浙江省绍兴市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应（含解析）

浙江省绍兴市高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-14氧化还原反应
一、单选题
1．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）关于化合物(与性质相似)的性质，下列推测不合理的是
A．与溶液共热产生 B．与铁盐反应生成血红色沉淀
C．与溶液共热产生氨气 D．加热后生成硫脲( )
2．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）一定条件下双氧水与某浓度的硫酸反应过程如图所示，下列说法正确的是
HO—OHHO—OSO3H(过一硫酸) HO3SO—OSO3H(过二硫酸)
A．生成过硫酸反应过程因硫酸的羟基被取代而呈中性
B．可以用硝酸钡溶液鉴别过一硫酸和过二硫酸
C．过一硫酸与过二硫酸均可做漂白剂，温度越高，漂白性越强
D．等物质的量的过一硫酸与过二硫酸消耗FeSO4的量相等
3．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）关于反应4O2F2+H2S=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是
A．O2F2在该反应中同时发生氧化反应和还原反应
B．O2是氧化产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1
D．若2.24LH2S被反应，则转移电子为0.8mol
4．（2021·浙江绍兴·统考一模）已知：还原性：HSO>I-，氧化性：IO>I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．O～a间发生反应：3HSO+IO=3SO+I-+3H+
B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol
C．b～c间反应：I2仅是氧化产物
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.1mol
5．（2021·浙江绍兴·统考二模）关于反应，下列说法不正确的是
A．KClO3在反应过程中体现了氧化性
B．HCl中的C1元素发生氧化反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．还原产物与氧化产物的物质的量比为
6．（2021·浙江绍兴·统考一模）反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（ ）
A．Cl2 B．KI C．KCl D．I2
7．（2021·浙江绍兴·统考一模）某离子反应中涉及H2O、ClO-、 NH4+、H+、 N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是
A．该反应的还原剂是Cl- B．反应后溶液的酸性明显增强
C．消耗1mol还原剂，转移6 mol电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
8．（2022·浙江绍兴·统考一模）已知：25℃，；，。下列“类比”结果正确的是
A．溶液中与会发生双水解反应，与主要也发生双水解反应
B．水解生成与HClO，则水解同样生成
C．的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以
D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化丙酸
9．（2022·浙江绍兴·统考一模）某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示下列说法不正确的是
A．在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成
B．在该循环中，催化剂为循环图化合物1
C．循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应
D．在循环过程中，无机物发生的反应为：
10．（2022·浙江绍兴·统考一模）关于反应，下列说法正确的是
A．在反应中仅体现氧化性
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶4
D．4mol 发生反应，转移3mol电子
11．（2022·浙江绍兴·统考二模）某课题组设计一种脱除烟气中NO的方法，下列说法不正确的是
A．整个过程的总反应方程式为：
B．在整个反应中起到催化作用
C．反应过程涉及非氧化还原反应
D．若将换成，产物也是与
12．（2022·浙江绍兴·统考二模）关于反应，下列说法不正确的是
A．还原产物仅为KCl B．标准状况下，生成11.2L ，转移10mol电子
C．发生氧化反应 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6
13．（2022·浙江绍兴·统考二模）高铁酸钠(Na2FeO4)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化学原理可用离子方程式表示为：3ClO-+2Fe3++ 10OH-=2FeO+3Cl- +5H2O，则下列说法正确的是
A．Cl-是氧化产物
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3
C．Fe3+发生还原反应
D．高铁酸钠在水处理中体现了氧化性，因此具有消毒的作用，且上述反应生成lmol高铁酸钠转移3mol电子
14．（2022·浙江绍兴·统考二模）+5价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示。
含钒元素的不同微粒 VO VO V2O VO
pH 4～6 6～8 8～10 10～12
另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2+(紫色)、V3+(绿色)、VO2+(蓝色)、VO(黄色)、VO(无色)、V5O(红棕色)等。下列说法正确的是
A．VO转化为V2O的离子反应为2VO+H2O=V2O+2H+
