2025年高考化学复习热搜题速递之氧化还原（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考化学复习热搜题速递之氧化还原（2024年7月）一．选择题（共19小题）1．（2024春•重庆期末）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．6.4gCu与足量S加热反应，转移电子数目0.2NA B．11.2LNH3中含有的原子数为2NA C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA D．0.15molCu与足量稀硝酸反应生成NO分子数为0.1NA2．（2024•诸暨市模拟）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠的其中一种化学原理为：3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，下列说法不正确的是（）（设NA为阿伏加德罗常数的值）A．反应中电子转移数目为3NA时，生成的Na2FeO4质量为166g B．NaClO是还原剂，Fe（OH）3是氧化剂 C．根据该原理可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在 D．NaCl是还原产物3．（2024春•新吴区校级期末）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（）A．沸点：H2O＜H2S B．H2S分子是一种只存在极性键的非极性分子 C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用 D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×10234．（2024春•蓝田县期末）随着汽车销量的增加，空气受到了污染。汽车尾气装置至，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法中，正确的是（）A．反应中NO为氧化剂 B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2 C．NO和O2必须在催化剂表面才能反应 D．催化转化总化学方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N25．（2024•潍坊三模）二氟化氧常用作高能火箭推进系统中的氧化剂，一种在温和条件下制取OF2的工艺如图所示。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3 B．还原性：H2O2＞K2MnF6＞MnF3 C．反应Ⅰ～Ⅳ中，氟元素化合价发生变化的反应有3个 D．制取1molOF2，至少需加入60molHF6．（2024春•苏州期末）常温下，用H2处理烟气中NO的转化过程如图所示。下列说法正确的是（）A．步骤Ⅰ反应的离子方程式为 B．该转化过程中NO被氧化 C．步骤Ⅱ中每消耗1molNO转移2×6.02×1023电子 D．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的总数减少7．（2024•宿迁一模）黑火药的爆炸反应为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（）A．CO2和N2均为非极性分子 B．K2S的电子式： C．反应中氧化剂只有S D．基态O原子核外电子轨道表达式：8．（2024•湖南模拟）纯净物状态下的标准电极电势可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱。现有六组标准电极电势数据如表所示：氧化还原电对（氧化型/还原型）电极反应式标准电极电势（φθ/V）Fe3+/Fe2+Fe3++e﹣⇌Fe2+0.770.541.501.071.36Sn4+/Sn2+Sn4++2e﹣⇌Sn2+0.15下列分析正确的是（）A．氧化性： B．往含有KSCN的FeBr2溶液中滴加少量氯水，溶液变红 C．往淀粉﹣KI溶液中加入过量SnCl4溶液，溶液变蓝 D．FeCl2溶液与足量酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：9．（2024春•杭州期末）石墨烯可以看作是单层石墨，利用以下方法对石墨烯进行“切割”。下列说法正确的是（）A．水溶性②＞④ B．试剂A可以是酸性KMnO4溶液 C．③→④是还原过程 D．每“切割”1mol碳碳双键转移2mol电子10．（2024春•包河区期末）历史上被称为“世界八大公害”和“20世纪十大环境公害”之一的洛杉机光化学烟雾事件使人们深刻认识到汽车尾气的危害性。汽车尾气中的氮氧化物和空气中的碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物，悬浮在空气中，称之为光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法错误的是（）A．反应Ⅰ属于氧化还原反应 B．NO2不是酸性氧化物 C．丙烯（CH2＝CHCH3）中所有原子可能共平面 D．O2和O3是氧的两种同素异形体11．（2024•北京）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O B．反应制得1molCl2，须投入2molCuO C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应12．（2024春•和平区校级期中）38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。下列有关判断不正确的是（）A．硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性 B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 C．混合气体中N2O4的物质的量是0.1mol，生成NaNO30.6mol D．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L13．（2024春•重庆期末）在含有mgHNO3稀硝酸中，加入ng铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有0.25mgHNO3被还原，则m：n可能为（）A．1：1 B．3：2 C．4：1 D．5：114．（2024•浙江模拟）已知过氧化铬（CrO5）的结构式如图所示，CrO5溶于稀硫酸的化学方程式为：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，有关该反应说法不正确的是（）A．Cr在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族 B．CrO5既作氧化剂，又作还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：8 D．若有1molCrO5发生该反应，则反应中共转移3.5NA个电子15．（2024春•湖北期中）在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48L（标准状况下）NO气体。在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，生成氢氧化物沉淀的质量可能为（）A．18.6g B．20.2g C．19.4g D．21.6g16．（2024•雨花区校级模拟）在Pt﹣BaO催化下，NO的“储存﹣还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A．NO2、O2与BaO的反应中，NO2是还原剂，O2是氧化剂 B．反应Ⅰ为Ba（IO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O C．反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2amol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的物质的量之比是3：517．（2024春•宁波期末）有关反应Na2S2O3+H2SO4＝SO2↑+S↓+Na2SO4+H2O，下列说法不正确的是（）（设NA为阿伏加德罗常数的值）A．硫代硫酸钠既是氧化剂又是还原剂 B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1：1 C．