专题05 守恒法在氧化还原反应计算中的应用（重难点训练）化学鲁科版2019必修第一册

专题05 守恒法在氧化还原反应计算中的应用 建议时间：15分钟 突破一 得失电子守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量 1．NaH是一种强还原剂，可溶于水，并和水反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，下列说法正确的是(Na为+1价) A．NaH既是氧化剂又是还原剂 B．NaH是氧化剂，H2O是还原剂 C．该反应是置换反应 D．被氧化的元素与被还原的元素质量之比为1：1 【答案】D 【解析】A．该反应中NaH中H失电子生成氢气，NaH为还原剂，A错误； B．NaH中H失电子为还原剂，H2O中H得电子为氧化剂，B错误； C．置换反应需满足“单质+化合物=新单质+新化合物”，但反应物均为化合物，故不是置换反应，C错误； D．被氧化的元素为NaH中的1个H，被还原的元素为1个H2O中的1个H，被氧化和被还原的元素质量之比为1：1，D正确； 故选D。 2．将与空气的混合气体通入的混合溶液中，可回收S并消除空气污染，其机理如图所示。下列说法正确的是 A．转化过程中，所有元素的化合价均发生变化 B．反应①的离子方程式为： C．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．总反应方程式为： 【答案】D 【分析】由图可知，过程①发生的反应为硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀和氢离子：；过程②发生的反应为铁离子与硫化铜反应生成铜离子、亚铁离子和硫：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S；过程③发生的反应为酸性条件下亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水：；总反应为硫化氢与氧气反应生成硫和水：，据此回答。 【解析】A．结合分析可知反应中只有氧、铁、硫三种元素化合价改变，A错误； B．由分析知，反应①的离子方程式为：，B错误； C．反应③的离子方程式为，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4，C错误； D．由反应机理图可知，整个过程是H2S与O2反应生成S和H2O，总反应的化学方程式为：，D正确； 故选D。 3．油画常用颜料雌黄在不同条件下褪色，主要化学反应为： 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ中为还原产物 B．反应Ⅱ中元素As和S都被氧化 C．反应Ⅰ中参加反应的 D．反应Ⅱ中参与反应，转移的电子数为 【答案】D 【分析】根据图像信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：。 【解析】A．反应I中，氧气被还原，得到还原产物，为还原产物，A正确； B．反应Ⅱ中，As元素化合价从+ 3价升高到+ 5价，S元素化合价从-2价升高到+ 6价，As和S元素的化合价均升高，都被氧化，B正确； C．由分析可知，反应I中参加反应的，C正确； D．反应Ⅱ中，As元素化合价从+ 3价升高到+ 5价，每个As原子失去2个电子；S元素化合价从-2价升高到+ 6价，每个S原子失去8个电子。1个As2S3中含有2个As原子和3个S原子，则1个As2S3参与反应失去电子数为。那么参与反应，转移电子数为D错误； 故答案选D。 突破二 守恒法判断反应过程中转移电子数目 4．金属铜与浓盐酸共热时可得到亚铜合三氯酸[H2(CuCl3)]：。下列说法不正确的是 A．H2(CuCl3)中Cu的化合价+1 B．H2既是氧化产物，又是还原产物 C．HCl在反应中表现了氧化性和酸性 D．生成1 mol H2(CuCl3)转移电子的数目为1NA 【答案】B 【解析】A．在H2(CuCl3)中，Cl的化合价为-1，H的化合价为+1，根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可知H2(CuCl3)中Cu的化合价为+1，A正确； B．H2是H+得到电子被还原生成的产物，反应中无+1价的H的氧化过程，因此H2仅为还原产物，B错误； C．HCl中的H+得到电子被还原为H2，HCl表现氧化性，Cl-作为配位体未参与氧化还原，其仅表现酸性，C正确； D．在反应中每生成1 mol H2(CuCl3)，则有1 mol Cu被氧化为+1价的H2(CuCl3)中Cu+，在反应中失去1 mol电子，因此反应过程中转移电子数为1NA，D正确； 故合理选项是B。 5．关于反应(浓)，下列说法不正确的是 A．浓盐酸有表现出酸性 B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:1 C．该化学反应中是还原剂 D．该反应每生成1mol，转移2mol电子 【答案】C 【解析】A：浓盐酸中的部分未被氧化，进入，体现酸性，A正确； B：被还原为（还原产物），被氧化为（氧化产物），两者物质的量均为1 mol，比例1:1，B正确； C：作为氧化剂（被还原），而非还原剂，C错误； D：生成1 mol 需2 mol 失去2mol电子，转移电子为2 mol，D正确； 故答案选C。 6．钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有的电子数目为 B．溶液中数目为 C．反应①中23gNa完全反应消耗的体积为22.4L D．反应②中完全反应转移电子数目为 【答案】A 【解析】A．OH-的电子数为10，1mol OH⁻含10NA个电子，A正确； B．未给出溶液体积，无法确定Na+的物质的量，B错误； C．未指明是否为标准状态，无法确定氧气体积，C错误； D．反应②中1mol Na2O2歧化反应转移1mol电子，转移电子数目为NA，D错误； 故答案为A。 7．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为2＋16H＋＋5Na2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列判断正确的是 A．O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物 B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂 C．标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2mole- D．若溶液中酸性高锰酸钾不足，因Na2O2能与溶液中的水反应，将不影响生成氧气的量 【答案】C 【解析】A．O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，因中Mn从+7→+2被还原，O2中O从-1→0被氧化，A错误； B．Na2O2中O仅被氧化（-1→0），未发生还原，故Na2O2仅是还原剂，B错误； C．每生成1molO2转移2mole-（O从-1→0，每个O2分子对应2e-），标准状况下22.4LO2（1mol）转移2mole-，C正确； D．若高锰酸钾不足，过量Na2O2会与水反应生成额外O2，总O2量增加，故D错误； 故选C。 8．实验室用NaClO溶液与反应可制备联氨，反应原理为（未配平），设为阿伏加德罗常数的值。下列关于该反应的说法正确的是 A．溶液中含的数目为 B．22.4L氨气中含有分子的数目为 C．