/ 让教学更有效 精品试卷 | 化学
得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
1．（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
2．（2024·山东·高考真题）以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极a连接电源负极
B．加入Y的目的是补充
C．电解总反应式为
D．催化阶段反应产物物质的量之比
守恒法解题思路：
1．（2023·湖南·高考真题）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
2．（2022·北京·高考真题）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0
下列说法不正确的是
A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定
B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除
C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为
一、在高中化学计算中通常要遵循三大守恒规律：
得失电子守恒
质量守恒
电荷守恒
二、守恒思想在氧化还原反应计算中的应用
1．对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒的思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子和失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。
三、考查角度
（1）考查两元素之间得失电子守恒计算
（2）考查多步反应得失电子守恒计算
有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变的很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。
1．（2024·江苏南通·模拟预测）工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：
已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3.下列说法不正确的是
A．“焙烧”时，
B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去
C．不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关
D．“沉钒”后的溶液中
2．（2024·河南·二模）以甲苯为原料通过间接氧化法可制得苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如图所示。下列说法错误的是
A．阳极的电极反应式为
B．电解结束后，阴极区溶液的pH保持不变
C．酸性溶液将甲苯氧化为苯甲醛的离子方程式为
D．1mol甲苯被氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共消耗
3．（2024·安徽·模拟预测）我国最新型055型万吨驱逐舰上使用了最新一代国产有源相控阵雷达，采用了最先进的氮化镓()半导体技术。某工厂利用铝土矿(主要成分为、、)为原料制备的流程如下图所示。已知镓与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，能与强酸、强碱溶液反应，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．可以通过粉碎铝土矿、搅拌等方法提高“碱溶”效率
B．由过程②、③可知，的酸性比强
C．已知，与足量反应，转移电子数为
D．滤渣1是，生成滤渣2的离子方程式可能为
4．（2024高三·全国·专题练习）Bi为第VA族元素，铋酸钠是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水。测定NaBiO3粗产品纯度的步骤如下：
①将NaBiO3粗产品加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液中，充分反应后，溶液变为紫红色，同时生成Bi3＋；
②向①中反应后的溶液中滴加一定浓度的草酸(H2C2O4)标准溶液，通过消耗草酸标准溶液的体积计算产品纯度。
下列有关说法正确的是
A．酸性强弱：HNO3B．草酸分子中只存在极性键
C．步骤①中反应的离子方程式为5BiO＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2MnO＋7H2O
D．步骤②中反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1
5．（23-24高三上·江西宜春·期末）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中、和的微粒数之和小于
B．标准状况下，的分子数为
C．与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间
D．含水分子1mol的冰晶体中氢键的数目为4NA
6．（23-24高三上·江苏淮安·期中）一种催化还原NO的机理如下图所示。下列说法正确的是
A．中所含Cu的基态电子排布式为
B．中间体X和中间体Z中Cu的化合价相同
C．转化①中既有极性共价键的形成，也有非极性共价键的形成
D．总转化过程中每吸收1mol NO需要消耗2mol NH3
7．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·期末）将一定质量的镁、铜合金加到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是
A．开始加入合金的质量可能为16.4g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
D．标准状况下产物NO的体积为22.4L
8．（2024·山东日照·一模）化学需氧量(Chemial Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样，先加入足量稀硫酸酸化，再加入的标准液，煮沸30min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入的标准液(过量)。
③用的标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗标准液。