每生成32gS，转移电子的数目为2NA D．可通过单位时间内收集到SO2气体的量探究H2SO4浓度对反应速率的影响18．（2024春•温州期末）氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将：转化为N2。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收SO2、NO尾气。下列说法或表示方法正确的是（）A．在反硝化细菌作用下，生成11.2LN2，转移电子数约为3.01×1024 B．大气中SO2、NO2主要来源于汽车尾气排放，过量排放会引起大气污染，造成酸雨 C．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+3ClO﹣+H2O═2HClO++Cl﹣ D．用碱性NaClO溶液吸收NO：3ClO﹣+2NO+2OH﹣═3Cl﹣+2NO3+H2O19．（2024春•杭州期末）钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶液[含有Na+（NH3）x和e﹣（NH3）y]，且过程中有少量H2产生。下列说法不正确的是（）A．钠加入液氨中溶液的导电性增强 B．e﹣（NH3）y和Na+（NH3）x示意图可以如图表示 C．e﹣（NH3）y具有强还原性，钠/液氨体系可以还原炔烃、苯等有机物 D．0.2molNa投入液氨中生成0.1molH2时，Na共失去0.2mol电子二．解答题（共6小题）20．（2024春•重庆期末）合理开发自然资源，为建设美丽家园发挥化学重要价值。Ⅰ．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。（1）若CuFeS2中Fe的化合价为+2价，则反应中的氧化产物是（填化学式）。（2）上述冶炼过程中会产生大量SO2，下列处理方案合理的是（填字母）。A．高空排放B．用于制备硫酸C．用纯碱溶液吸收制Na2SO3D．用浓硫酸吸收（3）检验黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有SO2的方法是。Ⅱ．我国西部地区蕴藏着丰富的锂资源，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究（4）锂在周期表中的位置是。（5）如图是某锂空气电池的示意图。①金属锂是（填“正”或“负”）极，该电极上发生反应的电极反应式是。②图中的有机电解质非水溶液不能替换成水溶液，用化学方程式表示其原因是。③当电路中有1mole﹣通过时，隔膜右侧溶液质量增加（忽略空气中CO2的影响）。21．（2024春•南通期末）催化还原SO2具有重要意义。（1）H2催化还原研究表明，240℃时在催化剂作用下，H2还原SO2生成Sx经历：SO2→H2S→Sx的过程，且每步中都有H2O生成。①第一步转化的化学方程式为。②第二步转化中生成9.6gSx时转移的电子数为。③Sx表S2、S8等，S2、S8均易溶于CS2，原因是。（2）CO催化还原CeO2/Al2O3（Ce的常见化合价有+3、+4）催化剂在600℃时催化CO还原SO2的微观反应过程如图所示，这种方法也可处理烟气中的CO。①反应中生成少量有毒的羰基硫（COS），羰基硫的空间结构为。②反应（ⅰ）中化合价发生改变的元素有。③若用18O标记SO2中的氧原子，图示转化中含18O的物质有SO2、Ce2O3、。④适当提高反应物的配比[n（CO）/n（SO2）]，有利于SO2转化为S。结合含Ce物种转化解释其原因：。（3）从物质转化与能源利用的角度分析，两种催化还原方法各自的优点：。22．（2024春•浦东新区校级期末）酸雨的定义是指pH＜5.6的雨水，其会导致土壤酸化，腐蚀建筑物和金属制品．酸雨的形成原因主要是工业和汽车尾气中排放的SO2，NO，NO2在大气中经过一系列化学反应转化为H2SO4、HNO3这两种强酸溶解在雨水中，其转化流程如图所示（1）根据流程图可判断，上述反应中，不属于氧化还原反应的有（选填序号）。（2）请写出一种由上述反应中的元素组成的电解质的电离方程式（要求不与上述流程图中出现过的物质重复）。为了应对酸雨对土僿的影响，可从化肥的选用上入手（3）（不定项）以下适合用于酸雨地区庄稼的化肥有。A．NH4ClB．K2CO3C．Na3PO4D．Ca（NO3）2NH4NO3作为含氮量较高的无机氮肥，在工业与生活中使用较为广泛．但其稳定性较差，在不同条件下的分解方程式如下：NH4NO3CHNO3↑+NH3↑ⅠNH4NO3N2O↑+2H2O↑Ⅱ2NH4NO3O2↑+2N2↑+4H2O↑Ⅲ4NH4NO32NO2↑+3N2↑+8H2O↑ⅣNH4NO3HNO3↑+N2↑+H2O↑Ⅴ（4）对于上述NH4NO3的分解反应，下列说法正确的有。①反应Ⅱ的氧化产物和还原产物是同一物质②反应Ⅲ有2种氧化产物③反应Ⅳ有2种还原产物A．①②B．①③C．②③D．①②③（5）反应Ⅲ中被还原的元素是。（6）请对反应Ⅴ进行配平。（7）反应Ⅴ中有0.5mol硝酸铵参加反应，则转移的电子为mol。（8）（不定项）通过固氮等一系列反应可制得氮肥，下列反应中不涉及固氮反应的是。A．工业合成氨B．镁在空气中燃烧C．植物将氮肥转化为氨基酸或酰胺等有机态D．雷雨天大气中生成少量氮氧化物（9）已知世界上现有记载的“最强酸雨”pH可达到2，某实验小组将1680mL（S.T.P）的NO通过足量的O2与H2O模拟制备“最强酸雨”，若该过程中NO气体无损失，则可以制得的“酸雨”体积约为L。23．（2024春•南开区校级期中）氮的化合物是重要化工原料，也是空气污染物的重要来源，其转化一直是化学研究的热点。（1）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图1所示：①氨催化氧化时会生成副产物N2O。分别生成含等物质的量氮元素的NO和N2O时，各自消耗的O2的物质的量之比为。②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成。该白烟成分是（写化学式）。（2）可用ClO2将氮氧化物转化成。向1L含200mgClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为。（3）纳米铁粉可去除水中的。控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的，测得溶液中含氮物质（、、）浓度随时间变化如图2所示：Fe去除水中的的机理：得到纳米铁粉失去电子转化为，极少量在纳米铁粉或Cu表面得到电子转化为。与不添加少量铜粉相比，添加少量铜粉时去除效率更高，主要原因是。（4）NO也可以利用电化学手段将其转化为HNO3脱除，装置如图3所示，电极为多孔惰性材料。则负极的电极反应式是。（5）如图4是浓硝酸、铜片的反应实验装置。①b的仪器名称为。②b中发生反应的化学方程式为。③实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是。24．（2024•上海）PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氲（[XeF][Pt2F11]﹣）的制备方式如图所示：（1）上述反应中的催化剂为。A.PtF6B.C.F﹣D.XeF+（2）（不定项）上述过程中属于氧化还原反应的是。A.②B.③C.④D.⑤（3）氟气通入氙（Xe）中会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将1mol的Xe和9mol的F2同时通入一50L的容器中，反应10min后，测得容器内共8.9mol气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6＝1：6：3，则计算10min内XeF4的化学反应速率v（XeF4）＝。25．（2024春•虹口区校级期中）硫及其化合物的“价﹣类”二维图体现了化学变化之美。（1）a对应物质的类别是；图中b点物质含硫燃料燃烧产生的，污染环境，导致雨水pH＜，形成酸雨，可通过在燃料中添加（填化学式），反应生成CaSO3来降低其对环境的危害。（2）图中b、c、d这三种物质中属于弱电解质的是（填化学式），写出该物质的电离方程式：。请结合SO2类别、价态及特性，分析SO2的性质。（3）SO2分别通入下表所列的溶液中，填写有关问题。（性质填编号）反应物溴水酸性KMnO4溶液氢硫酸（H2S溶液）石蕊试液品红溶液反应现象SO2的性质①酸性②氧化性③还原性④漂白性将SO2通入溴水，化学反应方程式：。将SO2通入氢硫酸，化学反应方程式：。（4）在BaCl2溶液中通入SO2气体，无明显现象，将其分成两份分别加入下列物质后均产生白色沉淀。加入的物质H2O2NaOH沉淀的化学式①②产生沉淀的化学式是：①，②。硫代硫酸钠（Na2S2O3）在工业生产、医药制造业中被广泛应用，工业普遍使用Na2SO3与硫黄（S）共煮得到。（5）除了以上原料可以制备Na2S2O3，根据“价﹣类”二维图信息分析，还有合理的是（单选）A．Na2S+SB．SO2+Na2SO4C．Na2SO3+Na2SO4D．SO2+Na2S（6）如图：向圆底烧瓶中加入浓硫酸并加热，烧瓶中反应的化学方程式：过程主要表现了浓硫酸的哪些性质。（双选）A.脱水性B.吸水性C.强氧化性D.酸性（7）直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的H2SO4和Cu剩余，问题讨论：为什么有一定量的余酸还未能使Cu完全溶解。你认为原因是，足量下列药品能够用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是，。（填两类不同的化学物质）A．FeB．BaCl2溶液C．AgD．Na2CO3溶液