中含有中子的数目为 D．每生成，转移电子的数目为 【答案】D 【分析】该反应中氯元素化合价从+1价降低到-1价，N元素的化合价从-3价升高到-2价，因此配平后的反应为：。 【解析】A．计算离子数目需浓度×体积，题目未提供体积，无法确定，故A错误； B．22.4L气体在标准状况下为1mol，但题目未说明条件，结论不成立，故B错误； C．2H2O摩尔质量20g/mol，18g2H2O为0.9mol，1个2H2O含中子为2×1+8=10个，因此含有中子的数目为，故C错误； D．为1mol，根据反应可知，N元素从-3价升高到-2价，每生成，转移电子的数目为，故D正确； 故答案选D。 9．氮化硅()可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：，下列说法不正确的是 A．C是还原剂 B．氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶3 C．CO是氧化产物 D．若该反应生成氮化硅的质量是17.5g，则生成16.8L一氧化碳 【答案】D 【解析】A．C在反应中从0价升至+2价，被氧化，是还原剂，A正确； B．N元素化合价由0价降低为-3价，发生还原反应，故是氧化剂，而还原剂为C，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂化学计量系数之比等于物质的量之比为2:6=1:3，B正确； C．CO是C被氧化后的产物，属于氧化产物，C正确； D．根据化学计量系数关系，每生成1mol同时生成6molCO，17.5g的物质的量为，则生成CO，若在标准状况下，体积为，但题目未注明条件，无法确定气体体积，D错误； 故选D。 10．已知：①(浓)(未配平)；②检验的存在：。下列说法不正确的是 A．中存在一个过氧键()，则中硫元素的化合价为+7 B．反应②若有还原剂被氧化，则转移电子 C．与浓盐酸混合可得到黄绿色气体 D．反应①中消耗时，被氧化的为 【答案】A 【解析】A．-中存在一个过氧键，每个过氧键的O为-1价，其余O为-2价。设硫的化合价为x，则2x+2×(-1)+6×(-2)=-2，解得x=+6，而非+7，故A错误； B．反应②中（+2价）被氧化为（+7价），每mol失去5mol电子。0.1mol还原剂（）被氧化时，转移0.5mol电子，故B正确； C．由反应②可知的氧化性强于，由反应①可知的氧化性强于，因此可氧化生成（黄绿色气体），故C正确； D．反应①配平后为。每2mol对应10mol被氧化（生成5molCl2）。消耗0.2mol时，被氧化的为，故D正确； 故选A。 突破三 多反应中转移电子守恒的应用 11．土壤中的铁循环可用于水体脱氮，脱除水体中硝态氮和氨态氮的原理分别为：①②。若这两个过程转移的电子数相等，则反应①②中生成的质量之比为 A．1：1 B．3：5 C．5：3 D．2：1 【答案】B 【解析】A．反应①生成1mol N2转移10mol电子，反应②生成1mol N2转移6mol电子。当转移电子数相等时，N2的物质的量之比为3:5，质量比不等于1：1，A错误； B．根据电子转移计算，当转移相同电子数时，反应①和②生成的N2物质的量之比为3:5，质量比之比为3:5，B正确； C．5:3是反应②与①的比值，与题意要求的①:②相反，C错误； D．2:1不符合电子转移计算的结果，D错误； 故选B。 12．不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②③的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI/mol KMnO4/mol 还原产物 氧化产物 ① 酸性 0.01 n Mn2+ I2 ② 中性 0.01 10n MnO2 ③ 碱性 0.01 m 下列说法错误的是 A．n=0.002，m=0.06 B．对比反应①和②， C．对比反应①、②、③，相同物质的量的KMnO4，酸性条件下得电子数最多，氧化性最强 D．随反应进行，体系pH变化：①②增大，③减小 【答案】C 【解析】A．根据反应①的电子守恒，n==0.002；反应②根据电子守恒有：10×0.002×(7-4)=0.01×[2x-1-(-1)]，解得x=3，反应③中I⁻失去6e⁻，KMnO4得到1e⁻/个，m==0.06，A正确； B．根据A项分析可知，n=0.002，根据电子守恒有：10×0.002×(7-4)=0.01×[2x-1-(-1)]，解得x=3，B正确； C．氧化性的强弱与得电子数目的多少无关，而与得电子的难易程度有关，即虽然酸性条件下KMnO4得5e⁻/个，得电子数最多，但不能得出对应氧化性最强，C错误； D．反应①为：2+10I-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，消耗H⁺，pH增大；反应②为：2+I-+H2O=+2MnO2+2OH-，生成OH⁻，pH增大；反应③为：6OH-+6+I-=+6+3 H2O消耗OH⁻，pH减小，D正确； 故答案为：C。 突破四 多种守恒综合应用 13．1.36g铜镁合金完全溶解于60mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到和NO的混合气体896mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入V mL 2.0mol/L NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.72g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1 B．加入的2.0mol/L NaOH溶液的体积V=340mL C．和NO的混合气体中，的体积分数是50% D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为1.9mol/L 【答案】C 【分析】沉淀分析：沉淀质量2.72g，金属质量1.36g，质量1.36g，对应0.08mol，需要NaOH体积为40mL，金属总电子转移量等于物质的量，即0.08mol；气体分析：混合气体0.04mol，设为a，为b，联立方程：a + b = 0.04，a + 3b = 0.08（电子守恒），解得a = b = 0.02mol；合金组成：设Cu为x，Mg为y，联立：64x + 24y = 1.36，2x + 2y = 0.08，解得x=0.01mol，y=0.03mol；体积：原的物质的量=，被还原0.04mol，硝酸钠为0.80mol，需0.80mol，体积400mL。 【解析】A．设Cu为x，Mg为y，联立：64x + 24y = 1.36，2x + 2y = 0.08，解得x=0.01mol，y=0.03mol ，因此该合金中铜与镁的物质的量之比是，A错误； B．原为0.84mol，被还原0.04mol，硝酸钠为0.80mol，需0.80mol，体积400mL ，B错误； C．混合气体0.04mol，设为a，为b，联立方程：a + b = 0.04，a + 3b = 0.08（电子守恒），解得a = b = 0.02mol ，的体积分数是50%，C正确； D．由分析易得，总溶液体积60+400+40=500mL，浓度0.80/0.5=1.6mol/L，D错误； 故答案选C。 14．一定温度下，将Cl2缓缓通入一定浓度的KOH溶液中，至两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯的离子，其中ClO-和ClO两种离子的物质的量(n)与时间(t)的关系如图所示。