计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是
A． B．
C． D．
9．（23-24高三上·宁夏石嘴山·阶段练习）有一块铁的“氧化物”样品，用140mL5.0mol L-1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.56LCl2(标况下)，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为
A．Fe4O5 B．Fe3O4 C．Fe5O7 D．Fe2O3
10．（23-24高三上·宁夏银川·阶段练习）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越小，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铁铝合金与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．图中O~C段发生反应的离子方程式为：H++OH－=H2O
B．的物质的量为0.012 mol
C．C点对应氢氧化钠溶液的体积6mL
D．原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为0.148 mol
1．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
2．（2024·浙江金华·模拟预测）工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是
A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
B．是该反应的催化剂
C．“过程2”可表示为
D．吸收过程中存在反应：
3．（23-24高三上·河北衡水·期中）、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量外，还有、、，且这三种离子的个数比为9∶2∶1，则原混合气体中和HCl的个数之比为
A．5∶2 B．2∶5 C．3∶1 D．1∶3
4．（23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）CuH是为数不多常温下存在的氢化物，能与盐酸反应放出气体。将次磷酸(H3PO2)加入CuSO4溶液中，加热到50℃，制备出红棕色的难溶物CuH，反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物。下列说法错误的是
A．CuH与盐酸反应放出的气体为氢气
B．上述制备反应中CuH既是氧化产物又是还原产物
C．参加反应的H3PO2与CuSO4的个数之比为3：4
D．CuH具有强还原性
5．（23-24高三上·山东·阶段练习）利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)回收铂的一种工艺流程如下。
已知：①隔绝空气“煅烧”时有两种单质生成，其中一种是
②室温：、
下列说法错误的是
A．“溶解”时发生反应的离子方程式为
B．“沉铂”中，若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，则溶液的最小浓度为(忽略溶液混合后体积的变化)
C．“操作1”中包括过滤及沉淀的洗涤，洗涤沉淀时最好选用饱和溶液
D．隔绝空气“煅烧”时每生成，理论上产生标准状况下
6．（23-24高三上·山东·阶段练习）碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是
A．实验中应先关闭K，打开仪器b的活塞，制备碘酸钾
B．滴入30％氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色
C．乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收
D．如果乙装置中最终生成4.8g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3g
7．（23-24高三上·北京·期中）海水提溴过程中发生反应：，下列说法正确的是
A．标准状况下2 mol H2O的体积约为44.8 L
B．代表NaBrO
C．反应中消耗3 mol Br2转移的电子数约为
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1
8．（23-24高三上·湖北襄阳·期中）天然气因含有少量等气体开采应用受限，T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．该脱硫过程中是中间产物
B．由脱硫过程可知氧化性：
C．该过程每消耗标准状况下能脱除克
D．该脱硫过程需要不断添加
9．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期中）多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO 的物质的量之比为1∶16，则x的值是
A．2 B．3 C．4 D．5
10．（23-24高三上·河南·阶段练习）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和、、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L （标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L NaOH溶液至恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是
A．20 mL B．40 mL C．60 mL D．80 mL
2/ 让教学更有效 精品试卷 | 化学
得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
1．（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。
2．（2024·山东·高考真题）以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极a连接电源负极
B．加入Y的目的是补充
C．电解总反应式为
D．催化阶段反应产物物质的量之比
【答案】B
【分析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。
【解析】A．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；