2024年高考化学复习热搜题速递之氧化还原（2024年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共19小题）1．（2024春•重庆期末）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．6.4gCu与足量S加热反应，转移电子数目0.2NA B．11.2LNH3中含有的原子数为2NA C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA D．0.15molCu与足量稀硝酸反应生成NO分子数为0.1NA【分析】A．Cu与足量S加热反应生成Cu2S；B．温度压强不知，不能计算氨气物质的量；C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，反应为可逆反应，不能进行彻底；D．稀硝酸足量，根据电子守恒计算出生成一氧化氮的物质的量。【解答】解：A．Cu与足量S加热反应生成Cu2S，6.4gCu物质的量n═0.1mol，与足量S加热反应，转移电子数目0.1NA，故A错误；B．温度压强不知，不能计算氨气的物质的量，不能计算11.2LNH3中含有的原子数，故B错误；C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，反应为可逆反应，生成的SO3分子数目小于0.1NA，故C错误；D．0.15molCu与足量稀硝酸反应，根据电子守恒，生成NO的物质的量为：＝0.1mol，生成0.1NA个NO分子，故D正确；故选：D。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系、可逆反应等。2．（2024•诸暨市模拟）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠的其中一种化学原理为：3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，下列说法不正确的是（）（设NA为阿伏加德罗常数的值）A．反应中电子转移数目为3NA时，生成的Na2FeO4质量为166g B．NaClO是还原剂，Fe（OH）3是氧化剂 C．根据该原理可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在 D．NaCl是还原产物【分析】A．反应中电子转移数目为3NA时，生成的Na2FeO4为1mol；B．NaClO是氧化剂，Fe（OH）3是还原剂；C．Fe（OH）3和NaClO在碱性条件下生成Na2FeO4；D．NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物。【解答】解：A．反应中电子转移数目为3NA时，生成的Na2FeO4为1mol，质量为166g，故A正确；B．氧化还原反应中氧化剂化合价减低，还原剂化合价升高，则NaClO是氧化剂，Fe（OH）3是还原剂，故B错误；C．Fe（OH）3和NaClO在碱性条件下生成Na2FeO4，可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在，故C正确；D．氧化还原反应中氧化剂化合价减低，氧化剂发生还原反应得到还原产物，则NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物，故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生氧化还原基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．（2024春•新吴区校级期末）金属硫化物（MxSy）催化反应CH4（g）+2H2S（g）═CS2（g）+4H2（g），既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是（）A．沸点：H2O＜H2S B．H2S分子是一种只存在极性键的非极性分子 C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用 D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023【分析】A．水分子间形成氢键，沸点反常的高；B．H2S分子中S原子sp3杂化，含两对孤对电子；C．由图可知，H2S中S与催化剂中的M之间成键；D．该反应中每消耗1molH2S，则消耗0.5molCH4，C原子由﹣4价变为+4价。【解答】解：A．水分子间能形成氢键，沸点：H2O＞H2S，故A错误；B．H2S分子中含两对孤对电子，是一种只存在极性键的极性分子，故B错误；C．由图可知，反应机理步骤Ⅰ中H2S中中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用，故C正确；D．该反应中每消耗1molH2S，则消耗0.5molCH4，C原子由﹣4价变为+4价，转移电子的数目约为0.5mol×8×6.02×1023mol﹣1＝4×6.02×1023，故D错误；故选：C。【点评】本题考查比较综合，涉及活化分子、化学平衡常数、反应机理、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。4．（2024春•蓝田县期末）随着汽车销量的增加，空气受到了污染。汽车尾气装置至，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法中，正确的是（）A．反应中NO为氧化剂 B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2 C．NO和O2必须在催化剂表面才能反应 D．催化转化总化学方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N2【分析】汽车尾气的有害气体主要是氮氧化物、一氧化碳等，根据图片知，NO2在整个过程中是一种中间产物，一氧化氮气体和氧气、一氧化碳会在催化剂表面发生反应，转化为无毒气体，从而起到尾气净化作用。【解答】解：A．该反应中，NO转化为N2，N元素化合价降低，则NO是氧化剂，故A正确；B．有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，无N2，故B错误；C．在空气中，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，故C错误；D．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO+O2+4CO＝4CO2+N2，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查汽车尾气的成分、生成、催化净化原理和反应条件应用，难度不大，只需读懂图就可完成，培养了学生分析问题和解决问题的能力。5．（2024•潍坊三模）二氟化氧常用作高能火箭推进系统中的氧化剂，一种在温和条件下制取OF2的工艺如图所示。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3 B．还原性：H2O2＞K2MnF6＞MnF3 C．反应Ⅰ～Ⅳ中，氟元素化合价发生变化的反应有3个 D．制取1molOF2，至少需加入60molHF【分析】反应Ⅰ为H2O2与KMnO4、HF、KF反应转化为氧气、K2MnF6、H2O，反应的化学方程式为：3H2O2+2KMnO4+10HF+2KF＝3O2↑+2K2MnF6+8H2O①，反应Ⅱ为HF、SbCl5反应生成SbF5、HCl，反应的化学方程式为：5HF+SbCl5＝SbF5+5HCl②，反应Ⅲ为K2MnF6与SbF5反应生成MnF3、KSbF6、F2，反应的化学方程式为：2K2MnF6+4SbF5＝2MnF3+4KSbF6+F2↑③，反应Ⅳ的化学方程式为：2F2+2KOH＝OF2+2KF+H2O，据此分析回答。