2020年高考化学真题模拟题专项汇编__04氧化还原反应（解析版）

2020年高考化学真题模拟题专项汇编__04氧化还原反应（解析版）

专题04 氧化还原反应 ‎2020年高考真题 ‎1．【2020年7月浙江选考】反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )‎ A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．4:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎2．【2020山东（新高考）】下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂 C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成 ‎【答案】B ‎【解析】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；‎ B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；‎ C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；‎ D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。‎ 答案选B。‎ ‎2020届高考模拟试题 ‎3．（浙江省金华十校2020届高三4月模拟考试）下列变化中，气体被还原的是 A．水蒸气使 CuSO4固体变蓝 B．氯气使浅绿色 FeC12 溶液变黄 17‎ C．H2使灼热CuO 固体变红 D．氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】A．水蒸气使 CuSO4固体变蓝，发生了反应：CuSO4+5H2O= CuSO4∙5H2O，不是氧化还原反应，故A不选；‎ B．氯气使浅绿色 FeC12 溶液变黄，发生了反应：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，Cl2中0价的Cl反应后降低到了FeCl3中的-1价，被还原，故B选；‎ C．H2使灼热CuO 固体变红，发生了反应：H2+CuOCu+H2O，H2中H的化合价从0价升高到了水中的+1价，被氧化，故C不选；‎ D．氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl3+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，不是氧化还原反应，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎4．（北京市顺义区2020届高三第一次模拟）常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是 A．该反应过程中，是是 B．当有生成时，转移电子 C．在分解过程中，溶液的逐渐降低 D．的氧化性比强，还原性比弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。‎ ‎【详解】A．根据分析， M是，Mˊ是，故A错误；‎ B．图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+‎ 17‎ ‎，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有生成时，转移电子，故B正确；‎ C．图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的会逐渐增大，故C错误；‎ D．根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎5．（2020届济南市实验中学高三下学期2月份阶段检测）已知酸性 K2Cr2O7 溶液可与 FeSO4 溶液反应生成 Fe3＋和 Cr3＋。现将硫酸酸化的 K2Cr2O7 溶液与 FeSO4 溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如图所示，下列不正确的是 A．图中AB段的氧化剂为 K2Cr2O7‎ B．开始加入的 K2Cr2O7 为 0.25 mol C．图中 BC 段发生的反应为 2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2‎ D．混合之前，K2Cr2O7 与 FeSO4的物质的量之比为1∶6‎ ‎【答案】D ‎【解析】【分析】将硫酸酸化的 K2Cr2O7 溶液与 FeSO4 溶液混合，发生如下反应： ，向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如图，可知在AB段发生反应：，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2。据此解答。‎ ‎【详解】A．在AB段发生反应：，氧化剂是K2Cr2O7，故A正确；‎ 17‎ B．根据图像可知，在BC段，消耗I－0.9mol，由反应对应的关系 ，推知在混合时生成了0.9mol Fe3+， ，消耗K2Cr2O7物质的量为0.15mol；又AB段有对应关系：消耗I－0.6mol，，消耗K2Cr2O7物质的量为0.1mol；共消耗K2Cr2O7物质的量为0.15+0.1=0.25mol，故B正确；‎ C．由分析知，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故C正确；‎ D．根据计算可知，在反应前，K2Cr2O7物质的量为0.25mol， FeSO4与Fe3+一样都是0.9mol，二者之比不为1:6，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6．（聊城市2020年普通高中学业水平等级考试二模）某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：‎ 根据以上信息判断，下列叙述错误的是 A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变 B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等 C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等 D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A正确；‎ B．过程④中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B错误；‎ C．由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C正确；‎ 17‎ D．NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量20.25mol4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量21mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7．（青岛市2020届高三第三次模拟）向含有淀粉的 KIO3 酸性溶液滴加 NaHSO3 溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是 A．溶液先变蓝的原因：2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋‎ B．溶液恰好褪色时 n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3‎ C．还原性 I-> HSO>I2‎ D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，则溶液变蓝不褪色 ‎【答案】C ‎【解析】A．溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO为还原剂，反应的离子方程式为2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋，A选项正确；‎ B．溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2+HSO=2I-+SO+3H＋，结合A选项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B选项正确；‎ C．