下列说法正确的是 A．c(ClO-)+2c(ClO)=c(Cl-) B．溶液中n(Cl-)=0.14mol C．t1～t2时刻，仅发生反应3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O D．原KOH溶液中，n(KOH)=0.3mol 【答案】B 【解析】A．Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，根据得失电子守恒可知，A错误； B．根据图象可知，Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，反应后、，部分氯元素从0价分别升高到+1、+5价，部分氯元素从0价降低到-1价，因此根据得失电子守恒可知，B正确； C．根据图象可知，过程中有KClO、KClO3生成，因此发生反应：、，C错误； D．Cl2通入一定浓度的KOH溶液中歧化反应生成KClO、KCl、KClO3，K原子和Cl原子个数比均为1:1，结合选项A中分析，根据钾原子守恒可得：，D错误； 答案选B。 15．以NaClO溶液作为吸收剂利用如图喷淋吸收塔进行一体化“脱硫”、“脱硝”： 当烟气中进入吸收塔和NO的体积比为3：1时，若“脱硫”、“脱硝”均为，则流出的吸收液中之比为 。 【答案】6：2：9 【解析】V(SO2)：V(NO) = 3：1，SO2→SO，NO→NO，ClO-→Cl-，电子守恒得到n(ClO-)×2=n(SO2)×2+n(NO)×3，若n(SO2) =3mol，n(NO) =1mol，则n(ClO-) =4.5mol，流出的吸收液中==6：2：9，故答案为：6：2：9。 16．铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得： ①2Cu2+＋5I-＝2CuI↓＋ ②＋2=3I-+2 反应①中的氧化剂为 。现取20.00 mL含Cu2＋的溶液，加入足量KI充分反应后，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2+的浓度为 mol·L-1。 【答案】 Cu2＋ 0.125 【解析】反应①中的铜的化合价由+2→+1价，化合价降低，因此氧化剂为Cu2＋，根据反应关系： 2 2Cu2＋，，Cu2+的浓度为0.0025mol÷0.02L =0.125mol/L； 故答案为Cu2＋ ；0.125。 17．“氯、溴、碘”是最早提出的“三素组”之一，它们的化学性质既相似，又有独特性。已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2。如图是向FeBr2\FeI2的混合溶液中，通入一定量氯气，溶液中各种离子物质的量的变化，线段BC表示 (填离子符号)物质的量的变化，原混合溶液中n(I-)：n(Fe2+)：n(Br-)= 。这一过程中能说明非金属性Cl>Br的反应的离子方程式是： 。 【答案】 Fe3+ 1：2：3 Cl2+2Br-=Br2+2Cl- 【解析】碘离子、溴离子和亚铁离子的还原性强弱顺序为：I-＞Fe2+＞Br-，由氧化还原反应规律可知，AB段发生的反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，BC段发生的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，DE段发生的反应为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，由图可知，BC段表示Fe3+物质的量的变化，三段反应消耗氯气的物质的量分别为1mol、2mol、3mol，则由方程式可知，溶液中碘离子、亚铁离子和溴离子的物质的量之比为1：2：3，能说明非金属性Cl>Br的反应的离子方程式是：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，原因是氧化剂的氧化性强于氧化产物。 建议时间：15分钟 18．在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为CuO＋NH4ClCu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N B．配平后，CuO和NH4Cl的化学计量数之比为1∶2 C．反应中生成2个N2分子时，转移电子数为6 D．该反应中被还原的CuO占参与反应的CuO的 【答案】D 【解析】A．反应中被氧化的元素是N（从-3→0），被还原的元素是Cu（+2→0），A错误； B．配平后反应式为4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，CuO与NH4Cl的化学计量数之比为4:2=2:1，B错误； C．根据N元素的化合价变化，生成1mol N2时转移6mol电子，生成2个 N2应转移12个电子，C错误； D．根据配平后的方程式，4mol CuO中3mol被还原为Cu，占比为，D正确； 故本题选D。 19．交警常用装有重铬酸钾()的仪器检测司机是否酒后驾车，因为酒中的乙醇分子能使橙红色的重铬酸钾变成绿色的硫酸铬，其反应原理为。下列说法正确的是 A．氧化剂与还原剂物质的量之比为 B．乙醇发生了还原反应 C．的氧化性弱于的氧化性 D．反应消耗时，转移电子 【答案】D 【解析】A．氧化剂是，还原剂是C2H5OH，反应中两者的物质的量之比为2:3，A错误； B．乙醇被氧化为乙酸，发生的是氧化反应，B错误； C．作为氧化剂，其氧化性强于氧化产物CH₃COOH，C错误； D．1mol 转化为2molCr3+，每mol得到6mol电子，因此消耗1mol K2Cr2O7时转移6mol电子，D正确； 故选D。 20．金属氢化物中，氢元素均为-1价，它们都可以作为生氢剂，例如，对于该反应，下列说法正确的是 A．该反应每生成，转移1mol电子 B．该反应中既是氧化剂又是还原剂 C．该反应中NaOH是氧化产物 D．该反应属于置换反应 【答案】A 【解析】A．每生成，NaH中的-1价H被氧化（失去1e⁻），中的+1价H被还原（得到1e⁻），每个分子含1个来自NaH的H和1个来自H₂O的H，总电子转移为1mol，A正确； B．中的H被还原，仅作氧化剂，未被氧化，B错误； C．NaOH中的H来自（+1价→+1价），未发生氧化还原，C错误； D．置换反应要求反应物为单质和化合物，而本题反应物均为化合物，D错误； 故选A。 21．已知有如下反应： ①；②；③。下列说法正确的是 A．氧化性： B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．向金属中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应 D．向溶液中滴入酸性溶液，可发生反应： 【答案】D 【解析】A．在浓盐酸中作氧化剂，在稀盐酸中即可作氧化剂，说明的氧化性更强，氧化性顺序应为，A错误； B．反应③中作为氧化剂，对应10 mol HCl被氧化（生成5 mol），氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，B错误； C．浓硝酸可能使Cr钝化（表面形成氧化膜），并非不反应，C错误； D．的氧化性强于，能将氧化为，反应式电荷和原子均守恒，D正确。 故选D。 22．常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如下图所示： 下列说法错误的是 A．次磷酸分解时转移电子 B．流程中的都属于还原产物 C．已知次磷酸为一元酸，则次磷酸钠属于正盐 D．