【解答】解：A．反应①3H2O2+2KMnO4+10HF+2KF＝3O2↑+2K2MnF6+8H2O，反应中氧化产物O2和还原产物K2MnF6的物质的量之比为3：2，故A错误；B．还原剂的还原性大于还原产物，反应①中还原性H2O2＞K2MnF6，反应③中得到还原性SbF5＞MnF3，故B错误；C．反应Ⅰ～Ⅳ中，氟元素化合价发生变化的反应有2个，分别为Ⅲ、Ⅳ，故C错误；D．反应的化学方程式定量关系可知OF2～2F2～8SbF5+4K2MnF6，生成8molSbF5需要40molHF，生成4molK2MnF6需要HF20mol，制取1molOF2至少需加入60molHF，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了氧化还原反应化学方程式书写、电子守恒的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度较大。6．（2024春•苏州期末）常温下，用H2处理烟气中NO的转化过程如图所示。下列说法正确的是（）A．步骤Ⅰ反应的离子方程式为 B．该转化过程中NO被氧化 C．步骤Ⅱ中每消耗1molNO转移2×6.02×1023电子 D．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的总数减少【分析】A．电荷不守恒；B．元素化合价降低，被还原；C．步骤Ⅱ中NO被还原为N2，N元素降低2价；D．Ce3+和Ce4+分别是中间产物和催化剂。【解答】解：A．由图可知，步骤Ⅰ反应的离子方程式为：2Ce4++H2＝2Ce3++2H+，故A错误；B．由图可知，该转化过程中NO被还原为N2，故B错误；C．步骤Ⅱ中NO被还原为N2，N元素降低2价，每消耗1molNO转移2×6.02×1023电子，故C正确；D．Ce3+和Ce4+分别是中间产物和催化剂，反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的总数不变，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查氧化还原反应的应用，同时考查看图分析的能力，属于基本知识的考查，难度不大。7．（2024•宿迁一模）黑火药的爆炸反应为2KNO3+S+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（）A．CO2和N2均为非极性分子 B．K2S的电子式： C．反应中氧化剂只有S D．基态O原子核外电子轨道表达式：【分析】A．由非极性键形成的分子称为非极性分子；B．K2S结构中K+与S2﹣形成离子键；C．反应中S元素和N元素均降价；D．O为8号元素，根据泡利原理和洪特规。【解答】解：A．由非极性键形成的分子称为非极性分子，二氧化碳结构为：O＝C＝O，正负电荷中心重合为非极性分子，N2由非极性键构成的非极性分子，由极性键形成的分子，如果电荷分布是对称均匀的，也是非极性分子，故A正确；B．K2S结构中K+与S2﹣形成离子键，其电子式为：，故B错误；C．反应中S元素和N元素均降价，所以氧化剂有S和KNO3，故C错误；D．O为8号元素，根据泡利原理和洪特规，则原子核外电子轨道表达式：，故D错误；故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生氧化还原基础知识的掌握情况，试题难度中等。8．（2024•湖南模拟）纯净物状态下的标准电极电势可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱。现有六组标准电极电势数据如表所示：氧化还原电对（氧化型/还原型）电极反应式标准电极电势（φθ/V）Fe3+/Fe2+Fe3++e﹣⇌Fe2+0.770.541.501.071.36Sn4+/Sn2+Sn4++2e﹣⇌Sn2+0.15下列分析正确的是（）A．氧化性： B．往含有KSCN的FeBr2溶液中滴加少量氯水，溶液变红 C．往淀粉﹣KI溶液中加入过量SnCl4溶液，溶液变蓝 D．FeCl2溶液与足量酸性KMnO4溶液反应的离子方程式：【分析】A．标准电极电势数据越大，对应氧化型物质的氧化性越强；B．Br2的氧化性强于Fe3+，对应Br﹣的还原性弱于Fe2+，故少量氯水优先和Fe2+反应；C．Sn4+的氧化性弱于I2，过量SnCl4溶液也无法将I﹣氧化为I2；D．足量酸性KMnO4溶液也可以将Cl﹣氧化为氯气。【解答】解：A．标准电极电势数据越大，对应氧化型物质的氧化性越强，所以氧化性：Fe3+＞Sn4+，故A错误；B．Br2的氧化性强于Fe3+，对应Br﹣的还原性弱于Fe2+，故少量氯水优先和Fe2+反应，产生Fe3+，溶液变红，故B正确；C．Sn4+的氧化性弱于I2，过量SnCl4溶液也无法将I﹣氧化为I2，故C错误；D．足量酸性KMnO4溶液也可以将Cl﹣氧化为氯气，离子方程式为：，故D错误；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。9．（2024春•杭州期末）石墨烯可以看作是单层石墨，利用以下方法对石墨烯进行“切割”。下列说法正确的是（）A．水溶性②＞④ B．试剂A可以是酸性KMnO4溶液 C．③→④是还原过程 D．每“切割”1mol碳碳双键转移2mol电子【分析】A．水溶性与分子极性相关，②、④相比，引入氧后的石墨烯极性变大；B．加入试剂A的反应过程是加氧氧化的过程；C．③→④的变化是加氧的过程；D．每形成1mol碳氧双键，可认为加了一个氧原子，C元素化合价升高2。【解答】解：A．②、④相比，引入氧后的石墨烯极性变大，水溶性②＜④，故A错误；B．加入试剂A的反应过程是加氧氧化的过程，试剂A可以是酸性KMnO4溶液，故B正确；C．③→④的变化是加氧的过程，是氧化过程，故C错误；D．每“切割”1mol碳碳双键，形成两个碳氧双键，每形成1mol碳氧双键，可认为加了一个氧原子，C元素化合价升高2，转移了2mol电子，则转移4mol电子，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应的分析判断，主要是有机物发生氧化反应的理解应用，题目难度中等。10．（2024春•包河区期末）历史上被称为“世界八大公害”和“20世纪十大环境公害”之一的洛杉机光化学烟雾事件使人们深刻认识到汽车尾气的危害性。汽车尾气中的氮氧化物和空气中的碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物，悬浮在空气中，称之为光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法错误的是（）A．反应Ⅰ属于氧化还原反应 B．NO2不是酸性氧化物 C．丙烯（CH2＝CHCH3）中所有原子可能共平面 D．O2和O3是氧的两种同素异形体【分析】A．有元素化合价发生变化的反应都属于氧化还原反应；B．酸性氧化物与碱发生非氧化还原反应，生成盐和水；C．甲基中的4个原子是不共面的；D．O2和O3是氧元素的两种单质。【解答】解：A．反应Ⅰ中NO转化为NO2，N元素化合价升高，属于氧化还原反应，故A正确；B．NO2与NaOH反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，发生的是氧化还原反应，不符合酸性氧化物定义，不是酸性氧化物，故B正确；C．丙烯（CH2＝CHCH3）中含有甲基，所有原子不可能共平面，故C错误；D．O2和O3是氧元素的两种单质，属于同素异形体的关系，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查氧化还原反应、酸性氧化物、同素异形体的判断，同时考查原子的共面问题，属于基本知识的考查，难度不大。11．（2024•北京）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣114.4kJ•mol﹣1。如图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O B．反应制得1molCl2，须投入2molCuO C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应【分析】结合反应机理分析，根据原子守恒，可得X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，故A正确；B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，故B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查反应机理的探究，同时考查氧化还原反应、催化剂的概念、平衡常数的影响因素等，属于基本知识的考查，难度中等。