由A选项中的反应可知，还原性：HSO＞I2，由B选项中的反应可知，还原性HSO＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO＞I-＞I2，C选项错误；‎ D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎6．（天津市南开区2020届高三年级第二次模拟考试）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是 17‎ A．该转化过程的实质为NOx被H2还原 B．x=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1‎ C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少 D．过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】分析转化过程图，可知在过程I中发生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，在过程Ⅱ中发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，据此进行分析。‎ ‎【详解】A．由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A项正确；‎ B．x=1时，根据图示，过程II中发生2NO＋4H＋＋4Ce3＋=2H2O＋N2＋4Ce4＋，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3＋为还原剂，根据得失电子守恒：，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B项错误；‎ C．过程I发生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，过程II发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，处理过程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，C项错误；‎ D．根据图示，过程I发生H2＋Ce4＋→H＋＋Ce3＋，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎7．（日照市2020届高三4月模拟考试，不定项）高铁酸钾（）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备的流程如下：‎ 17‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A．步骤i中反应的离子方程式为 B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：‎ C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：‎ D．作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O，A选项正确；‎ B．步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B选项错误；‎ C．步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C选项错误；‎ D．由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3+水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是乙中性能优良的水处理剂，D选项正确；‎ 答案选BC。‎ ‎8．（2020年山东新高考泰安市第五次模拟，不定项）污水处理厂处理含CN-废水的过程分两步进行：①向含CN-的废水中加入过量NaC1O将CN-转化为CNO-；②调节①所得溶液为酸性，使CNO-继续被NaC1O转化为两种无污染的气体。下列关于上述过程的叙述错误的是（ ）‎ A．CN-的电子式为 B．过程①中，生成CNO-的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1‎ C．过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2‎ 17‎ D．氧化性：CNO-＞C1O-‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A．CN-的电子式为，故A错误；‎ B．过程①中，CN-被氧化为CNO-，1mol CN-转移2mol电子，NaC1O被还原为NaC1，1mol NaC1O转移2mol电子，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；‎ C．CO2和N2无污染，过程②中，生成的两种无污染的气体为CO2和N2，故C正确；‎ D．CN-被NaC1O氧化为CNO-，所以氧化性：CNO-＜C1O-，故D错误；‎ 选AD。‎ ‎9．（2020年山东新高考烟台市适应性练习一，不定项）《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示（SO·、·OH表示自由基）。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是（ ）‎ A．过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1‎ B．若56gFe参加反应，共有1.5NA个S2O82−被还原 C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO4-·+OH-=SO42-+·OH D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷 ‎【答案】BD ‎【解析】A．过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为+6价，Na为+1价，正价之和=(+6)×2+(+1)×2=14，负价之和为-14，若-2价氧与-1价氧的个数比为3：1，即-2价氧为6个，-1价氧的个数为2个，负价之和为(-2)×6+(-1)×2=-14，故A正确；‎ B．56gFe为1mol，根据图示可知，1molS2O82−和1molFe反应生成2molSO42−和1molFe2+，该过程转移2mol电子，但是Fe2+还要与S2O82−反应变成Fe3+‎ 17‎ 和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参加反应消耗小于1.5mol S2O82−，共有少于1.5NA个S2O82−被还原，故B错误；‎ C．结合图示可知，碱性条件下，SO4−⋅发生反应的方程式为：SO4−⋅+OH−═SO42−+⋅OH，故C正确；‎ D．根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误；‎ 答案选BD。‎ ‎10．（2020年山东新高考烟台市适应性练习一，不定项）用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：+Cu2S+H+→Cu2+++Mn2++H2O(未配平)和反应Ⅱ：+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是（ ）‎ A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B．反应Ⅰ中每生成1mol，转移电子的物质的量为10mol C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3‎ D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3：2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】中Mn元素为+7价，Cu2S中Cu和S元素分别为+1、-2价，FeS2中Fe和S元素分别为+2、-1价。‎ ‎【详解】A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，为氧化剂，A错误；‎ B．反应Ⅰ中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；‎ C．