B．含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原
C．酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子反应为5VO+8OH-=V5O+4H2O
D．紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色出现绿色→蓝色→黄色，两个过程均失去1mol电子
15．（2020·浙江绍兴·统考一模）反应S + 2KNO3+ 3C= K2S + N2↑+ 3CO2↑中，氧化剂是
A．只有KNO3 B．只有S C．KNO3和S D．CO2
16．（2020·浙江绍兴·统考一模）某同学为验证Fe3+的氧化性进行了如下实验：
序号 操作 现象
实验I 将2 mL 2 mol L 1Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中 银镜消失
实验II 将2 mL1 mol L 1 Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中 银镜减少，未消失
实验III 将2mL2 mol L 1FeCl3溶液加入有银镜的试管中 银镜消失
实验IV 将2mL 1 mol L 1 AgNO3溶液加入到1 mL 1 mol L 1 FeSO4溶液中 产生白色沉淀，随后有黑色固体产生
已知相同条件下AgCl的溶解度小于Ag2SO4.下列说法不正确的是
A．实验I不能说明Fe3+氧化了Ag
B．实验II和III说明溶液中存在平衡： Fe3++AgFe2++ Ag+
C．实验IV中产生白色沉淀，说明Ag+氧化了Fe2+
D．欲证明实验IV中产生了Fe3+，可以取上层清液滴加KSCN溶液
17．（2020·浙江绍兴·模拟预测）下列变化过程中，加入还原剂可以实现的是
A．Cu→CuO B．HCHO→CH3OH C．→ CO2 D．NO→N2O4
18．（2020·浙江绍兴·统考二模）作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。溶于溶液能发生的反应，在低温条件下，可制得。下列说法不正确的是
A．其他条件相同的情况下，在溶液中的溶解度大于在水中的溶解度
B．向溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色
C．代替作为加碘剂，可以减少碘的损失
D．由于还原性，加入可以提高加碘盐(添加)的稳定性
19．（2020·浙江绍兴·统考二模）是优良的水处理剂，一种制备方法是将、、混合共熔，反应为，下列关于该反应的说法不正确的是
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．是氧化产物，是还原产物
C．在酸性条件下不稳定，会迅速分解并生成氢气
D．具有强氧化性，因而有杀菌作用
20．（2020·浙江绍兴·统考模拟预测）羟氨(NH2OH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法不正确的是（ ）
A．羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应
B．羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气
C．羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键
二、填空题
21．（2021·浙江绍兴·统考二模）氧的常见氢化物有H2O与H2O2。
(1)纯净H2O2为浅蓝色粘稠液体，除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水的原因为_______。
(2) H2O2既有氧化性也有还原性，写出一个离子方程式其中H2O2在反应中仅体现还原性_______。
22．（2020·浙江绍兴·模拟预测）三氟化氮(NF3)是一种无色、无臭的气体。三氟化氮在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应，反应产物中生成酸 X、酸 Y 和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸X 是一种弱酸，酸Y 为常见的含氧强酸。
(1)NF3的空间构型为__________。
(2)酸X是弱酸(难电离)的可能原因是______。
(3)工业上通过 NH3和氟气(F2)反应制备 NF3，请结合题给信息，判断NF3主要表现出来的化学性质是_______。
(4)NF3的一种下游产品三聚氟氰(分子式为：C3N3F3)，分子结构中显示有环状结构，请从价键理论和物质的相对稳定性角度写出三聚氟氰的结构式________。
三、计算题
23．（2021·浙江绍兴·统考二模）大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收，发生如下反应：
请计算：
(1)若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)与恰好完全反应，则_______。
(2)若与混合，能与溶液恰好完全反应全部转变成，则_______(写出计算过程)
24．（2021·浙江绍兴·统考一模）用11.92gNaClO配成100mL溶液，向其中加入0.01mol Na2Sx恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl。
（1）NaClO溶液的物质的量浓度_________mol·L-1。
（2）化学式Na2Sx中的X=____________。
25．（2022·浙江绍兴·统考二模）把密度为1.6g/ cm3的液态S2Cl2 10mL溶于石油醚(一种溶剂)， 得到100mL溶液，把它慢慢加入50 mL3.2mol/L的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为67.5mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32mol KOH的KOH溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算
(1)参与反应的n(S2Cl2)： n(SO2)=1：_______