上述流程中每一步均属于氧化还原反应 【答案】D 【分析】白磷与过量的浓NaOH溶液反应，生成PH3和次磷酸钠；次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫酸钠；次磷酸受热分解，生成PH3和H3PO4。 【解析】A．次磷酸受热分解，生成PH3和H3PO4，化学方程式为2H3PO2PH3↑+H3PO4，则每分解2molH3PO2，则转移4mol电子，所以1mol次磷酸分解，转移2mol电子，A正确； B．白磷与浓氢氧化钠反应中，产物化合价由0价降至-3价，发生还原反应，作还原产物，次磷酸受热分解，生成PH3和H3PO4，其中产物化合价由+1价降至-3价，发生还原反应，作还原产物，因此流程中的都属于还原产物，B正确； C．已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，则只能与等物质的量的NaOH反应，所以次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐，C正确； D．上述流程中，次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫酸钠，没有化合价升降，不是氧化还原反应，属于复分解反应，D错误； 故选D。 23．汽车安全气囊中的物质受到剧烈碰撞时能迅速产生大量气体，原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A．1mol 晶体中离子的数目为 B．既是氧化产物又是还原产物 C．反应过程中转移个电子时，产生35.83L D．中氮元素的化合价为价 【答案】B 【解析】A．KNO3晶体由K+和构成，1mol KNO3含2mol离子，数目为2NA，而非5NA，A错误； B．NaN3中N为价，生成N2被氧化；KNO3中N为+5价，生成N2被还原，则N2是氧化产物和还原产物，B正确； C．未指明N2所处的状况（如标准状况等），无法根据物质的量计算体积，C错误； D．NaN3中Na为+1价，3个N总电荷为，故N的化合价为，而非，D错误； 故选B。 24．亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知高浓度的ClO2易爆炸，下列说法不正确的是 A．“反应1”需要通入N2稀释ClO2，以防发生爆炸 B．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C．“反应1”中ClO2是还原产物，母液中主要成分是Na2SO4 D．若还原产物均为Cl-时，ClO2的氧化能力是等物质的量Cl2的2.5倍 【答案】B 【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠，据此分析。 【解析】A．已知高浓度的易爆炸，反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸，A正确； B．“反应2”中发生反应的化学方程式为，H2O2是还原剂，ClO2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，B错误； C．反应1中二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，Cl元素化合价由+5价下降到+4价，是还原产物，母液中主要成分是，C正确； D．1 molCl2完全反应转移2mole-，1mol完全反应转移5 mole-，所以等物质的量的氧化能力是的2.5倍，D正确； 故选B。 25．已知加热条件下S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O(未配平)。硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中原子总数为0.5NA B．0.1mol·L-1 Na2SO3溶液中，数目为0.1NA C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为0.1NA D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 【答案】D 【解析】A．标准状况下，的物质的量为0.5mol，其原子总数为1.5NA，A错误； B．0.1mol·L-1 Na2SO3溶液，题意没有指明溶液体积，无法计算数目，B错误； C．反应①的方程式为，反应中每生成3molS消耗2molH2S，3.4gH2S为0.1mol，故可以生成0.15molS，生成的原子数目为0.15NA，C错误； D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2molS2-共转移4mol电子，因此，每生成1molS2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确； 故选D。 26．高锰酸钾在工业中广泛用作氧化剂，以软锰矿(主要成分是含有 和SiO2等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图所示： 已知：①“焙烧”中有K2MnO4生成。 ②20℃时各物质的溶解度如下表。 物质 KMnO4 K2CO3 K2SO4 溶解度/g 6.38 111 11.1 下列说法错误的是 A．“焙烧”时， MnO2与KOH反应， 其物质的量之比1：2 B．通入CO2时，理论上生成的MnO2和KMnO4的物质的量之比为1：2 C．若“焙烧”时加入的KOH过量，则制得的MnO2中混有含 Si元素的杂质 D．操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为 【答案】D 【分析】软锰矿(主要成分是，含有和等杂质)与KClO3在强碱性条件下焙烧，反应生成氯化钾、锰酸钾和水，反应后的固体加水溶解，得到滤渣为氧化铁和二氧化硅，滤液含有锰酸钾，通入二氧化碳后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体和锰酸钾、碳酸钾，根据锰酸钾、碳酸钾的溶解度差别较大，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到高锰酸钾固体和碳酸钾，碳酸钾加入生石灰后，得到氢氧化钾，据以上分析解答。 【解析】A．“焙烧”中有K2MnO4生成，该步骤主要反应的化学方程式为：，则MnO2与KOH的物质的量之比1：2，A正确； B．通入后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体和高锰酸钾、碳酸钾，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，理论上生成的和的物质的量之比为，B正确； C．若“焙烧”时加入的过量，SiO2也能和KOH反应生成K2SiO3，导致制得的中混有含元素的杂质，C正确； D．据表格中的溶解度，的溶解度远小于，所以、分离操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为，D错误； 故选D。 27．在新兴材料研发中，铁铁矿(，其中Ti为+4价)成为制备金属该的潜在原料、流秷如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．22号元素Ti位于元素周期表中第四周期ⅡB族 B．氯化时，每生成0.3molCO，该反应转移电子数为 C．制备Ti时，可用做保护气以防止Mg被氧化 D．