反应Ⅱ中氧化剂化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；‎ 17‎ D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同， 1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，应氧化mol=mol FeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D正确。‎ 答案选BD。‎ ‎11．（北京市海淀区2020届高三二模）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )‎ A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸 C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色 ‎【答案】B ‎【解析】A．在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；‎ B．Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；‎ C．Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；‎ D．Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；故合理选项是B。‎ ‎12．（山东省实验中学2020届高三下学期打靶模拟考试）高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。不同条件下高锰酸钾可发生如下反应：+5e－+8H+→Mn2++4H2O；+3e－+2H2O→MnO2+4OH－；+e－→。高锰酸钾溶液与硫化亚铁有如下反应：FeS+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+S+H2O(未配平)。下列有关说法正确的是 A．由上面的反应可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关 17‎ B．高锰酸钾溶液可代替二氧化锰用来制取Cl2，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:8‎ C．在高锰酸钾溶液与硫化亚铁的反应中，反应前后固体的质量减少了2.8g，则硫元素与高锰酸钾之间转移的电子数为0.15NA D．高锰酸钾溶液也可与双氧水发生反应，其中双氧水是氧化剂 ‎【答案】A ‎【解析】A．由不同条件下高锰酸钾发生的反应可知，溶液的酸性越强，反应后锰元素的化合价越低，所以高锰酸根反应后的产物与溶液的酸碱性有关，A正确；‎ B．反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，高锰酸钾为氧化剂，盐酸为还原剂，由方程式可知，有2mol高锰酸钾参与反应，则有10mol HCl被氧化，因此，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5，B错误；‎ C．反应中固体质量变化为：FeS→S，固体质量变化为铁元素的变化，反应前后固体的质量减少了2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为=0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的硫离子的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为：0.05mol×2=0.1mol，电子数目为0.1NA，C错误；‎ D．高锰酸钾与双氧水反应，高锰酸钾体现氧化性，双氧水体现还原性，D错误；‎ 故选A。‎ ‎13．（日照市2020届高三4月模拟考试）是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：。下列说法正确的是（ ）‎ A．上述反应的产物中，Hg的化合价为 B．上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原 C．上述反应中生成时，转移的电子数为 D．由以上信息可推知：可发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据制备反应方程式可知，CuSO4‎ 17‎ 中Cu的化合价由+2价降至+1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由+4价升至+6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为+1价，则Hg的化合价为+2价，A选项错误；‎ B．上述反应中，只有Cu元素被还原，B选项错误；‎ C．上述反应中，CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价，生成1mol Cu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，C选项错误；‎ D．根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2+被还原为Cu+，SO2被氧化为SO42-，则反应2CuSO4+NaCl+SO2+2H2O===2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4可以发生，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14．（山东师范大学附属中学2020届高三6月份模拟，不定项）氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN－，无害化排放时必须对这种废水进行处理。 可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应:反应i，CN－ +OH－+Cl2OCN－ +Cl－+H2O(未配平)；‎ 反应ii，OCN－ + OH－+ Cl2X + Y + Cl－+ H2O(未配平)。‎ 其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是( )‎ A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1: 1‎ B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物 C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中 D．处理c(CN－) =0.000 1 mol·L-1的废水106 L，消耗标况下的Cl2 4.48×103L ‎【答案】AC ‎【解析】A．反应i中氧化剂是Cl2，还原剂是CN－，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN－中的碳元素的合价升高2（由+2升高到+4），因此i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1: 1，故A正确；‎ B．由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2为反应ii的氧化产物，CO2不是反应ii的氧化产物，故B错误；‎ C．氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须采取措施防止Cl2逸出到空气中，故C正确；‎ D．处理c(CN－) =0.000 1 mol·L-1的废水106 L，物质的量为0.000 1 mol·L−1×106 ‎ 17‎ L=100mol，则失去电子100mol×(2+3)=500mol，因此消耗氯气250mol，标况下的Cl2 体积为250mol×22.4 L·mol−1=5.6×103L，故D错误。‎ 综上所述，答案为AC。‎ ‎15．（滨州市2020届高三第三次模拟考试）工业上用发烟HC1O4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟[CrO2(C1O4)2]，来除去Cr(Ⅲ)，HC1O4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（ ）‎ A．CrO2(C1O4)2中Cr元素显+6价 B．HC1O4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸 C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8‎ D．