(2)确定二元含氧酸的化学式_______。
四、实验题
26．（2020·浙江绍兴·模拟预测）I.化合物甲和化合物乙的混合粉末是汽车安全气囊中存放的化学物质，经组成分析，确定该混合粉末仅含 Na、Fe、N、O 四种元素。为研究安全气囊工作的化学原理，进行以下实验操作：
请回答下列问题：
(1)工业上冶炼单质2的化学方程式为 ________；
(2)若化合物丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为 ________；
(3)化合物甲可用下列方法制备：30℃时，将水合肼(N2H4 H2O)、亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH 混合，充分反应后先回收得到 CH3OH，母液降温结晶，过滤得到化合物甲。写出用该法制备化合物甲的化学反应方程式 ________。
II.晶体硅是一种重要的非金属材料。实验室用 SiHCl3 与过量 H2 反应制备纯硅的装置如下(热源及夹持装置略)。制备纯硅的主要反应为：SiHCl3+H2 = Si(纯)+3HCl
已知①SiHCl3 沸点 33.0℃，上述反应在 1000~1100℃进行；②SiHCl3 能与 H2O 强烈反应，在空气中易自燃。
请回答下列问题：
(1)下列说法不正确的是___________；
A．装置B中的溶液可以是浓硫酸
B．装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化
C．装置D中观察到的现象是有固体物质生成
D．装置D可以采用普通玻璃管代替石英管
E.为保证制备纯硅实验的成功，关键的操作步骤有检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及排尽装置中的空气、干燥气体
F.尾气处理装置中可以将导管直接插入盛有NaOH 溶液的烧杯中
(2)为检验某粗硅中存在的铁元素，可采取的实验操作方法是__________；
27．（2020·浙江绍兴·统考模拟预测）氯化硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭，在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应；熔点为-80℃，沸点137.l℃。在熔融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2。如图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置（部分夹持装置已略去）。
请回答：
（1）从上述提供的图片中选出必要的装置并排序以制备S2Cl2：b→___；
（2）已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1：3，请写出该反应的化学方程式___。
五、元素或物质推断题
28．（2022·浙江绍兴·统考模拟预测）化合物X由三种元素组成，为探究其组成，设计实验流程及实验结果如下：
已知：气体1在标况下的密度为1.429g/L。
请回答下列问题：
(1)化合物X的化学式为_______，固体3的成分是_______，(用化学式表示)
(2)某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐X，请写出相应的离子反应方程式_______。
(3)另一小组采用以下方案探究固体1的成分：
①写出步骤Ⅱ中发生反应的离子反应方程式_______
②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是_______
29．（2022·浙江绍兴·统考二模）化合物X由5种元素组成且不含结晶水。某兴趣小组按如图流程进行实验：
已知：
①上述流程中，除沉淀A→红棕色固体B的转化外，其余均为非氧化还原反应；
②气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，标准状况下测得体积为2.24L。
请回答：
(1)组成X的元素有_______，X的化学式是_______。
(2)红棕色固体B在KOH高温环境下，与反应，固体B中金属元素化合价升高。同时生成，写出该化学反应方程式_______。
(3)将气体B通入到溶液中，先产生蓝色絮状沉淀，继续通入气体B，蓝色沉淀消失，呈深蓝色透明溶液，请写出相应的离子反应方程式_______；_______。
(4)滤液A中溶质的成分是_______。
(5)设计实验方案，用化学方法确定沉淀A中阳离子的成分_______。
六、工业流程题
30．（2020·浙江绍兴·统考模拟预测）工业上可以用天青石生产碳酸锶后的含锶废渣制备高纯六水氯化锶(SrCl2 6H2O），含锶废渣主要成分为SrCO3，且含钡、铁、钙等元素。六水氯化锶是一种无色长针状晶体，易溶于水，微溶于无水乙醇和丙酮，下面为实验室模拟SrCl2 6H2O的制作流程：
已知：①SrSO4微溶于水；
②SrCl2 6H2O在61.5℃以上即会失去4个结晶水生成SrCl2 2H2O。
（1）关于上述实验操作下列说法不正确的是___。
A．步骤I中操作X为研磨粉碎，可以增大反应接触面积
B．步骤III为提高产率，可以用滤液淋洗布氏漏斗中的滤渣
C．抽滤时，如果溶液有强酸性，可以用玻璃纤维代替滤纸
D．减压过滤不宜过滤胶状沉淀，因为胶状沉淀会在滤纸上形成一层密实的沉淀
E.步骤IV中的温度控制在80℃左右，可以用水浴加热，也可以用油浴或砂浴加热代替，更安全
（2）下表为实验中硫酸加入量对溶液中Ba2+和Sr2+含量的影响，实验发现在步骤III中加入硫酸量过量20%较合适，请解释原因：___。
硫酸加入量/mL 4.50 4.95 5.40 5.85 6.30
Ba2+/(g/L) 0.37 0.21 0.13 0.11 0.10
Sr2+/(g/L) 90.21 89.86 89.57 89.23 88.90
（3)①步骤IV调节pH时，为避免引入新的杂质，最适宜加入的试剂为___，如图为在80℃时，pH对除杂的影响，通过加入试剂将pH调至___。
②往滤渣D中加入NaClO溶液，发生反应的离子方程式为：___。
（4）在步骤V中，若要从滤液E通过操作Y得到大颗粒的高纯六水氯化锶晶体，操作Y包含下列步骤中的某几项，请选择合适的操作并排序。（填相应步骤的字母）