氯化过程中发生反应： 【答案】B 【分析】在氯化时发生反应：，反应得到TiCl4，然后Mg与TiCl4在Ar气中加热800℃，反应产生Ti，反应的化学方程式为：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2。 【解析】A．22号元素Ti位于元素周期表中第四周期IVB族，A错误； B．根据总反应：，每生成0.3molCO，消耗0.35molCl2，氯元素由0价降低为-1价，转移电子数为，B正确； C．与Mg能反应，不能用作该反应的保护气，C错误； D．根据分析，氯化过程中发生反应：，D错误； 故选B。 28．KNO3一定条件下可发生反应：2KNO3＋2NH4Cl2N2↑＋O2↑＋4H2O＋2KCl。下列说法不正确的是 A．KNO3既作氧化剂，又作还原剂 B．N2既是氧化产物，又是还原产物 C．生成0.1molO2时转移0.5mol电子 D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1 【答案】C 【解析】A．KNO3中的N元素化合价从+5价降至0价，O元素化合价从-2价升至0价，则KNO3既作氧化剂又作还原剂，A正确； B．KNO3中的N元素化合价从+5价降至0价，被还原，NH4Cl中的N元素化合价由-3价升高为0价，被氧化，则N2既是氧化产物又是还原产物，B正确； C．化合价降低的只有KNO3中的N元素，生成1mol O2时，消耗2mol KNO3，KNO3中的N元素化合价从+5价降至0价，生成1mol O2时转移10mol电子，则生成0.1mol O2时转移1mol电子，C错误； D．生成1mol O2的同时生成2molN2，氧化产物包括1molN2和1molO2，共2mol；还原产物为1mol N2，则氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶1，D正确； 故选C。 29．高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法的化学原理为。下列说法正确的是 A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2 B．处理饮用水的原理为胶体 C．每生成4mol转移电子数目为 D．该条件下，氧化性强于 【答案】B 【解析】A．ClO-中Cl的化合价由+1价降低到-1价，ClO-为氧化剂，被还原，对应产物Cl-为还原产物，Fe3+由+3价升高到+6价，被氧化，做还原剂，对应产物为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，A错误； B．高铁酸钠作为强氧化剂，在处理水时被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，该过程描述正确，B正确； C．每生成1mol ，Fe3+失去3mol电子，生成4mol 应转移12mol电子，而非6mol，C错误； D．ClO−是氧化剂，是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故ClO−的氧化性强于，D错误； 答案选B。 30．《天工开物》中记载：“凡火药以硝石、硫黄为主，草木灰为辅”。黑火药爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是 A．在反应中作氧化剂只有KNO3 B．S元素的化合价降低，发生氧化反应 C．反应的还原产物是K2S和CO2 D．每生成1.5molCO2转移的电子数为6NA 【答案】D 【解析】A．S由0价→-2价，被还原，作氧化剂，KNO3中的N由+5价→0价，被还原，也作氧化剂，A错误； B．S由0价→-2价，被还原，发生还原反应，B错误； C．氧化剂对应着还原产物，故还原产物为K2S和N2，C错误； D．C由0价→+4价，每生成3molCO2，3molC失去12mole⁻，每生成1.5molCO2，转移6mole⁻，即6NA，D正确； 故答案选D。 31．不同条件下，当与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.002 n      ② 中性 0.001 5n 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法不正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，①②溶液的pH均增大 【答案】C 【分析】反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，根据反应①可得关系式10I-～2，可以求得n=0.0004，则反应②的n(I-)：n()=0.001：(5×0.0004)=1：2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，根据得失电子守恒，产物中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，据此分析。 【解析】A．由分析可知，反应①，，A正确； B．由分析可知，对比反应①和②，x=3，B正确； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，②中I⁻被氧化为更高价态，I-的还原性随酸性减弱而增强，C错误； D．反应①消耗H⁺，反应②生成OH⁻，随着反应进行，体系①②的pH都增大，D正确； 故答案为：C。 32．绿矾别名青矾、皂荚矾等，是我国古代常用的药材，以硫铁矿[主要成分为FeS2(Fe元素为+2价)]为原料制备绿矾晶体，工艺流程如下： 下列说法正确的是 A．焙烧过程中每生成1 molSO2转移5mol e- B．可用BaCl2溶液吸收焙烧过程产生的SO2 C．“还原”过程的离子方程式：14Fe3++FeS2+8H2O = 15Fe2++2+16H+ D．操作1为在空气中蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤 【答案】C 【分析】由制备流程可知，硫铁矿在空气中焙烧发生：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，酸浸发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，还原时发生FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，过滤后，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO47H2O。 【解析】A．由方程式可知铁、硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，每生成8molSO2转移44mol电子，故每生成1 molSO2转移5.5mol e-，A错误； B．BaCl2溶液与SO2不反应，不能用BaCl2溶液吸收SO2，B错误； C．根据分析，还原过程的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O = 15Fe2++2+16H+，C正确； D．根据分析，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误； 故选C。 33．