B．根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；
C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确；
D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确；
答案选B。
守恒法解题思路：
1．（2023·湖南·高考真题）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
2．（2022·北京·高考真题）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0
下列说法不正确的是
A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定
B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除
C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为
【答案】D
【解析】A．已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确；
B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；
C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确；
D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4molHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。
故选D。
一、在高中化学计算中通常要遵循三大守恒规律：
得失电子守恒
质量守恒
电荷守恒
二、守恒思想在氧化还原反应计算中的应用
1．对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒的思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子和失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。
三、考查角度
（1）考查两元素之间得失电子守恒计算
（2）考查多步反应得失电子守恒计算
有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变的很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。
1．（2024·江苏南通·模拟预测）工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：
已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3.下列说法不正确的是
A．“焙烧”时，
B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去
C．不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关
D．“沉钒”后的溶液中
【答案】D
【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中FeV2O4生成对应的金属氧化物Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2，“焙烧”的产物之一为NaVO3，加入水浸出，Fe2O3成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，将转化为Al(OH)3，过滤后向滤液中加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。
【解析】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，根据得失电子守恒可得关系式：5FeV2O4~4O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，，A正确；
B．由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去，B正确；
C．的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是：把Cl-氧化为有毒气体Cl2，C正确；
D．“沉钒”后得到的饱和溶液，，D错误；
故选D。
2．（2024·河南·二模）以甲苯为原料通过间接氧化法可制得苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如图所示。下列说法错误的是
A．阳极的电极反应式为
B．电解结束后，阴极区溶液的pH保持不变
C．酸性溶液将甲苯氧化为苯甲醛的离子方程式为
D．1mol甲苯被氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共消耗
【答案】D
【分析】左侧电极上发生反应：，可知左侧电极为阳极，右侧电极为阴极；阳极生成的转移到最左侧装置中将甲苯氧化为苯甲醛等，据此分析解答。
【解析】A．由图可知，左侧Pt电极为阳极，右侧Pt电极为阴极，阳极的电极反应式为：，A正确；
B．阴极的电极反应式为，阴极区每消耗，同时就有从阳极区通过质子交换膜进入阴极区，阴极区溶液的保持不变，故电解结束后，阴极区溶液的pH保持不变，B正确；
C．酸性溶液将甲苯氧化为苯甲醛的离子方程式为：，C正确；
D．根据关系式和，可知1mol甲苯被氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共失去5mol电子，再根据关系式，可知1mol甲苯被氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共消耗，D错误；
故选D。
3．（2024·安徽·模拟预测）我国最新型055型万吨驱逐舰上使用了最新一代国产有源相控阵雷达，采用了最先进的氮化镓()半导体技术。某工厂利用铝土矿(主要成分为、、)为原料制备的流程如下图所示。已知镓与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，能与强酸、强碱溶液反应，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．可以通过粉碎铝土矿、搅拌等方法提高“碱溶”效率
B．由过程②、③可知，的酸性比强
C．已知，与足量反应，转移电子数为
D．滤渣1是，生成滤渣2的离子方程式可能为
【答案】C