滤液E→( )→( )→( )→抽滤→( )→( )
a.蒸发浓缩至有大量晶体析出
b.在过饱和溶液中加入晶种
c.6l.5℃以上减压蒸发浓缩
d.6l.5℃以下减压蒸发浓缩
e.往溶液中加入无水乙醇
f.在30℃真空烘箱中干燥
g.在室温下缓慢冷却结晶
h.用氯化锶饱和溶液洗涤晶体
I.用冷水洗涤晶体
（5）为侧定所制SrCl2 6H2O晶体的纯度，取1.12g实验制得的产物加水溶解，配成100mL溶液，用移液管取出25mL于锥形瓶中，滴入几滴K2CrO4，已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，用浓度为0.100mol/L的硝酸银标准溶液滴定。
①判断滴定终点的现象为___；
②实验时未采用棕色滴定管滴定，会使测得的晶体纯度___（填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
参考答案：
1．B
【详解】A．NH4SCN中的N为-3价，NaNO2中N为+3价，两者可以发生氧化还原反应生成N2，故A正确；
B．NH4SCN中的SCN-能和Fe3+反应生成血红色的Fe(SCN)3，Fe(SCN)3溶于水，不沉淀，故B错误；
C．NH4SCN中的能和OH-共热生成氨气，故C正确；
D．NH4CNO加热能生成尿素( )，NH4SCN 与NH4CNO性质相似，所以NH4SCN 加热能生成硫脲( )，故D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．生成过一硫酸的反应是硫酸的1个羟基被取代、而还残留着另一个羟基，故呈酸性，A错误；
B．由反应过程示意图看，硝酸钡溶液均能与过一硫酸和过二硫酸反应生成硫酸钡沉淀，无法鉴别，B错误；
C．分子内含有-O-O-键，则过一硫酸与过二硫酸均可做漂白剂，但温度过高，双氧水分解，平衡左移、过一硫酸和过二硫酸浓度下降、漂白性减弱；温度过高、-O-O-键断裂，物质分解，失去漂白性，C错误；
D．过一硫酸、过二硫酸与FeSO4发生氧化还原反应，均被亚铁离子还原生成硫酸和水，从生成流程可知，生成过一硫酸与过二硫酸消耗等物质的量的过氧化氢，则反应均等效于亚铁离子失电子、双氧水得电子，按得失电子数守恒，等物质的量的过一硫酸与过二硫酸消耗FeSO4的量相等，D正确；
答案选D。
3．C
【详解】A．由于F的非金属性强于O，故O2F2中O显+1价，F显-1价，故O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原发生还原反应，F的化合价不变，A错误；
B．由A项分析可知，反应中O的化合价有+1价降低为0价，故O2是还原产物，B错误；
C．分析反应中，O2F2中O显+1价，F显-1价，O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原，作氧化剂，而H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，被氧化作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C正确；
D．反应中H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，故1molH2S发生反应则失去8mol电子，但题干中未告知H2S的状态，故2.24LH2S被反应，则转移电子不一定为0.8mol，D错误；
故答案为：C。
4．C
【详解】A．已知还原性HSO＞I-，由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I－没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0～a间发生反应的离子方程式为：3HSO+IO=3SO+I-+3H+，故A正确；
B．由图示可知a=0.4mol，b为1mol，a~b之间共消耗0.6mol IO且无I2生成，故根据方程式3HSO＋IO=3SO＋I－＋3H＋可知，每消耗1mol IO则有3mol HSO被氧化，则有0.6mol IO消耗时有1.8mol HSO被氧化，故B正确；
C．由图示b～c之间所发生的离子反应方程式5I + IO+6H+=3I2+3H2O，可知I2即是氧化产物又是还原产物，故C错误；
D．0～1之间共消耗1mol KIO3，则生成1molI－，又由b～c之间的方程式为5I + IO+6H+=3I2+3H2O，设该过程消耗IO的物质的量为amol，则：
当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：3时，= ，a=0.1mol，加入的KIO3为1mol+0.1mol=1.1mol，故D正确；
答案选C。
5．D
【详解】A．在反应过程中，KClO3中Cl元素由+5价降低为-1价，得电子从而体现了氧化性，A正确；
B．HCl中的C1元素由-1价升高为0价，失电子发生氧化反应，B正确；
C．依据得失电子守恒的原则，氧化剂(KClO3)与还原剂(HCl)的物质的量之比为，C正确；
D．Cl2一部分是氧化产物、一部分是还原产物，依据得失电子守恒的原则，还原产物与氧化产物的物质的量比为，D不正确；
故选D。
6．A
【详解】根据单质中元素化合价为零、化合物中元素的正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾元素显+1价，碘元素显-1价，生成物中，氯化钾中钾元素为+1价，氯元素为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，KCl是还原产物，I元素的化合价由-1价升至0价，KI为还原剂，I2是氧化产物，答案选A。
7．B
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的 NH4+和N2，其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；据以上分析解答。
【详解】A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；
B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；
C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；
D．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；
答案为B。
【点睛】由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。
8．C
【详解】A．溶液中与会发生双水解反应，而有较强的氧化性，有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；
B．水解生成与HClO，但F没有正价，与水会发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．由Ksp可知沉淀等浓度的所需Ag+比沉淀等浓度的和需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄色沉淀，是黑色沉淀，所以的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以，故C符合题意；
D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化丙酮，故D不符合题意；
故答案为：C。
9．C
【详解】A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A正确；
B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B正确；
C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C错误；
D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2和H2O，还体现了HNO3的酸性，A错误；
B．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，均被氧化，Cu2S只作还原剂，B错误；
C．Cu2S作还原剂，氧化产物为Cu(NO3)2和S，HNO3作氧化剂，还原产物为NO，故氧化产物与还原产物物质的量之比为9：4，C错误；
D．根据方程式，每4molHNO3反应时，只有1mol作氧化剂被还原，N元素化合价降低了3价，转移的电子为，D正确；
故选D。
11．A
【分析】图中为脱除NO的原理，反应物为NH3、NO、O2，生成物为NO和H2O，方程式为，V4+ O H参与反应，最终又生成，在整个反应中起到催化作用。
【详解】A．整个过程中氧气也参与反应，总反应方程式为：，A错误；
B．V4+ O H参与反应，最终又生成，在整个反应中起到催化作用，B正确；
C．形成 和，各元素化合价不变，为非氧化还原反应，C正确；
D．若将NH3换成N2H4，N2H4和NH3中N元素化合价均为-3，具体现还原性，能与NO和O2反应得到产物N2与H2O ，D正确；
故选A。
12．A
【详解】A．Cl元素化合价降低得到的还原产物为KCl和Cl2，A错误；
B．标准状况下，生成11.2L Cl2 ，消耗I2 中的物质的量为1mol，I元素化合价由0价升高到+5价，转移电子的物质的量为10mol，B正确；
C．I2 中I元素化合价升高，发生氧化反应，C正确；
D．氧化剂为KClO3，还原剂为I2，物质的量之比为11：6，D正确；
故选A。
13．D
【详解】A．ClO-中Cl的化合价降低，被还原为Cl-，Cl-是还原产物，A错误；
B．ClO-中Cl的化合价降低，ClO-是氧化剂，Fe的化合价升高，Fe3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，B错误；
C．Fe的化合价升高，Fe3+是还原剂，被氧化，发生氧化反应，C错误；
D．高铁酸钠在水处理中反应转化为氢氧化铁，铁的化合价由+6价降低为+3价，高铁酸钠是氧化剂，体现了氧化性，上述反应中Fe的价态由+3价升高为+6价，生成lmol高铁酸钠转移1mol×(6-3)=3mol电子，D正确；
答案选D。
14．C
【详解】A．含的溶液中，pH为10～12之间，呈碱性，所以反应时不可能有氢离子生成，正确为，故A错误；
B．中V的化合价为+5价，中V的化合价为+5价，反应前后无变化，未发生氧化还原反应，故B错误；
C．酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时有生成，其反应为，故C正确；
D．题中+2价V的量未知，不能计算出详细的电子转移数目，故D错误；
故选C。
15．C
【详解】氧化还原反应中所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，分析反应S + 2KNO3+ 3C= K2S + N2↑+ 3CO2↑中S的化合价由S中的0价变为K2S中的-2价，N的化合价由KNO3中的+5价变为N2中的0价，则KNO3和S为氧化剂，故答案为：C。
16．C
【详解】
A．实验I中铁离子水解显酸性，含有硝酸根，(H＋)的氧化性强于Fe3+，因此不能说明Fe3+氧化了Ag，故A正确；
B．实验II中银镜未消失，实验III银镜消失，说明实验II和III说明溶液中存在平衡：Fe3++AgFe2++ Ag+，实验III生成的Ag+和Cl－反应得到AgCl沉淀，消耗Ag+，Ag+浓度减小，致使平衡不断正向移动，故B正确；
C．实验IV中产生白色沉淀，生成了Ag2SO4沉淀，Ag+具有强氧化性会氧化Fe2+变为Fe3+，而自身变为黑色的Ag，故C错误；
D．欲证明实验IV中产生了Fe3+，可以取上层清液滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有Fe3+，若不变血红色，则说明不含有Fe3+，故D正确；
综上所述，答案为C。
17．B
【分析】加入的还原剂失去电子，化合价升高， 那么选项中涉及的元素化合价被还原，应降低。
【详解】A. Cu→CuO，Cu化合价升高，应加入氧化剂，A不符合题意；
B. HCHO→CH3OH，C化合价降低，应加入还原剂如氢气等，发生加成反应，B符合题意；
C. → CO2，化合价没有变化，只需要加入酸等物质就可以反应，C不符合题意；
D. NO→N2O4，N化合价升高，应加入氧化剂，D不符合题意。
答案选B。
【点睛】根据氧化还原反应的特征化合价的变化进行解题。
18．C
【详解】A．I2溶于KI溶液能发生的反应，故I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；