用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是 A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率 B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和 C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2 D．“氧化”时离子方程式： 【答案】C 【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有和，滤液中通入空气将氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。 【解析】A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率，故A正确； B．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有和，B正确； C．“还原”有关的离子方程式为，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为，化合价降低，为还原产物，则“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为14∶2=7∶1，C错误； D．铁黄为FeOOH，Fe元素的化合价为+3价，所以“氧化”时Fe2+在一水合氨存在的环境中被空气中的氧气氧化为FeOOH，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确； 故选C。 34．水资源保护已经成为我国生态建设的重要领域，水处理技术的目的是使废水经过技术处理后能再次使用或者满足排放的水质要求。 （1）某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以和的形式存在，该厂的处理流程如图所示。 ①过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节废水呈碱性，升温至330℃，通入空气将氨赶出并回收。写出加入NaOH溶液反应的离子方程式： 。 ②过程Ⅱ：在微生物的作用下实现转化，称为硝化过程。中N元素的化合价为 。在碱性条件下，被氧气氧化成的总反应的离子方程式为 。 ③过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇()，实现转化，称为反硝化过程。甲醇的作用是 ，1mol完全转化成N₂转移的电子数是 。 （2）科学家发现某些生物酶体系可促进将海洋中的转化为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 【答案】（1） 作还原剂 （2）1：1 【分析】在氧化还原反应中，元素化合价降低，被还原，得电子；元素化合价升高，被氧化，失电子。氧化还原反应中需根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行配平。 【解析】（1）①向氨氮废水中加NaOH溶液，与OH-反应生成NH3和H2O，离子方程式为。 ②在中，氧元素化合价为-2价，设氮元素化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零，可得，解得x = +3。 在碱性条件下，被氧气氧化成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，总反应的离子方程式为。 ③反硝化过程中，，N元素化合价降低（被还原），需要还原剂提供电子，因此甲醇（CH3OH）的作用是作还原剂（提供电子，被氧化）。 电子转移数： HNO3中N为+5价，N2中N为0价，1个N原子得5个电子。因此，1 mol HNO3完全转化为N2时，转移电子数为。 故答案为：；+3；；作还原剂；。 （2）和反应生成N2，中N元素化合价从-3价升高到0价，作还原剂；中N元素化合价从+ 3价降低到0价，作氧化剂。该过程的反应为，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1。 故答案为：1：1。 建议时间：15分钟 35．（2025·浙江·高考真题）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 【答案】D 【解析】A．氯气具有强氧化性，可将氧化为，A项正确； B．与水溶液反应，生成和，还原产物为，B项正确； C．根据反应可知，氧化剂为，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，C项正确； D．与足量溶液反应生成和，反应方程式为：，3mol参与反应，电子转移5mol，D项错误； 答案选D。 36．（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【解析】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误； B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误； D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误； 答案选B。 37．（2024·浙江·高考真题）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A．X表示 B．可用替换 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确； B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确； C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确； D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5mol，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确； 综上所述，本题选C。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 守恒法在氧化还原反应计算中的应用 建议时间：15分钟 突破一 得失电子守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量 1．NaH是一种强还原剂，可溶于水，并和水反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，下列说法正确的是(Na为+1价) A．NaH既是氧化剂又是还原剂 B．NaH是氧化剂，H2O是还原剂 C．该反应是置换反应 D．被氧化的元素与被还原的元素质量之比为1：1 2．将与空气的混合气体通入的混合溶液中，可回收S并消除空气污染，其机理如图所示。下列说法正确的是 A．转化过程中，所有元素的化合价均发生变化 B．反应①的离子方程式为： C．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．总反应方程式为： 3．油画常用颜料雌黄在不同条件下褪色，主要化学反应为： 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ中为还原产物 B．反应Ⅱ中元素As和S都被氧化 C．反应Ⅰ中参加反应的 D．反应Ⅱ中参与反应，转移的电子数为 突破二 守恒法判断反应过程中转移电子数目 4．