2020届高三化学六月强化冲刺精练——氧化还原反应.docx

2020届高三化学六月强化冲刺精练氧化还原反应选择突破1. 四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3+.酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4.下列说法正确的是()A. 若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比1：3，则还原产物为Cl2B. RuO4与浓盐酸反应生成11.2LCl2转移电子数为NAC. 酸性介质中氧化性：RuO4>ClO3>Cl2D. 在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O2. 燃煤工业锅炉烟气中含有1%3%的CO和0.02%0.04%的NO，在新型催化剂作用下可消除CO和NO两种有害气体，反应机理如图所示，在反应过程中CO可被O2氧化。下列说法中正确的是()A. 温度越高越有利于有害气体消除B. O2浓度越大催化除杂效果越好C. 催化反应的速率由氧化吸附过程决定D. 总反应方程式为2NO+2CO=N2+2CO23. 工业上可用铁盐溶液溶解黄铁矿(主要成分为FeS2)，发生如下过程。下列说法错误的是()A. 过程I每溶解120gFeS2，理论上消耗6molFe3+B. 过程每生成1molSO42转移8moleC. 总反应为FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42+15Fe2+16H+D. 反应过程中鼓入大量的空气有利于反应的进行4. 化学反应中绚丽的颜色变化往往展现了化学的神奇，体现了化学之美。下列变化中的a、b、c、d可以是混合物，关于物质类别或者反应类型的叙述一定正确的是()A. 变化一定不属于氧化还原反应B. 变化得到的白色沉淀一定是硫酸盐C. 物质c中一定不能含有铁红或磁性氧化铁D. 物质d可能是某有机物的水溶液5. 已知氧化性：Cl2>IO3>Fe3+>I2，则对实验结果分析或预测正确的是()A. 加碘食盐溶液中滴入少量白醋和淀粉KI溶液，溶液变蓝色，说明可能是IO3B. 加碘食盐溶液中加入过量氯水后加淀粉，溶液不变蓝色，说明不可能是IC. FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液中一定有Fe3+生成D. FeCl2溶液中滴加足量碘水和KSCN溶液，溶液一定变红色6. 亚砷酸(H3AsO3)与氯化亚锡(SnCl2)在浓盐酸中发生反应的离子方程式为：3Sn2+2H3AsO3+6H+18Cl=2As+3SnCl62+6M，下列关于该反应的说法错误的是()A. M为H2OB. 还原性：Sn2+>AsC. SnCl62是氧化反应的产物D. 每生成1.5molSnCl62，H3AsO3失去电子的物质的量为3mol7. 向浓硫酸中分别加入下列三种固体，对实验现象的分析正确的是()A. 对比实验和可知还原性：Br>ClB. 对比实验和可知氧化性：Br2>SO2C. 对比实验和可知酸性：H2SO4>HCl>H2SO3D. 由实验可知浓硫酸具有强酸性、难挥发性、氧化性、脱水性8. 根据下列操作和现象，所得结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向 NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，先有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄证明氧化性：H2O2>Fe3+C常温下，用 pH计测定 0.1molL1NaA溶液的 pH小于 0.1molL1Na2CO3溶液的 pH能证明酸性：HA>H2CO3D取 ag铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为 VL(标准状况下)测定铝箔中Al2O3含量A. AB. BC. CD. D9. 在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生以下反应： 反应：2Cu2+4I=2CuI(白色)+I2反应：2Cu2+2Cl+2I=2CuCl+(白色)+I2下列说法正确的是A. 反应属于复分解反应B. 每生成1molI2，反应中转移4mol电子C. CuI与NaOH溶液反应，产物可能只有CuO、NaI和H2OD. 滴KI溶液前向溶液中加入一定量的苯能更好地观察白色沉淀10. 中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如图。下列说法不正确的是 A. 该反应属于置换反应B. 该过程中只涉及极性键的断裂与生成C. 基于LDH合成NH3的过程属于氮的固定D. 该过程中每生成2.24L(标准状况)O2则转移0.4mol电子11. 某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下表所示，下列说法错误的是( )序号实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀A. 实验、中均涉及Fe3+被还原B. 对比实验、说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关C. 向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀D. 实验、中加入蒸馏水后cCu2+相同12. 磷化氢气体(PH3)是一种强烈的储粮害虫杀虫剂，其制取原理类似于实验室制氨气，空气中磷化氢气体达到2PPM以上时就会造成人畜中毒。氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂。氧硫化碳水解及部分应用流程如下(部分产物已略去)：已知M溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32).如图是反应中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系(Na2S初始含量为3mmol)下列说法错误的是 ( )A. 