12．（2024春•和平区校级期中）38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。下列有关判断不正确的是（）A．硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性 B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 C．混合气体中N2O4的物质的量是0.1mol，生成NaNO30.6mol D．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L【分析】铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，38.4gCu为0.6mol，所以生成硝酸铜0.6mol，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2mol，生成氮的化合物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知n（Na）＝n（N）＝0.5L×2mol/L＝1mol，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol＝2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为。【解答】解：A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，故A正确；B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO转化为高价态氮，故作还原剂，故B正确；C．由题意可知0.9mol氮的化合物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1mol﹣0.9mol＝0.1mol，利用电子守恒可知，3n（NO）+n（NO2）+0.1×2＝0.6×2，且n（NO）+n（NO2）＝0.8，则n（NO）＝0.1mol，n（NO2）＝0.7mol，由于NO和NO2与氢氧化钠发生归中反应生成NaNO2，NO2和N2O4与氢氧化钠发生歧化反应生成NaNO3和NaNO2，则NaNO3的物质的量为（0.3+0.1）mol＝0.4mol，故C错误；D．根据原子守恒可知n（Na）＝n（N）＝0.5L×2mol/L＝1mol，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol＝2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氧化还原，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2024春•重庆期末）在含有mgHNO3稀硝酸中，加入ng铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有0.25mgHNO3被还原，则m：n可能为（）A．1：1 B．3：2 C．4：1 D．5：1【分析】如果Fe和稀硝酸恰好完全反应且完全反应后生成Fe（NO3）3，反应方程式为Fe+4HNO3＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据方程式知，被还原的n（HNO3）等于消耗的n（Fe），占消耗硝酸的物质的量的，则消耗的硝酸为0.25mol×4＝1mol，消耗的n（Fe）＝n（HNO3）被还原＝0.25mol；如果Fe和硝酸恰好完全反应且完全反应后生成Fe（NO3）2，反应方程式为3Fe+8HNO3＝3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，则消耗的n（Fe）等于被还原的n（HNO3）的倍，为0.25mol×＝0.325mol，消耗的n（HNO3）等于被还原的n（HNO3）的4倍，则消耗的n（HNO3）＝4×0.25mol＝1mol。【解答】解：如果Fe和稀硝酸恰好完全反应且完全反应后生成Fe（NO3）3，反应方程式为Fe+4HNO3＝Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据方程式知，被还原的n（HNO3）等于消耗的n（Fe）为0.25mol，占消耗硝酸的物质的量的，则消耗的硝酸为0.25mol×4＝1mol，消耗的n（Fe）＝n（HNO3）被还原＝0.25mol，m（HNO3）：m（Fe）＝（1mol×63g/mol）：（0.25mol×56g/mol）＝4.5：1；如果Fe和硝酸恰好完全反应且完全反应后生成Fe（NO3）2，反应方程式为3Fe+8HNO3＝3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，则消耗的n（Fe）等于被还原的n（HNO3）的倍，为0.25mol×＝0.325mol，消耗的n（HNO3）等于被还原的n（HNO3）的4倍，则消耗的n（HNO3）＝4×0.25mol＝1mol，则m（HNO3）：m（Fe）＝（1mol×63g/mol）：（0.325mol×56g/mol）＝3：1，该反应中Fe和硝酸恰好完全反应，则≤≤，故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确Fe和稀硝酸发生的反应及其产物成分是解本题关键，注意极限法的灵活运用。14．（2024•浙江模拟）已知过氧化铬（CrO5）的结构式如图所示，CrO5溶于稀硫酸的化学方程式为：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，有关该反应说法不正确的是（）A．Cr在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族 B．CrO5既作氧化剂，又作还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：8 D．若有1molCrO5发生该反应，则反应中共转移3.5NA个电子【分析】根据过氧化铬（CrO5）的结构式，可知，有4个﹣1价的O和1个﹣2价的O，Cr为+6价，在反应中：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，降低3价，4个CrO5中，共有16个﹣1价的O，其中有14个升高为0价，有2个降低为﹣2价，据此分析作答。【解答】解：A．Cr的原子序数为24，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，故A正确；B．根据CrO5的结构可知，CrO5含有2个过氧键，有4个﹣1价的O和1个﹣2价的O，Cr为+6价，在反应中：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，Cr元素化合价降低，部分O元素化合价升高，CrO5既作氧化剂，又作还原剂，故B正确；C．根据B中分析可知，4个Cr共降低4×3＝12价，生成7个O2共升高7×2×1＝14价，根据升降守恒可知，4个CrO5中还有2个﹣1价的O降低为﹣2价，既6个H2O中，有2个H2O是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：（2+2）＝7：4，故C错误；D．根据C中分析可知，有关系式：4CrO5～14e﹣，若有1molCrO5发生该反应，则反应中共转移1mol××NAmol﹣1＝3.5NA个电子，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查学生对氧化还原反应原理的熟练应用的程度，特别是化合价升降守恒的应用，属于基本知识的考查，难度中等。15．（2024春•湖北期中）在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48L（标准状况下）NO气体。在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，生成氢氧化物沉淀的质量可能为（）A．18.6g B．20.2g C．19.4g D．21.6g【分析】金属与稀硝酸反应时，N得到电子，金属失去电子，由得失电子守恒可知，金属失去电子数等于N得到电子数；金属离子与碱反应生成沉淀时，氢氧根离子的物质的量等于金属失去电子数，以此来解答。