【分析】以铝土矿(主要成分为、、)为原料，制备，流程主线以为主元素，、作为杂质被除去，加入溶液“碱浸”铝土矿，不反应，过滤以滤渣1被除去，、与碱反应进入滤液1中，以、形式存在，通入适量生成沉淀，过滤为滤渣2除去，通入过量生成沉淀，最终转化为。
【解析】A．粉碎铝土矿、搅拌，可以增大反应物接触面积，提高反应速率的同时提高铝土矿的利用率，A正确；
B．、与碱反应，分别以、的形式存在于滤液1中，过程②与适量反应生成沉淀，过程③与过量反应生成沉淀，所以的酸性比强，B正确；
C．生成的化学方程式为，该反应为可逆反应，反应不完全，转移电子数小于，C错误；
D．加入溶液“碱浸”铝土矿，不反应，所以滤渣1是，与适量反应生成滤渣2，滤渣2是沉淀，
离子方程式可能为，D正确。
故选C。
4．（2024高三·全国·专题练习）Bi为第VA族元素，铋酸钠是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水。测定NaBiO3粗产品纯度的步骤如下：
①将NaBiO3粗产品加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液中，充分反应后，溶液变为紫红色，同时生成Bi3＋；
②向①中反应后的溶液中滴加一定浓度的草酸(H2C2O4)标准溶液，通过消耗草酸标准溶液的体积计算产品纯度。
下列有关说法正确的是
A．酸性强弱：HNO3B．草酸分子中只存在极性键
C．步骤①中反应的离子方程式为5BiO＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2MnO＋7H2O
D．步骤②中反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1
【答案】D
【解析】A．已知Bi为第VA族元素，则非金属性：N>Bi，其最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致即HNO3>HBiO3，A错误；
B．草酸的结构式为，存在极性键和非极性键(—C—C—)，B错误；
C．Bi元素的化合价由BiO中的＋5降低为Bi3＋中的＋3，Bi元素被还原，结合“溶液变为紫红色”可知，Mn2＋被氧化为MnO，由于NaBiO3不溶于冷水，不能拆成离子形式，则步骤①中反应的离子方程式为5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋=5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO＋7H2O，C错误；
D．步骤②中MnO和H2C2O4发生反应2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，氧化产物(CO2)和还原产物(Mn2＋)的物质的量之比为5∶1，D正确；
故答案为：D。
5．（23-24高三上·江西宜春·期末）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中、和的微粒数之和小于
B．标准状况下，的分子数为
C．与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间
D．含水分子1mol的冰晶体中氢键的数目为4NA
【答案】A
【解析】A．氯气与水的反应为可逆反应，故溶液中Cl 、ClO 和HClO的微粒数之和小于NA，A正确；
B．标准状况下，CHCl3是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；
C．氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数等于转移电子总数，Na与O2完全反应可能生成氧化钠，也可能生成过氧化钠，也可能为二者的混合物，无论是哪种情况，2.3 g Na均失去0.1mol电子，故反应中转移的电子数为0.1NA，C错误；
D．每个H2O分子通过氢键与4个H2O分子结合，平均每个H2O分子含有氢键数目为：，所以含水分子1mol的冰晶体中氢键的数目为2NA，D错误；
故选A。
6．（23-24高三上·江苏淮安·期中）一种催化还原NO的机理如下图所示。下列说法正确的是
A．中所含Cu的基态电子排布式为
B．中间体X和中间体Z中Cu的化合价相同
C．转化①中既有极性共价键的形成，也有非极性共价键的形成
D．总转化过程中每吸收1mol NO需要消耗2mol NH3
【答案】C
【解析】A．铜元素的原子序数为29，则四氨合铜离子中的电子排布式为[Ar]3d9，故A错误；
B．由化合价代数和为0可知，中间体X中氧元素的化合价为—1价、铜元素的化合价为+2价，中间体Z中氧元素的化合价为—2价、铜元素的化合价为+3价，两者中铜元素的化合价不同，故B错误；
C．由图可知，转化①中有氢氧极性共价键形成，也有氮氮非极性共价键的形成，故C正确；
D．由图可知，催化还原一氧化氮的总反应为O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O，则总转化过程中每吸收1mol一氧化氮需要消耗1mol氨气，故D错误；
故选C。
7．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·期末）将一定质量的镁、铜合金加到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是
A．开始加入合金的质量可能为16.4g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
D．标准状况下产物NO的体积为22.4L
【答案】C
【解析】A．测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，说明氢氧根质量为5.1g，其物质的量为0.3mol，转移电子物质的量为0.3mol，若全部是镁，则镁的质量为，若全部是铜，则铜的质量为，若开始是两者的合金，则合金的质量不可能为16.4g，只可能介于3.6g和9.6g之间，故A错误；
B．根据氮元素和得失电子守恒，转移0.3mol电子，金属物质的量为0.15mol，则起酸性的硝酸物质的量为0.3mol，其氧化性的硝酸物质的量为，因此参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol，故B错误；
C．由于氢氧根物质的量为0.3mol，加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液的体积为，故C正确；
D．根据前面分析生成NO物质的量为0.1mol，则标准状况下产物NO的体积为2.24L，故D错误。
综上所述，答案为C。