组成氧硫化碳和磷化氢的各原子中，原子半径最大的元素在周期表中的位置是第三周期第A族B. 反应中生成S2O32的离子方程式为C. 由图像分析可知，a点时M溶液中除S2O32外，无其他含硫微粒D. 24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4，当吸收2.2molPH3时转移4.8mol电子13. 下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式正确的是 选项离子组试剂X发生反应的离子方程式A.K+、Na+、HCO3、AlO2少量HClH2O+H+AlO2=Al(OH)3B.NH4+、Fe2+、Br、SO42少量H2SFe2+H2S=FeS+2H+C.ClO、Na+、Ca2+、NO3少量CO2CO2+Ca2+H2O+2ClO=CaCO3+2HClOD.I、Cl、Na+、SO32少量稀硝酸6I+2NO3+8H+=2NO+4H2O+3I2A. AB. BC. CD. D14. 四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2+2S2O32+O2+xOH=Fe3O4+S4O62+2H2O.下列说法不正确的是()A. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5B. 若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5molC. 每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4molD. O2是氧化剂，S2O32与Fe2+是还原剂15. 下列实验方案能达到实验目的的是 ( )选项实验目的实验方案A.鉴别NO2、溴蒸气用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝则该气体为溴蒸气B.验证I还原性强于Cl向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色C.配置0.1mol/L的FeCl3溶液称取16.25gFeCl3固体加入少量蒸馏水溶解，转移至100mL容量瓶中定容D.制备纯净的SO2向Na2SO3中加入浓硝酸，产生的气体通过浓硫酸A. AB. BC. CD. D16. 下列实验操作、现象和结论均正确的是( )选项实验操作和现象结论A.向NaBr溶液中分别滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br的还原性强于ClB.相同条件下，分别向20mL0.1molL1KMnO4溶液和20mL0.5molL1KMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5molL1的KMnO4溶液紫色褪色的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快C.向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D.室温下，用pH试纸测得0.1molL1Na2SO3溶液的pH约为10，0.1molL1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3结合H+的能力比SO32的强A. AB. BC. CD. D17. 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：下列说法正确的是 A. 固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2B. X可以是过量的空气C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO和N2D. 处理含NH4+废水时，发生的反应为：NH4+5NO2+4H+=6NO+4H2O18. 在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42与H2反应生成S2，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法不正确的是( )A. 正极的电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OHB. SO42与H2的反应可表示为：C. 钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)3D. 在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀19. 某学习小组，探究不同pH废水中铬元素去除率，设计实验原理如下，在几个烧杯中分别加入200mLpH不同的含铬废水(Cr2O72的浓度相同)，再加入质量相同的FeSO4，测得废水中六价铬(Cr2O72)的含量随pH的变化曲线如图所示，反应原理为Fe2+Cr2O72+H+Fe3+Cr3+H2O(未配平)。已知：下列说法不正确的是A. 在pH=2的酸性废水中，则上述方程式配平后为6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2OB. 根据本实验原理，也可用铁作阳极，电解酸性含铬废水，而除去铬(Cr2O72)C. pH大于7时，随着pH的增大，铬去除率越来越高D. 氧化性：Cr2O72>Fe3+20. BMOBi2MoO6是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法错误的是( )A. 该过程的总反应为：B. 该过程中BMO+表现出较强的氧化性C. 和中被降解的苯酚的物质的量之比为13D. 光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等21. 国家标准规定，室内甲醛含量不能超过0.08mg/m3.银一菲洛嗪法可用于测定空气中甲醛含量，其原理为：Ag2O将甲醛氧化为CO2；产生的Ag与酸化的Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4；FeSO4与菲洛嗪(一种有机钠盐)形成有色配合物，一定波长下其吸光度与Fe2+的质量浓度成正比。