B．反应为可逆反应，溶液中存在I2，加淀粉溶液变蓝，B正确；
C．溶于水产生I2，I2有毒，不能代替KI作加碘剂，C错误；
D．还原性，氧气先氧化，KI被保护，即加入可以提高加碘盐(添加)的稳定性，D正确。
答案选C。
19．C
【解析】反应Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故Fe2O3为还原剂，而KNO3被还原，做氧化剂，据此分析。
【详解】A．反应中氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；
B．反应中Fe元素化合价升高，氮元素化合价降低，则K2FeO4是氧化产物，KNO2是还原产物，故B正确；
C．K2FeO4在酸性条件下不稳定，+6价铁被还原为Fe3+，氧化产物应为O2，无氢气生成，故C错误；
D．K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；
故答案为C。
20．C
【详解】A．羟氨分子中与NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的H+，水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故A正确；
B．羟氨中N元素为-1价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热化合价降低可生成氨气，故B正确；
C．羟氨分子中的N—O—H类似于水分子的H—O—H结构，3个原子形成“V”， 故C错误；
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，故D正确；
答案选C。
21． H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多
【详解】(1)H2O和H2O2分子间都能形成氢键，且H2O2分子间形成的氢键更多，所以除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水，原因为H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多。答案为：H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多；
(2) H2O2在反应中仅体现还原性，则应与强氧化剂发生反应，如与KMnO4酸性溶液反应，离子方程式为。答案为：。
22． 三角锥形 H—F键的键能大，难断裂；HF在水中存在HF之间、HF与H2O的氢键 氧化性
【分析】三氟化氮(NF3)在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应，反应产物中生成酸 X、酸 Y 和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸 X 是一种弱酸，酸Y 为常见的含氧强酸，则X为HF、Y为HNO3，无色气体为NO；结合NF3中N原子的价层电子对分析其空间构型，结合共价键的键能分析HF的酸性强弱。
【详解】(1)NF3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，N原子的杂化轨道形式为sp3杂化，有一个孤对电子，则空间构型为三角锥形；
(2) HF在水中不完全电离，是因为F的半径太小，电负性太高，使H-F键键能大，结合能力强，同时HF分子之间氢键太强，且HF和水分子之间也存在氢键，F-离子在水中溶剂化过于明显，导致HF电离不顺利；
(3) NH3和氟气(F2)反应制备 NF3，反应中N元素化合价升高，NH3为还原剂，NF3是氧化产物，则NF3表现出来的化学性质是氧化性；
(4)三聚氟氰(C3N3F3)分子中C原子形成共价键的键数是4，N原子形成共价键的键数为3，F原子形成共价键的键数是1，C、N形成六元环结构，F原子与C原子形成C-F键，C与N之间存在C＝N双键和C－N，且单双键交替结构相对稳定，则三聚氟氰的结构式为。
23． 3.00
【详解】(1)33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和)的物质的量为=1.5mol，根据反应、可知，反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，则消耗NaOH的物质的量为1.5mol，则=3.00L=3.00mL；
(2)n(NaOH)=1.00mol/L0.06L=0.06mol；恰好完全反应全部转变成，根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n()=0.06mol，n(NO):n(NO2)= ，故n(NO)= 0.05mol，n(NO2)= 0.01mol，根据电荷守恒，失电子：NO 、NO2 ；得电子O2 ；故0.05mol3+0.01mol1=xmol4，则mol。
24． 1.6 5
【详解】(1)11.92gNaClO的物质的量为=0.16 mol，则NaClO溶液的物质的量浓度为=1.6mol/L；
(2)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为=0.01mol∶0.16mol=1∶16，根据电子转移守恒，则：x×[6-（-）]=16×[1-（-1）]，解得：x=5。
【点睛】结合氧化还原反应知识，根据电子守恒是解（2）的关键，反应中NaClO是得到电子发生还原反应，是氧化剂，而Na2Sx是失电子发生氧化反应，是还原剂，在使用电子守恒时，要特别注意Na2Sx中硫元素的平均化合价为-，产物的化合价为+6价，结合原子守恒，还原剂升高或失电子总数为x×[6-（-）]，这是解题难点，易忽视原子守恒或无法确定硫元素的化合价变化。
25．(1)2
(2)H2S4O6
【解析】(1)
，，则参与反应的n(S2Cl2):n(SO2)=1:2，故答案为：2；
(2)
根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫元素化合价为x，依据得失电子守恒有：2(x-1)=2(4-x)，解得x= ，由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6，故答案为：H2S4O6。
26． Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3 N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH==NaN3+CH3OH+3H2O DF 取样品，先加入足量NaOH 溶液，充分反应后过滤，在滤渣中加入一定量稀硫酸充分反应，在反应后的溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液，若溶液变红， 说明存在 Fe 元素
【分析】I．化合物甲和化合物乙的混合粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素，将13.0g化合物甲加热，使其完全分解，生成氮气和单质1，则甲中含有两种元素，其中一种为N元素，单质1在高温隔绝空气的条件下与化合物反应生成化合物丙和另一种单质2，化合物乙应为金属氧化物，应为Fe2O3，生成的另一种单质2为Fe，单质1为Na，化合物丙则为钠的氧化物，能在潮湿的空气中生成可溶性盐，丙为Na2O；氮气物质的量==0.3mol，氮气的质量=0.3mol×28g/mol=8.4g，故Na元素质量=13g-8.4g=4.6g，Na物质的量=4.6g÷23g/mol=0.2mol，故甲中Na、N原子数目之比=0.2mol：0.3mol×2=1：3，则甲为NaN3；
II．装置A中利用稀硫酸和Zn作用生成的H2，经B中浓硫酸干燥后与D中SiHCl3 生成Si和HCl，尾气可用NaOH溶液吸收，但要有防倒吸措施。
【详解】I．由分析知：甲为NaN3、乙为Fe2O3，、单质1为Na、单质2为Fe、化合物丙为Na2O，可溶性盐X可能为Na2CO3或NaHCO3；
(1)工业上利用CO在高温下还原氧化铁来冶炼Fe，发生反应的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
(2)Na2O在空气中转化为碳酸氢盐，酸式盐为NaHCO3，则反应的化学方程式为Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3；
(3) 30℃时，将水合肼(N2H4 H2O)、亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH 混合，可得到 CH3OH和NaN3，则发生反应的化学反应方程式N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH==NaN3+CH3OH+3H2O；
II．(1)　A．装置B的作用是干燥H2，可以选择浓硫酸，故A正确；
B．SiHCl3沸点为33.0℃，易气化，则可选择用热水浴加热装置C，使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化，有利于和H2充分混合，故B正确；
C．装置D在高温下有Si生成，则观察到的现象是有固体物质生成，故C正确；
D．装置D中反应在 1000~1100℃进行，普通玻璃管会软化或熔化，不能用来代替石英管，故D错误；
E．SiHCl3 能与 H2O 强烈反应，且在空气中易自燃，则为保证制备纯硅实验的成功，除装置气密性好并控制温度外，还需要排尽装置中的空气、干燥气体，故E正确；
F．HCl易溶于水或NaOH溶液，尾气处理装置中不可以将导管直接插入盛有NaOH 溶液的烧杯中，要有防倒吸措施，故F错误；
故答案为DF；
(2)检验某粗硅中存在的铁元素，采取的实验操作方法是取样品，先加入足量NaOH 溶液，充分反应后过滤，在滤渣中加入一定量稀硫酸充分反应，在反应后的溶液中滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液，若溶液变红， 说明存在 Fe 元素。
【点睛】考查无机物的推断和物质制备方案的设计，明确常见元素化合物性质为解答关键，注意掌握铁离子和亚铁离子的检验方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
27． fadeg 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【分析】(1) S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，据此分析和选择仪器；
(2)根据已知信息，结合氧化还原反应规律书写方程式。
【详解】(1) S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，故排序bfadeg；
(2) S2Cl2中S化合价为+1，被氧化与被还原物质的量之比为1：3，产物为SO2与S，故水解方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。
【点睛】标出S2Cl2中S化合价，再根据被氧化和被还原的物质的物质的量之比关系，配平氧化产物和还原产物的物质的量，根据元素守恒配平其他物质。
28．(1)
(2)
(3) 可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀
【分析】（1）
已知气体1在标况下的密度为1.429g/L，气体1的摩尔质量为: 1.429g/L×22.4L/mol≈32g/mol。结合固体1与二氧化锰加热生成气体1，可推出固体1为KClO3，气体1为O2；氧气的物质的量为0.3mol。固体2中含有MnO2和KCl，白色沉淀4为AgCl， n( AgCl)= =0.3mol，根据Cl原子守恒可知，固体2中含有KCl0.3mol ，根据2KClO3 2KC1+3O2↑，氧气0.3mol，可知 n(KCl) =0.2mol ，0.2molKClO3分解生成0.2mol KC1，固体1中含有KC1的物质的量为: 0.3mol-0.2mol=0.1mol，固体1中KClO3、KC1的总质量为: 122.5g/mol×0.2mol+ 74.5g/mol×0.1mol=31.95g=m(固体1) =m(X)，说明X分解KClO3、KCl，且二者物质的量之比为0.2mol : 0.1mol=2 : 1 ，结合原子守恒可知X的化学式为KClO2，以此分析解答。
（2）固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。
(1)
根据分析X为KClO2，固体3为二氧化锰。