8．（2024·山东日照·一模）化学需氧量(Chemial Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样，先加入足量稀硫酸酸化，再加入的标准液，煮沸30min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入的标准液(过量)。
③用的标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗标准液。
计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】分析整个过程可知，水样中的还原性物质和发生氧化反应失去电子，发生还原反应得电子，发生还原反应变成，故得电子总量为，被氧化为二氧化碳共失去电子，故水样中的还原性物质失电子总量为，相当于消耗，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量，故可知耗氧量为，故水样中COD含量(mg/L)为。
故选A。
9．（23-24高三上·宁夏石嘴山·阶段练习）有一块铁的“氧化物”样品，用140mL5.0mol L-1盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.56LCl2(标况下)，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为
A．Fe4O5 B．Fe3O4 C．Fe5O7 D．Fe2O3
【答案】C
【解析】试题解析：n（HCl）=0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收n（Cl2）==0.025mol，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl-）=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，则n（Fe3+）= n（Cl-）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）：n（O）=0.25：0.35=5：7，所以化学式为Fe5O7，故选C。
10．（23-24高三上·宁夏银川·阶段练习）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越小，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铁铝合金与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．图中O~C段发生反应的离子方程式为：H++OH－=H2O
B．的物质的量为0.012 mol
C．C点对应氢氧化钠溶液的体积6mL
D．原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为0.148 mol
【答案】C
【分析】据题意，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中的氮元素化合价越低，由于反应过程中没有产生气体，则可推知N元素的化合价由+5→-3价，存在形式为。结合图像可知C点之前为氢氧化钠与过量的硝酸反应，CD段为Fe3+和Al3+生成氢氧化物沉淀，DE段为与氢氧根反应，EF段为氢氧化铝与氢氧化钠的反应，F点对应的沉淀为氢氧化铁，据此分析。
【解析】A．根据分析，图中O~C段发生反应的离子方程式为：H++OH－=H2O，A正确；
B．DE段为与氢氧根反应，消耗氢氧化钠物质的量为=0.012mol，则的物质的量为0.012 mol，B正确；
C．根据的物质的量为0.012 mol，铁铝合金与稀硝酸反应，硝酸得0.012mol×8=0.096mole-，氧化还原反应中得失电子守恒，可知生成Fe3+和Al3+物质的量共=0.032mol，CD段Fe3+和Al3+生成氢氧化物沉淀共消耗氢氧化钠溶液体积为=0.024L=24mL，C点对应氢氧化钠溶液的体积(31-24)mL=7mL， C错误；
D．E点时Fe3+和Al3+恰好完全沉淀，溶液中的溶质是硝酸钠和氨气，根据氮原子守恒，n(NH3)=n()=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol硝酸总的物质的量为(0.012+0.136)mol=0.148mol，D正确；
故选C。
1．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
【答案】D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
【解析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；
B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；
D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；
综上所述，本题选D。
2．（2024·浙江金华·模拟预测）工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是
A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
B．是该反应的催化剂
C．“过程2”可表示为
D．吸收过程中存在反应：
【答案】D
【解析】A．“过程1”发生反应：ClO + Ni2O3=2NiO2 +Cl ，该反应中Cl元素化合价由＋1价变为﹣1价、Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，则氧化剂是ClO -，还原剂是Ni2O3，氧化产物是NiO2，还原产物是Cl -，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，A错误；
B．由图可知，Ni2O3是过程1的反应物，是过程2的生成物，所以Ni2O3是反应的催化剂，二氧化镍是反应的中间产物，B错误；
C．“过程2”中，1molClO-转化为Cl-和O时，需要转移2mole-，则需消耗2molNiO2，反应的离子方程式可表示为ClO +2NiO2=Ni2O3+Cl +2O，C错误；
D．O具有强氧化性，能氧化还原性的SO2，所以吸收过程中存在反应：SO2+O+2OH =+H2O，D正确；
故选D。
3．（23-24高三上·河北衡水·期中）、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量外，还有、、，且这三种离子的个数比为9∶2∶1，则原混合气体中和HCl的个数之比为
A．5∶2 B．2∶5 C．3∶1 D．1∶3
【答案】A