下列关于ac的判断正确的是()a.反应的化学方程式为HCHO+2Ag2O=CO2+4Ag+H2Ob.理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4c.取1m3空气，经上述实验后共得到Fe2+1.12mg，室内甲醛含量达标A. a正确，b、c错误B. a、b正确，c错误C. b、c正确，a错误D. 全部正确22. 国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是( )A. c为电源的负极，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸B. 电解池a极上发生的电极反应为NH4+6e+3Cl=NCl3+4H+C. 二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1D. 当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH323. 如图为硼氢化钠(NaBH4)在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程示意图，下列叙述错误的是( )A. 步骤中，生成BH3分子B. 步骤中，H2O作氧化剂C. 通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率D. 标准状况下，生成11.2LH2时转移的电子数为6.02102324. 环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(过硫酸根离子如下图所示)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。设阿伏加德罗常数的值为NA，KspFe(OH)3=2.71039。下列叙述正确的是 A. 室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3+)为2.71018molL1B. 若56gFe参加反应，共有NA个S2O28被还原C. 1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含2NA个过氧键D. pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷25. 某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下 实验序号实验过程实验现象紫色变浅(pH<1)，生成棕褐色沉淀(MnO2)溶液呈淡黄色(pH8)，生成浅粉色沉淀(MnS)资料：i.MnO4在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2ii.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色下列说法正确的是A. 根据实验可知，Na2S被还原B. 取实验中少量溶液进行实验，检测到有SO42，得出S2被氧化成SO42C. 实验中反应离子方程式：2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+D. 实验中反应结束后溶液呈淡黄色，有MnO2生成26. 重要的农药、医药中间体碱式氯化铜CuaClb(OH)cxH2O，可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法不正确的是 A. 图中M、N分别为Fe2+、Fe3+B. a、b、c之间的关系式为：2a=b+cC. 步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+D. 若制备1mol的CuCl2，理论上消耗标况下11.2LO227. 科学家将水置于足够强的电场中，在20时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FeCl3溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法不正确的是 A. 在电场的作用下，水分子间更易形成氢键B. “暖冰”密度比水大，具有导电性和导热性C. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2D. 在上述变化中，KMnO4作氧化剂，FeCl3作催化剂28. 我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如下图所示。则下列有关说法不正确的是 A. CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的B. 该催化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂C. 有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物D. 催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒29. 锂铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，下列说法错误的是( ) A. 放电时，Li+透过固体电解质向右移动B. 放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e=4OHC. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD. 整个反应过程中，氧化剂为O230. 室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度(NaOH溶液的滴加速度恒定)来滴定该浓氯水，使用离子浓度测定仪测量有关离子浓度的变化。根据测定结果绘制出的ClO、ClO3的物质的量浓度与实践的关系曲线如图。下列说法正确的是( )A. NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B. a点时溶液中离子浓度存在如下关系：c(Na)c(H)c(ClO)c(ClO3)c(OH)C. b点时溶液中各离子浓度：c(Na)c(Cl)c(ClO3)c(ClO)D. t2t4，ClO的物质的量浓度下降的原因可能是ClO发生歧化反应：2ClOClClO3答案和解析1.【答案】D【解析】解：A.酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4，则该反应中Na2RuO4是还原剂，NaClO3是氧化剂，转移电子数=3(86)=6，NaClO3被还原，根据转移电子相等知每个氯原子转移电子数=61=6，所以还原产物为Cl，故A错误；B.温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氯气的物质的量，则无法计算转移电子数，故B错误；C.同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性，酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4，则氧化性：ClO3>RuO4，四氧化钌(RuO4)有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3+，氧化性RuO4>Cl2，所以氧化性ClO3>RuO4>Cl2，故C错误；D.在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4时二者反应还生成氯化钠，反应方程式为Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故D正确；故选：D。A.酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4，则该反应中Na2RuO4是还原剂，NaClO3是氧化剂，转移电子数=3(86)=6，NaClO3被还原，根据转移电子相等确定还原产物成分；B.温度和压强未知导致气体摩尔体积未知；C.同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性，酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4，则氧化性：ClO3>RuO4，四氧化钌(RuO4)有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3+，氧化性RuO4>Cl2；D.在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4时二者反应还生成氯化钠。本题考查氧化还原反应，侧重考查对基本理论的理解和灵活运用能力，明确基本概念内涵、转移电子守恒及氧化性强弱判断方法是解本题关键，B为解答易错点，注意气体摩尔体积适用范围和适用条件，题目难度不大。2.【答案】C【解析】解：A.一定温度范围内催化剂活性较大，温度很高时催化剂可能失去活性，导致反应速率降低，故A错误；B.氧气浓度越大，CO和氧气反应生成CO2而抑制NO和CO反应，所以氧气浓度不是越大越好，故B错误；C.慢反应速率决定化学反应速率，NO和氧气的反应为慢反应，决定化学反应速率，故C正确；D.氧气也参加反应，慢反应为2NO+O2催化剂2NO2、快反应为4CO+2NO2催化剂N2+4CO2，则总反应方程式为2NO+O2+4CO催化剂N2+4CO2，故D错误；故选：C。A.一定温度范围内催化剂活性较大；B.氧气浓度越大，CO和氧气反应生成CO2而抑制NO和CO反应；C.慢反应速率决定化学反应速率；D.氧气也参加反应。本题考查氧化还原反应及反应历程，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、反应实质是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。3.【答案】B【解析】解：A.过程I每溶解120gFeS2，其物质的量为120g120g/mol=1mol，由电子守恒可知理论上消耗Fe3+为1mol22(1)(32)=6mol，故A正确；B.过程每生成1molSO42转移e为1mol(62)=4mol，故B错误；C.由图中转化可知总反应为FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42+15Fe2+16H+，故C正确；D.反应过程中鼓入大量的空气，可作氧化剂，有利于反应的进行，故D正确；故选：B。由流程可知，过程I中Fe元素的化合价降低、S元素的化合价升高，过程II中Fe元素的化合价降低、S元素的化合价升高，以此来解答。本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、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。4.【答案】D【解析】解：A.氧化铜、氢氧化铜都可以与硫酸发生反应产生硫酸铜使溶液呈蓝色，但不是氧化还原反应，故A错误； B.物质b与硫酸产生白色沉淀，可能是硫酸根形成的硫酸钡等，也可以是氢离子与硅酸结合产生的硅酸沉淀，故B错误； C.物质c可能是铁粉和铁红或磁性氧化铁的混合物，铁红和磁性氧化铁与硫酸产生硫酸铁，硫酸铁与铁粉反应最终得到浅绿色的硫酸亚铁，故C错误； D.硫酸是强酸具有酸的通性，能使指示剂变色，如硫酸遇到石蕊变红，石蕊是有机物，故D正确； 故选：D。根据框图信息，蓝色溶液中含有铜离子，说明物质a为含铜元素的化合物且能与硫酸反应；浅绿色溶液中含有亚铁离子，可知物质c中含有铁元素，铁单质及亚铁盐等都能与硫酸反应；物质b与硫酸产生白色沉淀，可能是硫酸盐沉淀，也可能是硅酸沉淀；物质d与硫酸反应产生红色溶液，结合酸的通性判断可能是指示剂变色导致，结合以上分析确定。本题考查酸的基本性质，酸具有酸的通性，包括使指示剂变色、与活泼金属反应、与金属氧化物反应、与碱反应、与某些盐反应等。5.【答案】A【解析】解：A.IO3具有强氧化性，能氧化还原性离子，IO3、I在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘，淀粉试液遇碘变蓝色，根据实验现象知，该溶液中可能含有IO3，故A正确； B.