该反应离子方程式为19ClO+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3C1-+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】A．CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，A正确；‎ B．Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HC1O4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；‎ C．根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO4-，其中有3mol Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2，其中有8mol Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8，C正确；‎ D．根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎16．（湖北省2020届高三下学期6月供卷理综化学）我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应) 机理如图所示｡下列说法错误的是 17‎ A．物质M不能改变OER反应的趋势 B．每一步反应过程都是氧化还原反应 C．反应过程中只涉及极性键的断裂和形成 D．该总反应方程式为4OH--4e-2H2O+O2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．OER机理为氧气析出反应，根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂能改变反应进程或改变反应速率，但不能改变OER反应转化率或氧气的产率，故A错误； ‎ B．根据图示，OER(氧气析出反应) 机理每一步反应过程都有电子得失，是氧化还原反应，故B正确；‎ C．根据图示，反应过程中除了涉及极性键的断裂和形成，由M-O转化为M-OOH含有非极性键的形成，故C错误；‎ D．根据图示，可知M为OER(氧气析出反应) 机理的催化剂，四步反应中，每步都有电子失去，反应过程中生成水和氧气，该总反应方程式为4OH--4e-2H2O+O2↑，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎17．（2020年山东新高考化学全真模拟卷三，不定项）工业是制取高铁酸钾(K2FeO4)，是先制取高铁酸钠，然后在低温下，往高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可以析出高铁酸钾。湿法制备Na2FeO4的主要反应为：2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；干法备Na2FeO4的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2SO4+O2↑。下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．湿法和干法制备中，生成1molNa2FeO4转移电子数目相同 B．高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 C．干法制备的主要反应中Na2O2是氧化剂 D．K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质 17‎ ‎【答案】AC ‎【解析】【分析】利用氧化还原基本原理及四组关系分析电子的转移、氧化剂、还原剂；胶体微粒直径介于，可以吸附杂质。‎ ‎【详解】A．湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe(OH)3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，同时还有0.5mol氧气生成，又转移1mol电子，所以生成1molNa2FeO4转移电子数目不相同，故A错误；‎ B．在低温下，高铁酸钾容易变成固体析出，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故B正确；‎ C．反应中Na2O2中O元素的化合价既升高又降低，则干法制备的主要反应中Na2O2即是氧化剂又是还原剂，故C错误；‎ D．K2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附悬浮物，故D正确；答案选AC。‎ ‎18．（日照市2020届高三校际联合考试化学试题，不定项）由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：。下列说法正确的是（ ）‎ A．Na4S2O3的水溶液显碱性 B．1mol Na4S2O3中共含离子数为5NA C．上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6mol D．CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生 ‎【答案】AD ‎【解析】【分析】混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐，混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2两种盐。‎ ‎【详解】A．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A正确；‎ B．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3中共含离子数为2+1+2+1=6NA，B错误；‎ C．由可知，生成单质硫的S元素化合价由+1变为0，则每产生3molS，转移电子的物质的量为3mol，C错误；‎ 17‎ D．在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎19．（泰安市肥城市2020届高三适应性训练，不定项）铅的冶炼大致过程如下：‎ ‎①富集：将方铅矿(PbS)进行浮选；②焙烧：2PbS+3O22PbO+2SO2；‎ ‎③制粗铅：PbO +CPb +CO↑；PbO+COPb+CO2。‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A．浮选法富集方铅矿的过程，属于物理变化 B．将lmolPbS冶炼成Pb，理论上至少需要12g碳 C．方铅矿焙烧反应中，PbS是还原剂，还原产物只有PbO D．焙烧过程中，每生成lmolPbO转移6mol电子 ‎【答案】BC ‎【解析】A．浮选法富集方铅矿的过程没有新物质生成，属于物理变化，A正确；‎ B．将1molPbS冶炼成Pb的过程中，根据方程式得出，2PbS~2PbO~C~2Pb，1molPbS冶炼成Pb理论上至少需要0.5mol的碳，即需要6g碳，B错误；‎ C．方铅矿焙烧反应2PbS+3O22PbO+2SO2中，PbS中S元素化合价升高，是还原剂，氧元素化合价降低，还原产物有PbO和SO2，C错误；‎ D．焙烧过程，根据Pb原子守恒，1molPbS转化为1molPbO，Pb化合价没有变化，S转移电子是6mol，D正确；‎ 故选BC。‎ ‎20．（山东省2020届普通高中学业水平等级考试模拟卷三，不定项）偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]与 N2O4 是常用的火箭推进剂，火箭发射时常出现红棕色气体，发生的化学反应如下：‎ ‎①(CH3)2N—NH2(1)+2N2O4(1) = 2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) △H1＜0‎ ‎②N2O4(1) 2NO2(g) △H2＞0‎ 下列说法不正确的是 ( )‎ A．反应①中，N2O4 为氧化剂 B．反应①中，生成1mo1CO2 时，转移16mo1e-‎ C．由反应②推断：加压、降温是获得液态 N2O4的条件 D．温度升高，反应①的化学反应速率减小、反应②的化学反应速率增大 ‎【答案】BD 17‎ ‎【解析】A．反应①中，N2O4中N元素的化合价降低，发生还原反应，N2O4为氧化剂，故A正确；‎ B．反应中C元素的化合价从-4价升高到+4价，所以反应①中，生成1mol CO2时，转移8 mol e－，故B错误；‎ C．由反应②：增大压强逆向移动，降低温度向吸热方向移动，降低温度也向逆方向移动，所以加压、降温是获得液态N2O4的条件，故C正确；‎ D．升高温度增大反应速率，所以温度升高，反应①的化学反应速率增大、反应②的化学反应速率增大，故D错误。‎ 故选BD。‎ 17‎