【解答】解：硝酸与金属反应生成一氧化氮：HNO3→NO，化合价降低3价，得到3e﹣电子，标况下4.48LNO的物质的量为n（NO）＝＝0.2mol，得到电子的物质的量为n（e﹣）＝3e﹣×0.2mol＝0.6mol；根据金属的转化关系：M→Mn+→M（OH）n和得失电子守恒可知，金属失去电子的物质的量等于硝酸中N原子得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH﹣的物质的量，即n（OH﹣）＝n（e﹣）＝0.6mol，则最多生成沉淀的质量为：金属质量+净增OH﹣的质量＝9.2g+0.6mol×17g/mol＝19.4g，由于烧碱足量、沉淀中没有氢氧化铝，所以生成沉淀的质量小于19.4g，只有A正确，故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应、质量守恒、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。16．（2024•雨花区校级模拟）在Pt﹣BaO催化下，NO的“储存﹣还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A．NO2、O2与BaO的反应中，NO2是还原剂，O2是氧化剂 B．反应Ⅰ为Ba（IO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O C．反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2amol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的物质的量之比是3：5【分析】A．根据图知，NO和O2在Pt表面生成NO2，NO2、O2和BaO反应生成Ba（NO3）2，该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价、O2中O元素的化合价由0价变为﹣2价；B．根据图1知，第一步反应为H2与Ba（NO3）2作用生成NH3；C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba（NO3）2生成BaO和N2等，反应方程式为10NH3+3Ba（NO3）2＝3BaO+8N2+15H2O，相应的关系式为5NH3～4N2，图中NH3最大物质的量为0.25amol，根据关系式计算生成氢气的物质的量；D．根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为10NH3～3Ba（NO3）2，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为5Ba（NO3）2～10NH3，根据反应Ⅰ和Ⅱ计算消耗的Ba（NO3）2的物质的量之比。【解答】解：A．由图可知，NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2、O2和BaO反应生成Ba（NO3）2，该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价、O2中O元素的化合价由0价变为﹣2价，所以NO2是还原剂，O2是氧化剂，故A正确；B．根据图1知，第一步反应为H2与Ba（NO3）2作用生成NH3，反应方程式为Ba（NO3）2+8H2＝BaO+2NH3+5H2O，故B正确；C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba（NO3）2生成BaO和N2等，反应方程式为10NH3+3Ba（NO3）2＝3BaO+8N2+15H2O，相应的关系式为5NH3～4N2，图中NH3最大物质的量为0.25amol，则最终生成N2的物质的量为0.2amol，故C正确；D．根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为10NH3～3Ba（NO3）2，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为5Ba（NO3）2～10NH3，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的物质的量之比是5：3，故D错误；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确发生的反应、各物质之间的关系式及基本概念内涵是解本题关键，题目难度中等。17．（2024春•宁波期末）有关反应Na2S2O3+H2SO4＝SO2↑+S↓+Na2SO4+H2O，下列说法不正确的是（）（设NA为阿伏加德罗常数的值）A．硫代硫酸钠既是氧化剂又是还原剂 B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1：1 C．每生成32gS，转移电子的数目为2NA D．可通过单位时间内收集到SO2气体的量探究H2SO4浓度对反应速率的影响【分析】Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O反应中，Na2S2O3中的S元素的化合价为+2价，反应后S的化合价部分降低为0价，部分升高到+4价，生成的S为还原产物，SO2为氧化产物，据此分析。【解答】解：A．反应物中只有Na2S2O3中的S元素的化合价发生变化，S的化合价既有升高又有降低，则Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂，故A正确；B．S为还原产物，SO2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比1：1，故B正确；C．Na2S2O3中的S元素的化合价为+2价，反应后S的化合价部分降低为0价，故每生成32gS即＝1mol，转移电子的数目为2NA，故C正确；D．SO2易溶于水，对体积的判断有影响，故D错误；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，为高频考点，侧重于基本概念的理解和运用的考查，注意从化合价的角度解答该题，难度不大。18．（2024春•温州期末）氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将：转化为N2。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收SO2、NO尾气。下列说法或表示方法正确的是（）A．在反硝化细菌作用下，生成11.2LN2，转移电子数约为3.01×1024 B．大气中SO2、NO2主要来源于汽车尾气排放，过量排放会引起大气污染，造成酸雨 C．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+3ClO﹣+H2O═2HClO++Cl﹣ D．用碱性NaClO溶液吸收NO：3ClO﹣+2NO+2OH﹣═3Cl﹣+2NO3+H2O【分析】A．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，无法计算氮气的物质的量；B．SO2来源主要是化石燃料的燃烧；C．SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应生成、Cl﹣，SO2过量，不能生成HClO；D．NaClO具有氧化性，NO具有还原性，二者发生氧化还原反应。【解答】解：A．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，无法计算氮气的物质的量，所以无法计算转移电子个数，故A错误；B．大气中的SO2主要来源是化石燃料的燃烧，汽车尾气中主要是氮的氧化物，故B错误；C．SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应生成、Cl﹣，SO2过量，不能生成HClO，所以离子方程式为SO2+ClO﹣+H2O═+Cl﹣+2H+，故C错误；D．NaClO具有氧化性，NO具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为3ClO﹣+2NO+2OH﹣═3Cl﹣+2+H2O，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的量的计算和及离子方程式正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、离子方程式书写规则等知识点是解本题关键，注意C中反应物的量与产物成分有关，题目难度不大。19．（2024春•杭州期末）钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶液[含有Na+（NH3）x和e﹣（NH3）y]，且过程中有少量H2产生。下列说法不正确的是（）A．钠加入液氨中溶液的导电性增强 B．e﹣（NH3）y和Na+（NH3）x示意图可以如图表示 C．e﹣（NH3）y具有强还原性，钠/液氨体系可以还原炔烃、苯等有机物 D．0.2molNa投入液氨中生成0.1molH2时，Na共失去0.2mol电子【分析】A．溶液的导电性随着离子浓度的增大而增强；B．e﹣（NH3）y中NH3的氮原子含有孤电子对，带负电，中心的e﹣也带负电，相互排斥；C．易失电子的物质作还原剂；D．0.2mol钠投入液氨中生成0.1mol H2，0.2molNa转化为0.2molNa+（NH3）x。【解答】解：A．Na和NH3反应后生成带电荷的离子，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电性增强，故A正确；B．e﹣（NH3）y中NH3的氮原子含有孤电子对，带负电，中心的e﹣也带负电，相互排斥，故NH3中的N原子应该朝外，对应的示意图指误，故B错误；C．e﹣（NH3）y是易失电子的物质，所以该微粒具有强还原性，钠/液氨体系可以还原炔烃、苯等有机物，故C正确；D．0.2mol钠投入液氨中生成0.1mol H2，Na转化为lNa+（NH3）x，0.2molNa共失去0.2mol电子，故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质导电原理、元素化合物的性质等知识点是解本题关键，题目难度不大。二．解答题（共6小题）20．（2024春•重庆期末）合理开发自然资源，为建设美丽家园发挥化学重要价值。Ⅰ．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。（1）若CuFeS2中Fe的化合价为+2价，则反应中的氧化产物是SO2、Fe2O3（填化学式）。（2）上述冶炼过程中会产生大量SO2，下列处理方案合理的是BC（填字母）。A．高空排放B．用于制备硫酸C．用纯碱溶液吸收制Na2SO3D．用浓硫酸吸收（3）检验黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有SO2的方法是通入品红溶液，红色褪去，加热又恢复红色。Ⅱ．我国西部地区蕴藏着丰富的锂资源，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究（4）锂在周期表中的位置是第二周期第A族。（5）如图是某锂空气电池的示意图。①金属锂是负（填“正”或“负”）极，该电极上发生反应的电极反应式是Li﹣e﹣＝Li+。②图中的有机电解质非水溶液不能替换成水溶液，用化学方程式表示其原因是2Li+2H2O＝2LiOH+H2↑。③当电路中有1mole﹣通过时，隔膜右侧溶液质量增加15g（忽略空气中CO2的影响）。【分析】Ⅰ．（1）CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，若CuFeS2中Fe的化合价为+2价，则Cu元素化合价+2价，硫元素化合价﹣2价，硫元素化合价升高到+4价，铁元素化合价升高到+3价；（2）二氧化硫为环境污染物，不能排放，可用于制备硫酸或亚硫酸盐；（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热恢复红色；Ⅱ．（4）锂的核电荷数3，最外层电子数1个，周期序数＝电子层数，最外层电子数＝主族族序数；（5）①装置为原电池，Li做负极失电子发生氧化反应；②锂和水能发生反应，图中的有机电解质非水溶液不能替换成水溶液；③当电路中有1mole﹣通过时，有1molLi+离子从隔膜左侧迁移到隔膜右侧，另外，隔膜右侧还有氧气得到电子生成氢氧根离子，增加的是氧气的质量，据此计算。【解答】解：Ⅰ．CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，若CuFeS2中Fe的化合价为+2价，则Cu元素化合价+2价，硫元素化合价﹣2价，硫元素化合价升高到+4价，铁元素化合价升高到+3价，反应中的氧化产物是：SO2、Fe2O3，故答案为：SO2、Fe2O3；（2）二氧化硫为环境污染物，不能高空排放，与浓硫酸不反应，可用于制备硫酸或亚硫酸盐，只有BC符合，故答案为：BC；（3）检验黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有SO2的方法是：通入品红溶液，红色褪去，加热又恢复红色，故答案为：通入品红溶液，红色褪去，加热又恢复红色；Ⅱ．（4）锂的核电荷数3，最外层电子数1个，在周期表中的位置是：第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（5）①金属锂是负极，该电极上发生反应的电极反应式是：Li﹣e﹣＝Li+，故答案为：负；Li﹣e﹣＝Li+；②图中的有机电解质非水溶液不能替换成水溶液，用化学方程式表示其原因是锂和水发生反应，反应的化学方程式为：2Li+2H2O＝2LiOH+H2↑，故答案为：2Li+2H2O＝2LiOH+H2↑；③当电路中有1mole﹣通过时，有1molLi+离子从隔膜左侧迁移到隔膜右侧，另外，隔膜右侧还有氧气得到电子生成氢氧根离子，增加的是氧气的质量，O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，隔膜右侧溶液质量增加的质量＝17g/mol+0.25mol×32g/mol＝15g，故答案为：15g。【点评】本题考查了氧化还原反应、物质性质和检验、原电池原理的分析判断、电子守恒的计算应用，题目难度中等。21．（2024春•南通期末）催化还原SO2具有重要意义。（1）H2催化还原研究表明，240℃时在催化剂作用下，H2还原SO2生成Sx经历：SO2→H2S→Sx的过程，且每步中都有H2O生成。①第一步转化的化学方程式为。②第二步转化中生成9.6gSx时转移的电子数为0.4NA。③Sx表S2、S8等，S2、S8均易溶于CS2，原因是CS2与S2、S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理。（2）CO催化还原CeO2/Al2O3（Ce的常见化合价有+3、+4）催化剂在600℃时催化CO还原SO2的微观反应过程如图所示，这种方法也可处理烟气中的CO。①反应中生成少量有毒的羰基硫（COS），羰基硫的空间结构为直线形。②反应（ⅰ）中化合价发生改变的元素有Ce、C。③若用18O标记SO2中的氧原子，图示转化中含18O的物质有SO2、Ce2O3、CO2、CeO2。④适当提高反应物的配比[n（CO）/n（SO2）]，有利于SO2转化为S。结合含Ce物种转化解释其原因：过量的CO还原CeO2，生成的Ce2O3可将SO2还原为S，形成Ce的氧化还原循环，加快氧原子传递，有利于SO2的转化。（3）从物质转化与能源利用的角度分析，两种催化还原方法各自的优点：H2催化还原优点：低能耗，低碳；CO催化还原优点：能同时处理烟气中的多种有害气体。【分析】（1）①240℃时在催化剂作用下，H2还原SO2生成Sx经历：SO2→H2S→Sx的过程，且每步中都有H2O生成，第一步转化是二氧化硫和氢气反应生成硫化氢和水；②生成Sx时的反应为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，生成3molS，电子转移4mol；③相似相溶原理分析判断；（2）①羰基硫COS的价层电子对数＝2+＝2；②反应（ⅰ）中CO转化为CO2，Ce的常见化合价有+3、+4；③反应为可逆反应，结合图中转化关系分析判断；④过量的CO还原CeO2，生成的Ce2O3可将SO2还原为S，形成Ce的氧化还原循环；（3）从物质转化与能源利用的角度分析，H2催化还原优点：低能耗，低碳，CO催化还原优点：能同时处理烟气中的多种有害气体。【解答】解：（1）①第一步转化的化学方程式为：，故答案为：；②第二步转化中生成9.6gSx时，硫元素物质的量n＝＝0.3mol，生成Sx时的反应为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，生成3molS，电子转移4mol，则生成硫单质物质的量0.3mol，转移的电子数＝0.4mol×NA/mol＝0.4NA，故答案为：0.4NA；③Sx表S2、S8等，S2、S8均易溶于CS2，原因是：CS2与S2、S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理，故答案为：CS2与S2、S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理；（2）①羰基硫COS的价层电子对数＝2+＝2，则羰基硫中C原子sp杂化，羰基硫的空间结构为：直线形，故答案为：直线形；②反应（ⅰ）中CO转化为CO2，Ce的常见化合价有+3、+4，化合价发生改变的元素有：Ce、C，故答案为：Ce、C；③若用18O标记SO2中的氧原子，图示转化中含18O的物质有SO2、Ce2O3、CO2、CeO2，故答案为：CO2、CeO2；④当提高反应物的配比[n（CO）/n（SO2）]，有利于SO2转化为S。