氯水先氧化点离子生成碘，过量的氯水可以氧化碘单质，所以无法判断溶液中是否有I，故B错误； C.氯水先氧化I、后氧化Fe2+，所以FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液中不一定有Fe3+生成，一定有碘生成，故C错误； D.碘不氧化Fe2+，则氯化亚铁和碘不反应，所以加入KSCN溶液后溶液不变红色，故D错误； 故选：A。A.IO3具有强氧化性，能氧化还原性离子； B.过量的氯水可以氧化碘单质； C.氯水先氧化I、后氧化Fe2+； D.碘不氧化Fe2+。本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，侧重考查基础知识理解和灵活运用能力，明确氧化还原反应实质、6.【答案】D【解析】解：3Sn2+2H3AsO3+6H+18Cl=2As+3SnCl62+6M中，由原子守恒可知，M为H2O， A.M为H2O，故A正确； B.根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Sn2+>As，故B正确； C.Sn元素的化合价升高，则Sn2+为还原剂，生成的SnCl62是氧化反应的产物，故C正确； D.Sn元素的化合价由+2价升高到+4价的SnCl62，所以每生成1.5molSnCl62，失去3mol电子，故H3AsO3得到电子的物质的量为3mol，故D错误； 故选：D。3Sn2+2H3AsO3+6H+18Cl=2As+3SnCl62+6M中，由原子守恒可知，M为H2O，Sn元素的化合价升高，则Sn2+为还原剂，生成的SnCl62是氧化产物，As元素的化合价降低，则H3AsO3为氧化剂，生成As为还原产物，结合氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答。本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意原子守恒及氧化还原反应中氧化性比较规律，题目难度不大。7.【答案】A【解析】解：A.实验生成了Br2，说明浓硫酸氧化了Br，实验中出现白雾，说明浓硫酸没有氧化Cl，对比实验和可知，Br能够还原浓硫酸，而Cl不能还原浓硫酸，则还原性：Br>Cl，故A正确； B.实验中浓硫酸与亚硫酸钠生成二氧化硫的反应为复分解反应，无法比较Br2、SO2的氧化性强弱，故B错误； C.实验利用的是氯化氢易挥发、浓硫酸的难挥发性，无法比较H2SO4、HCl的酸性强弱，且通过3个实验也无法比较HCl、H2SO3的酸性强弱，故C错误； D.实验证明浓硫酸具有强氧化性，实验证明浓硫酸具有难挥发性，实验证明浓硫酸具有强酸性，以上3个实验没有涉及浓硫酸的脱水性，故D错误； 故选：A。A.实验中生成的红棕色气体为Br2，说明Br被浓硫酸氧化，实验中出现的白雾，说明浓硫酸无法氧化氯离子； B.实验为强酸制取弱酸，不属于氧化还原反应，无法比较氧化性； C.实验利用的是氯化氢的挥发性，无法比较硫酸与氯化氢、氯化氢与亚硫酸的酸性； D.三组实验中没有涉及浓硫酸的脱水性。本题考查浓硫酸的性质实验，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握浓硫酸的性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。8.【答案】D【解析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、盐类水解、含量测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。A.浓度未知，由操作和现象不能比较Ksp，故A错误；B.酸性条件下硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能说明氧化性：H2O2>Fe3+，故B错误；C.Na2CO3溶液对应的酸为碳酸氢根离子，由操作和pH可知酸性：HA>HCO3，故C错误；D.Al与NaOH溶液反应生成氢气，浓硫酸干燥氢气，由氢气的体积结合电子守恒可计算含量，故D正确。故选D。9.【答案】D【解析】略10.【答案】B【解析】本题主要考查元素化合物之间的关系，侧重考查学生对基础知识的认知能力，难度不大，正确解读题中所给图示是解答关键。A.该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，属于置换反应，A项正确；B.该过程中，既有极性键(OH、NH)的断裂与生成，也有非极性键(NN、O=O)的断裂与生成，B项错误；C.基于LDH合成NH3的过程是将氮气转化为氨气的过程，属于氮的固定，C项正确；D.标准状况下2.24LO2的物质的量为0.1mol，转移0.4mol电子，D项正确。故选B。11.【答案】D【解析】本题考查了物质性质的实验方案设计、实验现象的分析判断，为高频考点，注意实验过程的评价方法和理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。实验：少量铜粉加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉少时，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子，实验：过量铜加入1mL0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀说明铜被氧化，产物有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀，实验：过量铜加入1mL0.05mol/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，A.实验、中溶液黄色变浅或褪去，均涉及Fe3+被还原，故A正确；B.对比实验I、可知，白色沉淀CuCl的产生与铜粉的量有关，对比实验、可知，白色沉淀CuCl的产生与溶液的阴离子种类有关，故B正确；C.向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能出现白色CuCl沉淀，故C正确；D.