金属铜与浓盐酸共热时可得到亚铜合三氯酸[H2(CuCl3)]：。下列说法不正确的是 A．H2(CuCl3)中Cu的化合价+1 B．H2既是氧化产物，又是还原产物 C．HCl在反应中表现了氧化性和酸性 D．生成1 mol H2(CuCl3)转移电子的数目为1NA 5．关于反应(浓)，下列说法不正确的是 A．浓盐酸有表现出酸性 B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:1 C．该化学反应中是还原剂 D．该反应每生成1mol，转移2mol电子 6．钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有的电子数目为 B．溶液中数目为 C．反应①中23gNa完全反应消耗的体积为22.4L D．反应②中完全反应转移电子数目为 7．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为2＋16H＋＋5Na2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列判断正确的是 A．O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物 B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂 C．标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2mole- D．若溶液中酸性高锰酸钾不足，因Na2O2能与溶液中的水反应，将不影响生成氧气的量 8．实验室用NaClO溶液与反应可制备联氨，反应原理为（未配平），设为阿伏加德罗常数的值。下列关于该反应的说法正确的是 A．溶液中含的数目为 B．22.4L氨气中含有分子的数目为 C．中含有中子的数目为 D．每生成，转移电子的数目为 9．氮化硅()可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：，下列说法不正确的是 A．C是还原剂 B．氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶3 C．CO是氧化产物 D．若该反应生成氮化硅的质量是17.5g，则生成16.8L一氧化碳 10．已知：①(浓)(未配平)；②检验的存在：。下列说法不正确的是 A．中存在一个过氧键()，则中硫元素的化合价为+7 B．反应②若有还原剂被氧化，则转移电子 C．与浓盐酸混合可得到黄绿色气体 D．反应①中消耗时，被氧化的为 突破三 多反应中转移电子守恒的应用 11．土壤中的铁循环可用于水体脱氮，脱除水体中硝态氮和氨态氮的原理分别为：①②。若这两个过程转移的电子数相等，则反应①②中生成的质量之比为 A．1：1 B．3：5 C．5：3 D．2：1 12．不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②③的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI/mol KMnO4/mol 还原产物 氧化产物 ① 酸性 0.01 n Mn2+ I2 ② 中性 0.01 10n MnO2 ③ 碱性 0.01 m 下列说法错误的是 A．n=0.002，m=0.06 B．对比反应①和②， C．对比反应①、②、③，相同物质的量的KMnO4，酸性条件下得电子数最多，氧化性最强 D．随反应进行，体系pH变化：①②增大，③减小 突破四 多种守恒综合应用 13．1.36g铜镁合金完全溶解于60mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到和NO的混合气体896mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入V mL 2.0mol/L NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.72g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1 B．加入的2.0mol/L NaOH溶液的体积V=340mL C．和NO的混合气体中，的体积分数是50% D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为1.9mol/L 14．一定温度下，将Cl2缓缓通入一定浓度的KOH溶液中，至两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯的离子，其中ClO-和ClO两种离子的物质的量(n)与时间(t)的关系如图所示。下列说法正确的是 A．c(ClO-)+2c(ClO)=c(Cl-) B．溶液中n(Cl-)=0.14mol C．t1～t2时刻，仅发生反应3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O D．原KOH溶液中，n(KOH)=0.3mol 15．以NaClO溶液作为吸收剂利用如图喷淋吸收塔进行一体化“脱硫”、“脱硝”： 当烟气中进入吸收塔和NO的体积比为3：1时，若“脱硫”、“脱硝”均为，则流出的吸收液中之比为 。 16．铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得： ①2Cu2+＋5I-＝2CuI↓＋ ②＋2=3I-+2 反应①中的氧化剂为 。现取20.00 mL含Cu2＋的溶液，加入足量KI充分反应后，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2+的浓度为 mol·L-1。 17．“氯、溴、碘”是最早提出的“三素组”之一，它们的化学性质既相似，又有独特性。已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2。如图是向FeBr2\FeI2的混合溶液中，通入一定量氯气，溶液中各种离子物质的量的变化，线段BC表示 (填离子符号)物质的量的变化，原混合溶液中n(I-)：n(Fe2+)：n(Br-)= 。这一过程中能说明非金属性Cl>Br的反应的离子方程式是： 。 建议时间：15分钟 18．在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为CuO＋NH4ClCu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N B．配平后，CuO和NH4Cl的化学计量数之比为1∶2 C．反应中生成2个N2分子时，转移电子数为6 D．该反应中被还原的CuO占参与反应的CuO的 19．交警常用装有重铬酸钾()的仪器检测司机是否酒后驾车，因为酒中的乙醇分子能使橙红色的重铬酸钾变成绿色的硫酸铬，其反应原理为。下列说法正确的是 A．氧化剂与还原剂物质的量之比为 B．乙醇发生了还原反应 C．的氧化性弱于的氧化性 D．反应消耗时，转移电子 20．金属氢化物中，氢元素均为-1价，它们都可以作为生氢剂，例如，对于该反应，下列说法正确的是 A．该反应每生成，转移1mol电子 B．该反应中既是氧化剂又是还原剂 C．该反应中NaOH是氧化产物 D．该反应属于置换反应 21．已知有如下反应： ①；②；③。下列说法正确的是 A．氧化性： B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．向金属中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应 D．