结合含Ce物种转化解释其原因为：过量的CO还原CeO2，生成的Ce2O3可将SO2还原为S，形成Ce的氧化还原循环，加快氧原子传递，有利于SO2的转化，故答案为：过量的CO还原CeO2，生成的Ce2O3可将SO2还原为S，形成Ce的氧化还原循环，加快氧原子传递，有利于SO2的转化；（3）从物质转化与能源利用的角度分析，两种催化还原方法各自的优点为：H2催化还原优点：低能耗，低碳；CO催化还原优点：能同时处理烟气中的多种有害气体，故答案为：H2催化还原优点：低能耗，低碳；CO催化还原优点：能同时处理烟气中的多种有害气体。【点评】本题考查了硫及其化合物性质、氧化还原反应等知识点，主要是物质转化关系的理解应用，题目难度中等。22．（2024春•浦东新区校级期末）酸雨的定义是指pH＜5.6的雨水，其会导致土壤酸化，腐蚀建筑物和金属制品．酸雨的形成原因主要是工业和汽车尾气中排放的SO2，NO，NO2在大气中经过一系列化学反应转化为H2SO4、HNO3这两种强酸溶解在雨水中，其转化流程如图所示（1）根据流程图可判断，上述反应中，不属于氧化还原反应的有①③（选填序号）。（2）请写出一种由上述反应中的元素组成的电解质的电离方程式（NH4）2SO4＝2+（要求不与上述流程图中出现过的物质重复）。为了应对酸雨对土僿的影响，可从化肥的选用上入手（3）（不定项）以下适合用于酸雨地区庄稼的化肥有BC。A．NH4ClB．K2CO3C．Na3PO4D．Ca（NO3）2NH4NO3作为含氮量较高的无机氮肥，在工业与生活中使用较为广泛．但其稳定性较差，在不同条件下的分解方程式如下：NH4NO3CHNO3↑+NH3↑ⅠNH4NO3N2O↑+2H2O↑Ⅱ2NH4NO3O2↑+2N2↑+4H2O↑Ⅲ4NH4NO32NO2↑+3N2↑+8H2O↑ⅣNH4NO3HNO3↑+N2↑+H2O↑Ⅴ（4）对于上述NH4NO3的分解反应，下列说法正确的有D。①反应Ⅱ的氧化产物和还原产物是同一物质②反应Ⅲ有2种氧化产物③反应Ⅳ有2种还原产物A．①②B．①③C．②③D．①②③（5）反应Ⅲ中被还原的元素是+5价氮元素。（6）请对反应Ⅴ进行配平5NH4NO32HNO3↑+4N2↑+9H2O↑。（7）反应Ⅴ中有0.5mol硝酸铵参加反应，则转移的电子为1.5mol。（8）（不定项）通过固氮等一系列反应可制得氮肥，下列反应中不涉及固氮反应的是C。A．工业合成氨B．镁在空气中燃烧C．植物将氮肥转化为氨基酸或酰胺等有机态D．雷雨天大气中生成少量氮氧化物（9）已知世界上现有记载的“最强酸雨”pH可达到2，某实验小组将1680mL（S.T.P）的NO通过足量的O2与H2O模拟制备“最强酸雨”，若该过程中NO气体无损失，则可以制得的“酸雨”体积约为7.5L。【分析】①的反应为：SO2+H2O⇌H2SO3，②的反应为：2H2SO3+O2＝2H2SO4，③的反应为：SO3+H2O⇌H2SO4，④的反应为：SO2+O22SO3，⑤的反应为：2NO+O2＝2NO2，⑥的反应为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，结合问题回答；（1）反应过程中无元素化合价变化的不是氧化还原反应；（2）由上述反应中的元素组成的电解质可以是（NH4）2SO4；（3）酸雨的形成原因主要是工业和汽车尾气中排放的SO2，NO，NO2在大气中经过一系列化学反应转化为H2SO4、HNO3这两种强酸溶解在雨水中，适合的化肥应为溶液显碱性的化肥；（4）①反应ⅡNH4NO3N2O↑+2H2O↑，氮元素化合价﹣3价和+5价变化为+1价；②反应Ⅲ2NH4NO3O2↑+2N2↑+4H2O↑，氮元素化合价﹣3价升高到0价，+5价降低到0价，氧元素化合价﹣2价升高到0价；③反应Ⅳ4NH4NO32NO2↑+3N2↑+8H2O↑中氮元素化合价﹣3价升高到0价，+5价降低到+4价；（5）反应Ⅲ中被还原的元素是元素化合价降低的元素；（6）反应V：NH4NO3→HNO3↑+N2↑+H2O↑，反应中氮元素化合价﹣3价和+5价变化为0价，电子转移总数15e﹣，结合电子守恒和原子守恒陪陪书写化学方程式；（7）反应Ⅴ为：5NH4NO32HNO3↑+4N2↑+9H2O↑，反应中氮元素化合价﹣3价和+5价变化为0价，电子转移总数15e﹣；（8）游离态氮元素变化为化合态的过程为氮的固定；（9）已知世界上现有记载的“最强酸雨”pH可达到2，c（H+）＝0.01mol，某实验小组将1680mL（S.T.P）的NO物质的量n＝＝0.075mol，通过足量的O2与H2O模拟制备“最强酸雨”，反应反应的化学方程式：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，若该过程中NO气体无损失，生成硝酸物质的量n（HNO3）＝0.075mol，c（HNO3）＝0.01mol/L，则可以制得的“酸雨”体积V＝。【解答】解：（1）根据流程图可判断，上述反应中，不属于氧化还原反应的有①③，故答案为：①③；（2）由上述反应中的元素组成的电解质可以是（NH4）2SO4，电离方程式为：（NH4）2SO4＝2+，故答案为：（NH4）2SO4＝2+；（3）A．NH4Cl溶液显酸性，故A错误；B．K2CO3溶液显碱性，故B正确；C．Na3PO4溶液显碱性，故C正确；D．Ca（NO3）2溶液显中性，不选用，故D错误；故答案为：BC；（4）①反应ⅡNH4NO3N2O↑+2H2O↑，氮元素化合价﹣3价和+5价变化为+1价，氧化产物和还原产物是同一物质N2O，故①正确；②反应Ⅲ2NH4NO3O2↑+2N2↑+4H2O↑，氮元素化合价﹣3价升高到0价，+5价降低到0价，氧元素化合价﹣2价升高到0价，氧化产物为氮气和氧气2种，故②正确；③反应Ⅳ4NH4NO32NO2↑+3N2↑+8H2O↑中氮元素化合价﹣3价升高到0价，+5价降低到+4价和0价，还原产物为二氧化氮和部分氮气2种；故答案为：D；（5）反应Ⅲ2NH4NO3O2↑+2N2↑+4H2O↑，氮元素化合价﹣3价升高到0价，+5价降低到0价，氧元素化合价﹣2价升高到0价，被还原的元素是+5价氮元素，故答案为：+5价氮元素；（6）反应V：NH4NO3→HNO3↑+N2↑+H2O↑，反应中氮元素化合价﹣3价和+5价变化为0价，电子转移总数15e﹣，配平得到反应的化学方程式为：5NH4NO32HNO3↑+4N2↑+9H2O↑，故答案为：5NH4NO32HNO3↑+4N2↑+9H2O↑；（7）反应Ⅴ为：5NH4NO32HNO3↑+4N2↑+9H2O↑，反应中氮元素化合价﹣3价和+5价变化为0价，电子转移总数15e﹣，有0.5mol硝酸铵参加反应，则转移的电子为1.5mol，故答案为：1.5；（8）A．工业合成氨是氮气和氢气催化剂作用下高温高压反应生成氨气，为氮的固定，故A正确；B．镁在空气中燃烧，其中镁和氮气反应生成氮化镁的过程为氮的固定，故B正确；C．植物将氮肥转化为氨基酸或酰胺等有机态是化合态氮元素的转化，不是氮的固定，故C错误；D．雷雨天大气中生成少量氮氧化物是氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮，属于氮的固定，故D正确；故答案为：C；（9）已知世界上现有记载的“最强酸雨”pH可达到2，c（H+）＝0.01mol，某实验小组将1680mL（S.T.P）的NO物质的量n＝＝0.075mol，通过足量的O2与H2O模拟制备“最强酸雨”，反应反应的化学方程式：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，若该过程中NO气体无损失，生成硝酸物质的量n（HNO3）＝0.075mol，c（HNO3）＝0.01mol/L，则可以制得的“酸雨”体积V＝＝7.5L，故答案为：7.5。【点评】本题考查了氮及其化合物的性质分析、氧化还原反应的计算应用和概念分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。23．（2024春•南开区校级期中）氮的化合物是重要化工原料，也是空气污染物的重要来源，其转化一直是化学研究的热点。（1）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图1所示：①氨催化氧化时会生成副产物N2O。分别生成含等物质的量氮元素的NO和N2O时，各自消耗的O2的物质的量之比为5：4。②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成。该白烟成分是NH4NO3（写化学式）。（2）可用ClO2将氮氧化物转化成。向1L含200mgClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为3+4NO+4OH﹣＝3Cl﹣+4+2H2O。（3）纳米铁粉可