第05讲 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

01模拟基础练【题型一】氧化还原反应方程式的书写与配平 【题型二】氧化还原反应的计算方法——电子守恒法02重难创新练03真题实战练第05讲氧化还原反应方程式的配平、书写及计算题型一氧化还原反应方程式的书写与配平 1．水热法制备纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：。下列说法错误的是A．该反应中作氧化剂 B．该反应中和都是还原剂C．3个参加反应时有1个被氧化 D．离子方程式中【答案】C【解析】A．该反应中氧元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A正确；B．该反应中的铁元素化合价升高，中硫元素平均化合价为+2价，中硫元素的平均化合价为+2.5价，即S元素化合价升高，所以和都是还原剂，故B正确；C．该反应中每有3个Fe2+参加反应，消耗一个O2，但反应时中氧元素化合价降低，O2作氧化剂被还原，故C错误；D．由电荷守恒可知，3×(+2)+2×(-2)+x×(-1)=1×(-2)，解得x=4，故D正确；故答案为：C。2．工业制硫酸的原理示意图如图：下列说法不正确的是A．燃烧的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2B．1molSO2和足量O2充分反应转移2mol电子C．用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾D．可用浓氨水吸收生产过程中的尾气并转化为铵盐【答案】B【解析】A．FeS2燃烧生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故A正确；B．反应可逆，1molSO2和足量O2充分反应转移电子的物质的量小于2mol，故B错误；C．用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾，故C正确；D．用浓氨水吸收生产过程中的尾气二氧化硫生成亚硫酸铵，故D正确；选B。3．酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是A．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂B．反应Ⅲ中，每消耗转移电子C．在反应Ⅱ中作氧化剂D．黄铁矿催化氧化反应为：【答案】B【分析】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应过程中，反应Ⅰ中Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，反应Ⅲ中Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+。【解析】A．由于酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，则NO是该反应的催化剂，故A正确；B．反应Ⅲ中，Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+，反应前后各元素的化合价不变，该反应为非氧化还原反应，故B错误；C．反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，Fe3+中铁元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，FeS2中硫元素的化合价升高，FeS2是还原剂，故C正确；D．由图可知，黄铁矿催化氧化过程中FeS2和O2是反应物，Fe2+和是生成物，其反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+，故D正确；故选：B。4．（2024·江苏扬州·模拟预测）CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是A．0.1溶液中：B．“还原”发生反应的离子方程式为：C．“还原”后的溶液中：D．“过滤”后得到的滤液中：【答案】B【分析】CuO为碱性氧化物，与稀硫酸发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤中发生2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，据此分析；【解析】A．利用质子守恒，0.1molNa2SO3溶液中存在c(OH-)=c(HSO)+2c(H2SO3)+c(H+)，故A错误；B．“酸溶”步骤中发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤通入亚硫酸钠和NaCl，得到CuCl，该步骤中Cu2+作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，发生的反应为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B正确；C．还原后溶液还存在Na+，因此根据电荷守恒，推出c(Na+)+2c(Cu2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(Cl-)，故C错误；D．过滤后，CuCl为饱和溶液，因此有c(Cu+)·c(Cl-)=Ksp(CuCl)，推出c(Cu2+)=，故D错误；答案为B。5．（2024·河北保定·二模）是一种重要的还原剂，常用于造纸等行业。下列离子方程式错误的是A．在溴水中滴加溶液，溶液褪色：B．在和的混合液中滴加稀硫酸：C．在溶液中滴加少量溶液：D．在石灰乳中滴加少量的饱和溶液：【答案】A【解析】A．在溴水中滴加溶液，溶液褪色：，A错误；B．在和的混合液中滴加稀硫酸：，B正确；C．在溶液中滴加少量溶液：，C正确；D．在石灰乳中滴加少量的饱和溶液：，D正确；故选A。6．（2024·四川绵阳·模拟预测）下列离子方程式书写正确的是A．KClO碱性溶液与反应制备高铁酸钾：B．用白醋浸泡过的淀粉—KI试纸检验加碘盐中的：C．向NaClO溶液中通入少量气体：D．溶液与足量的NaOH溶液反应：【答案】B【解析】A．KClO碱性溶液与反应制备高铁酸钾：，A错误；B．用白醋浸泡过的淀粉—KI试纸检验加碘盐中的：，B正确；C．向NaClO溶液中通入少量气体：，C错误；D．溶液与足量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2、Na2CO3和H2O，其反应的离子方程式为：，D错误；故选B。7．（2024·四川·一模）硫酸盐还原菌()会腐蚀许多金属及合金。模拟诱导腐蚀碳素钢发生厌氧电化学腐蚀实验，实验后发现碳素钢表面覆盖物成分是硫化物(主要含)，腐蚀机理如图所示。下列说法正确的是A．碳素钢厌氧腐蚀过程中做还原剂B．温度越高，诱导碳素钢厌氧腐蚀速率越快C．碳作负极，电极反应为：D．该实验生成的总反应：【答案】D【解析】A．氢原子将+6价的硫酸根离子还原为-2价的硫离子，SRB不做还原剂，A错误；B．温度超过一定范围，硫酸盐还原菌(SRB)活性下降，速率减慢，B错误；C．碳作正极，电极反应为：H++e−=H，C错误；D．根据示意图可知，总反应的化学方程式为，D正确；故选D。8．（2024·广东茂名·三模）水合肼（）及其衍生物产品在许多工业中得到广泛的使用，可用作还原剂、抗氧剂、发泡剂等。一种利用NaClO溶液与氨气反应制备水合肼的装置如图所示。下列说法不正确的是A．Ⅰ中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗B．试剂X可选择CaO固体C．为防倒吸，试剂Y可选择苯D．Ⅱ中发生反应的化学方程式为【答案】C【分析】Ⅰ为氨气的发生装置，Ⅱ中NH3与NaClO反应制备水合肼，Ⅲ为NH3的尾气处理，需要防倒吸，据此回答。【解析】A．Ⅰ中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗，A正确；B．可用浓氨水和CaO固体反应制备，B正确；C．苯的密度比NaClO溶液的小，为防倒吸，试剂Y应选择密度比NaClO溶液大的液体等，C错误；D．Ⅱ中发生反应的化学方程式为，D正确；故选C。9．（2024·陕西西安·二模）七水硫酸锌在农业中可用作微量元素肥料，也被广泛用于工业领域。锌渣制备的工艺流程如下。锌渣的主要成分为，含有少量下列说法正确的是A．滤渣①为，滤渣③为和B．氧化操作发生的反应为：C．加入的主要作用是调节溶液的D．操作X用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗【答案】C【分析】锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2，加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，PbO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，所以滤渣1中为SiO2和PbSO4，滤液①溶质主要为硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，加入漂白粉将Fe2+氧化为Fe3+，次氯酸根离子转化为氯气，再加ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，滤渣②为Fe(OH)3，滤液②主要溶质为硫酸锌和硫酸铜，加入Zn置换硫酸铜生成Cu，滤渣③中为Cu和过量的锌，滤液③主要为硫酸锌，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4⋅7H2O，据此回答。【解析】A．根据分析可知，滤渣①中为SiO2和PbSO4，滤渣③中为Cu和过量的锌，A错误；B．氧化操作发生的反应为：，B错误；C．根据分析可知，ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，C正确；D．操作X用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，D错误；故选C。题型二氧化还原反应的计算方法——电子守恒法10．（2024·吉林·模拟预测）元宵佳节松花江畔焰火璀璨，燃放烟花时发生：，同时在火药中会加入等物质。下列说法正确的是A．加入能得到绿色的烟花B．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2C．每生成，转移电子的物质的量为D．燃放烟花对环境没有污染【答案】B【分析】该反应中N元素化合价由+5价降为0价，S元素化合价由0价降为-2价，C元素化合价由0价升为+4价，故S和为氧化剂，C为还原剂，CO2氧化产物，K2S、N2为还原产物，据此分析解题。【解析】A．钙离子的焰色反应为蓝色，不能得到绿色的烟花，A错误；B．C为还原剂，CO2氧化产物，K2S、N2为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2，B正确；C．反应中N元素化合价由+5价降为0价，S元素化合价由0价降为-2价，每生成1molN2，转移电子的物质的量为12mol，C错误；D．燃放烟花产生大量有毒烟尘颗粒物污染环境，D错误；故选B。11．（2024·山东菏泽·二模）工业上以钛铁矿（，其中Ti为+4价）为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A．Ti位于元素周期表中第4周期ⅣB族B．氯化时，被氧化的元素有碳和铁C．制备Ti时，Ar气做保护气，可用氮气代替D．氯化时，每生成0.1mol，转移电子0.7mol【答案】C【解析】A．Ti位于元素周期表中第4周期ⅣB族，A正确；B．氯化发生的反应为：，根据产物判断被氧化的元素有碳和铁，B正确；C．高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；D．根据反应方程式，每生成0.1molFeCl3，转移0.7mol电子，D正确；故本题答案选C。12．（2024·湖南长沙·二模）乙二醇的生产工艺中，需使用热的溶液(脱碳液)脱除，脱碳液中含有的能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中的含量，操作中涉及两个反应如下：①；②。下列说法错误的是A．反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2B．反应①生成1mol时，反应转移1mol电子C．V的最高价为+5价，推测有氧化性和还原性D．溶液酸性过强时，反应②易发生其他反应【答案】A【解析】A．KI中I元素的化合价由-1价升高到0价，则KI作还原剂，中V元素的化合价由+5价降低到+4价，则作氧化剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；B．生成2mol，转移2mol电子，则生成1mol时转移1mol电子，B正确；C．中V显+5价，处于最高价，O显-2价，处于最低价，即既具有氧化性又具有还原性，C正确；D．在酸性过强时，与反应生成S、和，D正确；故选A。13．（2024·福建漳州·三模）连二亚硫酸钠俗称保险粉，是印染工业中常用的漂白剂。实验室制备流程如下：下列说法错误的是A．将锌粉溶于水形成悬浊液可以提高反应速率B．生成的反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为C．温度超过会导致溶解度降低D．加入有利于析出，提高产率【答案】B【分析】锌粉水悬浊液与SO2在35-45°C环境下反应生成ZnS2O4溶液，加入NaOH溶液除去Zn(OH)2后得到Na2S2O4溶液，用NaCl固体析出Na2S2O4·2H2O，系列操作后得到无水Na2S2O4。【解析】A．锌粉溶于水形成悬浊液可增大反应接触面积从而提高反应速率，A正确；B．生成的反应为，氧化剂和还原剂物质的量之比为，B错误；C．温度过高会降低气体溶解度，C正确；D．根据同离子效应加入可降低溶解度，提高产率，D正确；故选B。14．（2024·广东·二模）高铁酸钾是一种新型的消毒剂，可以做到消毒、净水两用。高铁酸钾常用反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O制备，下列说法不正确的是A．生成1mol，转移3mol电子B．高铁酸钾可以消毒净水两用是因其有强氧化性且生成胶体C．高铁酸钾消毒剂不能和洁厕灵混合D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2:5【答案】D【解析】A．上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1mol离子，转移3mol电子，A正确；B．高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，可以消毒，溶于水能生成氢氧化铁胶体可以净水，B正确；C．洁厕灵的主要成分是盐酸，高铁酸钾可以和其反应生成有毒的氯气，两者不能混用，C正确；D．该反应中氧化产物是，还原产物是Cl-，根据方程式可知，两者物质的量之比为2∶3，D错误；故选D。15．（2024·四川德阳·二模）是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入的混合溶液中进行处理，其物质转化如图所示。下列说法正确的是A．过程①中发生的反应是复分解反应B．过程②中每生成转移个电子C．过程③中每转化，需D．总反应为【答案】A【分析】过程①发生复分解反应由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸；过程②中，Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S；过程③中，Fe2+被氧化为Fe3+。【解析】A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，发生复分解反应，A正确；B．过程②中，三价铁离子具有氧化性，将-2价硫氧化为硫单质，发生的反应为CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，每生成32gS转移电子数为2NA，B错误；C．过程③中反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，每转化1molFe2+，需0.25molO2，没有指明标准状况，无法计算氧气的体积，C错误；D．从总反应看，Fe2+、Fe3+、Cu2+循环使用，则回收S的总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O，D错误；故答案为：A。16．（2024·重庆·模拟预测）科学研究发现某些酶可以促进H+和e-的转移(如下图a、b和c过程)，可将海洋中的NO2转化为N2，反应过如图所示。下列说法正确的是A．过程I的离子方程式为：+2H+NO+H2OB．消耗1molNO，b过程转移2mole-C．高温有利于促进该过程中H+和e-的转移D．过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1【答案】D【解析】A．该离子方程式电荷不守恒，A错误；B．b过程反应为，消耗1molNO，转移3mole⁻，B错误，C．高温下酶会失去活性，不利于H⁺和e⁻的转移，C错误；D．总反应式为：，氧化剂为，还原剂为，过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，D正确；故选D。17．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）光催化CO2还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料BM﹣MS(Bi2MoO6﹣MoS2)光催化CO2还原为醇类的机理图如图，h+是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化性。下列说法不正确的是A．H2O在富集空穴的MoS2材料上发生氧化反应B．光催化CO2还原在一定条件下也可以生成甲烷等有机物C．在Bi2MoO6材料上，消耗标准状况下2.24LCO2时，转移0.4mol电子D．光催化过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2【答案】C【分析】在上述原电池反应中，H+、CO2得到电子被还原为C2H5OH、CH3OH，H2O失去电子被氧化变为O2、H+，因此通入CO2的电极为正极，加入H2O的电极为负极，根据气体的物质的量，结合元素化合价变化判断和计算反应过程中电子转移总数。【解析】A．根据图示可知H2O在富集空穴的MoS2材料上失去电子，发生氧化反应变为H+、O2，A正确；B．根据图示可知在Bi2MoO6电极上CO2得到电子，发生还原反应与H+反应产生CH3OH、C2H5OH、CH4、H2O等物质，B正确；C．标准状况下2.24LCO2的物质的量是0.1mol，CO2得到电子被还原为CH3OH、C2H5OH时，C元素化合价由反应前CO2中的+4价变为反应后CH3OH、C2H5OH中的-2价，化合价降低6价，每1molCO2反应转移6mol电子，因此0.1molCO2反应，转移0.6mol电子，C错误；D．根据图示可知反应物为H2O、CO2，生成物为CH3OH、C2H5OH及H2O，则根据反应过程中电子转移数目相等，可知光催化过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，D正确；故选C。18．（2024·湖南·模拟预测）钛(Ti)和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示：已知：TiCl4的熔点―25℃，沸点136.4℃下列说法错误的是A．步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化B．步骤③的操作名称是加热或高温煅烧C．步骤④的反应方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COD．由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体【答案】D【分析】由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛TiOSO4，反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸H2TiO3，H2TiO3加热或灼烧进行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，步骤①的反应FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，该过程种元素的化合价没有发生变化，A正确；B．由分析可知，步骤③的操作名称是加热或高温煅烧，B正确；C．由分析可知，步骤④的反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正确；D．由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气，D错误；故答案为：D。19．（2024·北京海淀·三模）用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以形式存在)的工艺流程如下：下列说法正确的是A．经①和④所得溶液中，后者小于前者B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂C．若②和⑤中分别得到等量，则消耗的D．由⑥能得到碘产品是因为碘分子为极性分子，与溶液中的其他微粒间的作用力较弱【答案】B【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2+SO+H2O═2I-+SO+2H+，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，以此来解答。【解析】A．经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I-)后者大于前者，故A错误；B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；C．若②和⑤中分别得到等量I2，由电子守恒可知n(Cl2)×2×(1-0)=n(KClO3)×[5-(-1)]，则消耗的，故C错误；D．由⑥能得到碘产品是因为碘分子为非极性分子，与溶液中的其他微粒间的作用力较弱，故D错误。答案选B。20．（2024·湖南长沙·三模）一种利用含钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)制备的工艺流程如下。已知：①常温下，部分金属离子沉淀的如下表：金属离子开始沉淀的8.52.23.47.8完全沉淀(金属离子)的的10.03.04.59.4②的的。下列说法不正确的是A．由流程可知氧化性：B．常温下加入的溶液显碱性C．气体通入氨水至过量后所得溶液可循环利用D．“高温焙烧”时的化学方程式：【答案】A【分析】钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)中加硫酸、H2O2酸浸，还原为Co2+，转化为对应硫酸盐，二氧化硅不溶解，滤渣为二氧化硅，滤液中加氨水调溶液的pH，沉淀Al3+、Fe3+，过滤，滤液中加碳酸氢铵沉钴，得CoCO3沉淀，然后碳酸钴和碳酸锂高温焙烧生成。【解析】A．由流程可知，钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)中加硫酸、H2O2酸浸，被H2O2还原为Co2+，所以氧化性：，故A错误；B．电离常数：碳酸的，所以水解常数，所以溶液显碱性，故B正确；C．气体为CO2，通入氨水至过量后所得溶液为溶液，溶液可循环利用，故C正确；D．“高温焙烧”时，碳酸钴和碳酸锂反应生成，钴元素化合价升高，则有氧气参与，反应的化学方程式：，故D正确；故答案为：A。21．（2024·山东日照·三模）二氧化氯（ClO2）是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种制备ClO2的工艺流程及ClO2的分子结构（O-Cl-O的键角为117.6°）如图所示。下列说法错误的是A．等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5倍B．ClO2分子中含有大π键（），Cl原子杂化方式为sp2杂化C．“ClO2发生器”中发生的反应为D．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3∶1【答案】D【解析】A．已知ClO2作氧化剂时每摩ClO2需得到5mol电子，而Cl2作氧化剂时每摩Cl2只能得到2mol电子，故等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5倍，A正确；B．