向溶液中滴入酸性溶液，可发生反应： 22．常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如下图所示： 下列说法错误的是 A．次磷酸分解时转移电子 B．流程中的都属于还原产物 C．已知次磷酸为一元酸，则次磷酸钠属于正盐 D．上述流程中每一步均属于氧化还原反应 23．汽车安全气囊中的物质受到剧烈碰撞时能迅速产生大量气体，原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A．1mol 晶体中离子的数目为 B．既是氧化产物又是还原产物 C．反应过程中转移个电子时，产生35.83L D．中氮元素的化合价为价 24．亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知高浓度的ClO2易爆炸，下列说法不正确的是 A．“反应1”需要通入N2稀释ClO2，以防发生爆炸 B．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C．“反应1”中ClO2是还原产物，母液中主要成分是Na2SO4 D．若还原产物均为Cl-时，ClO2的氧化能力是等物质的量Cl2的2.5倍 25．已知加热条件下S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O(未配平)。硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中原子总数为0.5NA B．0.1mol·L-1 Na2SO3溶液中，数目为0.1NA C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为0.1NA D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 26．高锰酸钾在工业中广泛用作氧化剂，以软锰矿(主要成分是含有 和SiO2等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图所示： 已知：①“焙烧”中有K2MnO4生成。 ②20℃时各物质的溶解度如下表。 物质 KMnO4 K2CO3 K2SO4 溶解度/g 6.38 111 11.1 下列说法错误的是 A．“焙烧”时， MnO2与KOH反应， 其物质的量之比1：2 B．通入CO2时，理论上生成的MnO2和KMnO4的物质的量之比为1：2 C．若“焙烧”时加入的KOH过量，则制得的MnO2中混有含 Si元素的杂质 D．操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为 27．在新兴材料研发中，铁铁矿(，其中Ti为+4价)成为制备金属该的潜在原料、流秷如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．22号元素Ti位于元素周期表中第四周期ⅡB族 B．氯化时，每生成0.3molCO，该反应转移电子数为 C．制备Ti时，可用做保护气以防止Mg被氧化 D．氯化过程中发生反应： 28．KNO3一定条件下可发生反应：2KNO3＋2NH4Cl2N2↑＋O2↑＋4H2O＋2KCl。下列说法不正确的是 A．KNO3既作氧化剂，又作还原剂 B．N2既是氧化产物，又是还原产物 C．生成0.1molO2时转移0.5mol电子 D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1 29．高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法的化学原理为。下列说法正确的是 A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2 B．处理饮用水的原理为胶体 C．每生成4mol转移电子数目为 D．该条件下，氧化性强于 30．《天工开物》中记载：“凡火药以硝石、硫黄为主，草木灰为辅”。黑火药爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是 A．在反应中作氧化剂只有KNO3 B．S元素的化合价降低，发生氧化反应 C．反应的还原产物是K2S和CO2 D．每生成1.5molCO2转移的电子数为6NA 31．不同条件下，当与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.002 n      ② 中性 0.001 5n 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法不正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，①②溶液的pH均增大 32．绿矾别名青矾、皂荚矾等，是我国古代常用的药材，以硫铁矿[主要成分为FeS2(Fe元素为+2价)]为原料制备绿矾晶体，工艺流程如下： 下列说法正确的是 A．焙烧过程中每生成1 molSO2转移5mol e- B．可用BaCl2溶液吸收焙烧过程产生的SO2 C．“还原”过程的离子方程式：14Fe3++FeS2+8H2O = 15Fe2++2+16H+ D．操作1为在空气中蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤 33．用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。下列有关说法不正确的是 A．“酸溶”时加速搅拌或适当升温均可加快酸溶反应速率 B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有和 C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15：2 D．“氧化”时离子方程式： 34．水资源保护已经成为我国生态建设的重要领域，水处理技术的目的是使废水经过技术处理后能再次使用或者满足排放的水质要求。 （1）某氮肥厂产生的氨氮废水中的氮元素多以和的形式存在，该厂的处理流程如图所示。 ①过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节废水呈碱性，升温至330℃，通入空气将氨赶出并回收。写出加入NaOH溶液反应的离子方程式： 。 ②过程Ⅱ：在微生物的作用下实现转化，称为硝化过程。中N元素的化合价为 。在碱性条件下，被氧气氧化成的总反应的离子方程式为 。 ③过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇()，实现转化，称为反硝化过程。甲醇的作用是 ，1mol完全转化成N₂转移的电子数是 。 （2）科学家发现某些生物酶体系可促进将海洋中的转化为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 建议时间：15分钟 35．（2025·浙江·高考真题）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 36．（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 37．（2024·浙江·高考真题）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A．X表示 B．可用替换 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $