子为溴单质，反应方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，A中因为有溴单质导致A中容易变橙红色；(2)溴具有挥发性，热空气能存进溴挥发，将溴吹入B装置，溴将亚硫酸氧化为硫酸，所以白色沉淀为硫酸钡。(3)装置C为氢氧化钠溶液，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中，可以用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。(4)根据上述分析，可知：氧化性H2O2＞Br2＞H2SO3。(5)操作③中，向B装置中逐滴加入过氧化氢，溶液开始颜色无明显变化，可能是因为B装置中还有亚硫酸剩余，过氧化氢先与亚硫酸反应，再与溴离子反应，也可能是因为过氧化氢浓度小于溴离子或溴离子与过氧化氢反应慢等因素。

【分析】由同种元素形成的不同价态物质的氧化性和还原性的强弱规律：元素的最高价态只具有氧化性，元素的最低价态只具有还原性，元素的中间价态既具有氧化性又具有还原性。对一般的氧化还原反应，氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。物质越易得到电子，则其氧化性越强，越难得到电子则其氧化性越弱；反之，物质越易失去电子，则其还原性越强，越难失去电子，则其还原性越弱。22．【答案】（1）KIO3（2）（3）0.12mol（4）②③④【解析】【解答】解：（1）KIO3中I元素的化合价降低，则KIO3为氧化剂，故答案为：KIO3；（2.）氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4═