(2)
某黄绿色的气体化合物Y和共同加入某强碱溶液可生成上述盐KClO2，说明强碱为氢氧化钾，化合物Y中含有氯元素和氧元素，根据化合价变化分析，氯元素化合价比+3价高，即该气体化合物为二氧化氯，相应的离子反应方程式。
(3)
固体1溶于水后加入亚硝酸钠，再与硝酸银反应，固体1中氯离子生成的氯化银沉淀为43.05克，但是沉淀质量大于43.05克，说明除了氯化银以外还有其他沉淀，可能是亚硝酸银。
①步骤Ⅱ中KClO3和亚硝酸钠反应生成硝酸钠和氯化钾，发生反应的离子反应方程式。
②实验结果发现白色沉淀4的质量大于43.05g，造成这个实验结果的原因是可能原因是由于硝酸的量少，产生了沉淀。
29．(1) Fe、H、N、O、S Fe(NH3)6SO4·2(NH4)2SO4
(2)Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O
(3) Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH Cu(OH)2+4NH3=[Cu((NH3)4]2++2OH-
(4)(NH4)2SO4、NH3
(5)取少量沉淀A试管中，加入适量稀硫酸溶解，向其中加入少量KSCN溶液，无明显变化，继续加入氯水，溶液呈红色，说明沉淀A中含有Fe2+
【分析】X加水溶解后过滤得到的沉淀A经过灼烧得到红棕色固体B，B为氧化铁，物质的量为0.005mol，A为氢氧化铁，根据铁守恒，物质的量为0.01mol，X中含Fe元素；滤液A加NaOH溶液得到气体B，气体为NH3，标况下体积为2.24L，物质的量为0.1mol，说明X中含N和H元素；滤液B加过量的Ba(OH)2得到白色沉淀C，为硫酸钡，说明X中含硫酸根，物质的量为0.03mol，综上:X中含Fe元素0.01mol，N元素0.1mol，硫酸根0.03mol，根据质量守恒，含氢元素的质量为：，故氢元素的物质的量为0.34mol，故X的化学式为Fe(NH3)6SO4·2(NH4)2SO4。
(1)
根据分析，X中含Fe、H、N、O、S；X化学式为Fe(NH3)6SO4·2(NH4)2SO4；
(2)
红棕色固体B为氧化铁，高温下与KOH反应的化学方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O；
(3)
氨气通入硫酸铜溶液中，先产生氢氧化铜絮状沉淀，继续通入氨气，生成的深蓝色溶液为硫酸四氨合铜溶液，离子反应方程式为： ，；
(4)
根据X的化学式，滤液A 中含(NH4)2SO4和NH3；
(5)
沉淀A为氢氧化铁，先用酸将沉淀溶解，再检验铁离子，方法为：取少量沉淀A试管中，加入适量稀硫酸溶解，向其中加入少量KSCN溶液，无明显变化，继续加入氯水，溶液呈红色，说明沉淀A中含有Fe2+。
30． BDE 硫酸量过量20％可以使Ba2+沉淀完全，但是过量太多会使Sr2+沉淀 Sr(OH)2或SrO 12 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O d b g h f 滴入最后一滴时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内不变色 偏高
【分析】含锶废渣(主要成分为SrCO3，且含钡、铁、钙等元素)研磨粉碎，再加水润湿后水浴加热，加入足量的盐酸并搅拌，调节pH=2进行酸浸溶解，充分酸溶后的溶液进行抽滤，得到不与盐酸反应的杂质滤渣A和滤液B，滤液B中主要含有Sr2+、Ba2+、Fe2+、Ca2+、Cl-的酸性溶液，向滤液B中按体积比1：10加入足量硫酸，是滤液B中的Ba2+全部转化为BaSO4沉淀除去，在进行抽滤得到滤液C，对滤液C加入30%双氧水，将滤液C中的Fe2+氧化为Fe3+，为避免引入新的杂质，加入Sr(OH)2或SrO，调节pH值，使Fe3+、Ca2+ 转化为Ca(OH)2、Fe(OH)3沉淀除去，将滤液加热至80℃左右，再过滤，得到的滤渣D为Ca(OH)2、Fe(OH)3，滤液E中主要含有Sr2+、Cl-，由于SrCl2 6H2O在61.5℃以上即会失去4个结晶水生成SrCl2 2H2O，则对滤液E进行减压蒸发浓缩，过滤、洗涤、干燥，得到产品SrCl2 6H2O，据此分析解答。
【详解】(1)A．步骤I中操作X为研磨粉碎，可以增大反应接触面积，故A正确；
B．步骤III为得到滤液C，抽滤除去的滤渣，若用滤液淋洗滤渣不能将滤渣中吸附的溶质洗涤下来的，故B错误；
C．玻璃纤维中含有二氧化硅，在碱性条件下易被腐蚀，与酸不反应，则抽滤时，如果溶液有强酸性，可以用玻璃纤维代替滤纸，故C正确；
D．减压过滤不宜过滤胶状沉淀，因为胶状沉淀会透过滤纸，故D错误；
E．步骤IV中油浴若外溢易失火，从实验安全考虑，且不适合明火加热，水浴更安全，故E错误；
答案为BDE；
(2)硫酸锶的溶度积远远大于硫酸钡的溶度积，但因为溶液中大部分是氯化锶，所以加入硫酸后会先生成硫酸锶，而硫酸锶微溶于水的特性使其进一步转化成硫酸钡的反应速度较慢，为缩短反应时间且使Ba2+沉淀完全可适量多加硫酸，但是过量太多又会使Sr2+沉淀。因此答案为：硫酸量过量20％可以使Ba2+沉淀完全，但是过量太多会使Sr2+沉淀；
(3)①步骤IV调节pH时，为避免引入新的杂质，最适宜加入的试剂为Sr(OH)2或SrO，根据图象，将pH调至12，可以使铁和钙沉淀较完全，而锶几乎未沉淀；
②滤渣D主要成分为Ca(OH)2、Fe(OH)3，滤渣D中加入NaClO溶液，发生反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(4)在步骤V中，若要从滤液E通过操作Y得到大颗粒的高纯六水氯化锶晶体，先在61.5℃以下减压蒸发浓缩，在过饱和溶液中加入晶种，然后在室温下缓慢冷却结晶，再抽滤。如果用往溶液中加入无水乙醇，醇析的方法析出晶体，需要缓慢加入才会析出大颗粒晶体，抽滤后用氯化锶饱和溶液洗涤晶体更能减少产品的溶解，为防止晶体失去结晶水，在30℃真空烘箱中干燥，则操作顺序为：滤液E→d→b→g→抽滤→h→f；
(5)①此方法为沉淀滴定法，滴定开始为白色沉淀，由于Ag2CrO4为砖红色沉淀，因此判断滴定终点的现象为：锥形瓶中沉淀颜色由白色变为砖红色，且半分钟不变色；
②若硝酸银标准液未采用棕色滴定管滴定，硝酸银见光会分解，标准液用量偏多，会使测得的晶体纯度偏高。
试卷第1页，共3页
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