由题干ClO2的结构示意图可知，ClO2分子中含有大π键（），则Cl周围2个σ键和一对孤电子对即价层电子对数为3，Cl原子杂化方式为sp2杂化，B正确；C．由题干流程图可知，“ClO2发生器”中即NaClO3和HCl反应生成ClO2、Cl2和NaCl，根据氧化还原反应配平可得，发生的反应为，C正确；D．由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，电极反应为：Cl-+3H2O-6e-=+6H+，阴极发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比为1∶3，D错误；故答案为：D。22．（2024·辽宁·一模）以辉锑矿(主要成分为，含少量、CuO、等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示。已知：浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、等。下列说法错误的是A．“还原”过程加适量Sb目的是更好地循环利用Sb元素B．“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质C．“除砷”时有生成，该反应每生产2molAs，消耗D．“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3：2【答案】C【分析】辉锑矿加入盐酸和，得到浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入，和加入的反应生成As、，之后得到溶液，电解生成Sb和。【解析】A．浸出液中含过量，加适量Sb两者反应生成且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；B．过多的会和反应生成，导致Sb元素流失；具有还原性也可能会和反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的，B正确；C．由流程可知，“除砷”时和加入的反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成，该反应的化学方程式为：，反应每生产2molAs，消耗，C错误；D．“电解”时，生成Sb和，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3∶2，D正确；故选C。23．（2022·北京卷）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0下列说法不正确的是A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为【答案】D【解析】A．已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确；B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确；D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4molHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。故选D。24．（2021·北京卷）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列分析不正确的是A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C．反应②中每24molCuSO4氧化11molPH3D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【解析】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。25．（2021·浙江卷）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是A．K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物C．生成12.7gI2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1【答案】D【解析】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C．12.7gI2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4molI2转移7mol电子，则生成0.05molI2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1molK2H3IO6就有7molHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。26．（2021·浙江卷）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是A．NH3中H元素被氧化B．NO2在反应过程中失去电子C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3【答案】D【分析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。【解析】A．NH3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．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，D说法正确。综上所述，本题选D。27．（2020·浙江卷）是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是A．可发生反应：B．具有吸水性，需要密封保存C．能与，反应生成新盐D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为【答案】D【分析