实验、中，分别有氯化亚铜沉淀生成、无氯化亚铜沉淀生成，加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故D错误。故选D。12.【答案】C【解析】本题考查氧化还原反应和离子方程式书写，侧重考查元素周期表和电子转移的计算，掌握氧化还原反应的产物判断方法为解题关键，难度一般。A.组成氧硫化碳和磷化氢的各原子中，原子半径最大的元素为磷元素，在周期表中的位置是第三周期第A族，故A正确；B.反应中生成S2O32的离子方程式为2S2+5H2OS2O32+4H2+2OH，故B正确；C.a点时生成10mmolH2，氢元素化合价降低，得20mmole，Na2S初始含量为3mmol，3mmolS2全部转化为S2O32失去12mmole，得失电子不守恒，则a点时一定有更高价态的含硫微粒，故C错误；D.24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4，当吸收2.2molPH3时，生成1.6mol的Cu3P、0.6mol的H3PO4，则转移4.8mol电子，故D正确。故选C。13.【答案】C【解析】本题考查离子共存及离子方程式的书写，侧重考查分析判断能力，明确离子共存条件及离子性质、离子方程式书写规则是解本题的关键，难度中等。【详解】A.在溶液中会发生反应：H2O+HCO3+AlO2=Al(OH)3+CO32，二者不能大量共存，故A错误；B.因FeS与可与强酸反应，所以不能发生Fe2+与H2S的反应，故B错误；C.本组离子间不能发生反应，通入少量二氧化碳后，生成次氯酸、碳酸钙，离子方程式为：CO2+Ca2+H2O+2ClO=CaCO3+2HClO，故C正确；D.四种离子互不反应，在溶液中可以大量共存，还原性：SO32>I，故少量稀硝酸应先与SO32反应，故D错误。故选C。14.【答案】A【解析】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子守恒计算的考查，题目难度不大。从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O，反应中3Fe2+Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，以此解答该题。A.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：(2+2)=1：4，故A错误；B.1molFe2+被氧化时，失去1mol电子，则被Fe2+还原的O2的物质的量为14mol，所以有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol，故B正确；C.反应3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故C正确；D.S2O32S4O62，S元素的化合价升高，S2O32和部分的Fe2+是还原剂，氧气是氧化剂，故D正确。故选A。15.【答案】B【解析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。A.二者均氧化KI生成碘，则现象相同，不能鉴别，故A错误；B.氯水与NaI反应生成碘，苯的密度比水的密度小，分层后上层为紫红色，可验证I还原性强于Cl，故B正确；C.托盘天平精确度为0.1g，则不能用托盘天平称取16.25g固体，且配制FeCl3溶液时应将FeCl3固体在稀盐酸中溶解防止FeCl3水解，容量瓶的容积应选用1000mL，故C错误；D.浓硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钠，不能得到纯净的二氧化硫，故D错误。故选B。16.【答案】A【解析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐类水解原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为解答易错点，题目难度不大。A.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，加入氯水后上层呈橙红色，说明氯气和溴离子反应生成溴，溴离子是还原剂、氯离子是还原产物，所以Br的还原性强于Cl，故A正确；B.应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2C2O4溶液反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，否则高锰酸钾浓度越大，褪色的时间反而长，故B错误；C.蓝色褪去的原因是过量氯气将碘单质氧化，且干燥的氯气不具有漂白性，故C错误；D.室温下，相同浓度的不同钠盐，溶液的pH越大，弱酸根离子结合氢离子能力越强，相同浓度的亚硫酸钠溶液的pH大于亚硫酸氢钠，说明HSO3结合H+的能力比SO32的弱，故D错误；故选：A。17.【答案】A【解析】本题以三废处理为载体考查物质的分离提纯，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确元素化合物性质及各物质成分是解本题关键，题目难度不大。A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，故A正确；B.通入空气不能过量，不然会生成NO3，故B错误；C.通过分析，气体2为N2、CO的混合气体，氮气无污染，所以捕获气体为CO，故C错误；D.根据图知，NH4+、NO2发生氧化还原反应生成无污染的氮气，根据元素守恒知，还生成水，方程式为NH4+NO2=N2+2H2O，故D错误。18.【答案】C【解析】本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键，防止金属被腐蚀有物理方法和化学方法，可以利用原电池原理或电解原理保护金属，会利用化学原理解释生活现象，题目难度不大。A.在潮湿的深层土壤中，钢铁发生析氢腐蚀，正极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，故A正确；B.厌氧细菌可促使SO42与H2反应生成S2，SO4