【解析】根据得失电子守恒有：、、这三种离子的个数比为9∶2∶1，设、、的物质的量分别为9mol、2mol、1mol，则被氧化的氯气的物质的量为：，则被还原的氯气的物质的量为：，氯气产生的氯离子的物质的量为7mol，氯气的物质的量为1.5mol+3.5mol=5mol，则HCl的物质的量为9mol-7mol=2mol；原混合气体中和HCl的个数之比为5：2；
故选：A。
4．（23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）CuH是为数不多常温下存在的氢化物，能与盐酸反应放出气体。将次磷酸(H3PO2)加入CuSO4溶液中，加热到50℃，制备出红棕色的难溶物CuH，反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物。下列说法错误的是
A．CuH与盐酸反应放出的气体为氢气
B．上述制备反应中CuH既是氧化产物又是还原产物
C．参加反应的H3PO2与CuSO4的个数之比为3：4
D．CuH具有强还原性
【答案】B
【解析】A．CuH中H显-1价，与盐酸反应方程式为2CuH+2HCl=CuCl2+Cu+H2，放出的气体为氢气，故A正确；
B．将次磷酸(H3PO2)加入CuSO4溶液中，加热到50℃，生成难溶物CuH，Cu、H元素化合价均降低， CuH是还原产物，故B错误；
C．将次磷酸(H3PO2)加入CuSO4溶液中，加热到50℃，制备出红棕色的难溶物CuH，反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物，根据得失电子守恒，反应方程式为 ，参加反应的H3PO2与CuSO4的个数之比为3：4，故C正确；
D．CuH中H元素为-1价，CuH具有强还原性，故D正确；
选B。
5．（23-24高三上·山东·阶段练习）利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)回收铂的一种工艺流程如下。
已知：①隔绝空气“煅烧”时有两种单质生成，其中一种是
②室温：、
下列说法错误的是
A．“溶解”时发生反应的离子方程式为
B．“沉铂”中，若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，则溶液的最小浓度为(忽略溶液混合后体积的变化)
C．“操作1”中包括过滤及沉淀的洗涤，洗涤沉淀时最好选用饱和溶液
D．隔绝空气“煅烧”时每生成，理论上产生标准状况下
【答案】D
【分析】镍铂靶材废料主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质，加盐酸溶解除去Ni、Fe、Al，滤渣加王水溶解Pt，加氯化铵生成沉淀，“煅烧”生成海绵Pt。
【解析】A．“溶解”时Pt被氧化为，Pt元素化合价由0升高为+4，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的离子方程式为，故A正确；
B．“沉铂”中，若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，反应后c()=，则溶液的最小浓度为，故B正确；
C．“操作1”中包括过滤及沉淀的洗涤，为降低的溶解度，洗涤沉淀时最好选用饱和溶液，故C正确；
D．隔绝空气“煅烧”时每生成，Pt元素化合价由+4降低为0，N元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒生成N2的物质的量为，产生氮气在标准状况下的体积为8.96L，故D错误；
选D。
6．（23-24高三上·山东·阶段练习）碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是
A．实验中应先关闭K，打开仪器b的活塞，制备碘酸钾
B．滴入30％氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色
C．乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收
D．如果乙装置中最终生成4.8g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3g
【答案】D
【分析】本题为利用碘酸钾和硫化氢制备碘化钾，由装置所盛试剂可知，装置甲为启普发生器，利用硫化亚铁和稀硫酸制备硫化氢气体，装置乙中盛放碘单质和氢氧化钠，用以制备碘酸钾，待碘酸钾制备完成，将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，同时有淡黄色硫单质生成，最后用氢氧化钠吸收尾气。
【解析】A．利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾，由于碘酸钾为溶液，硫化氢为气体，因此需先关闭K制备碘酸钾，然后制备并将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，故A正确；
B．碘单质溶解后溶液呈棕黄色，随着碘单质与氢氧化钠反应生成无色的碘化钾和碘酸钾，溶液逐渐变为无色，故B正确；
C．硫化氢为弱电解质，加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离，降低其溶解度，使其逸出吸收，故C正确；
D．黄色沉淀为S，4.8g S为0.15mol，硫元素由硫化氢中的-2价升高为0价，0.15mol S转移0.3mol电子，每生成1mol碘化钾转移1mol电子，因此共生成碘化钾0.3mol，质量为49.8g，故D错误；
故选D。
7．（23-24高三上·北京·期中）海水提溴过程中发生反应：，下列说法正确的是
A．标准状况下2 mol H2O的体积约为44.8 L
B．代表NaBrO
C．反应中消耗3 mol Br2转移的电子数约为
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1
【答案】C
【解析】A．标准状况下H2O的液体，2 mol H2O的体积不是44.8 L，故A错误；
B．根据元素守恒，代表NaBrO3，故B错误；
C．反应中消耗3 mol Br2转移5mol电子，转移的电子数约为，故C正确；
D．Br元素化合价由0降低为-1，NaBr是还原产物，Br元素化合价由0升高为+5，NaBrO3是氧化产物，还原产物反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1，故D正确；
选C。
8．（23-24高三上·湖北襄阳·期中）天然气因含有少量等气体开采应用受限，T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．该脱硫过程中是中间产物
B．由脱硫过程可知氧化性：
C．该过程每消耗标准状况下能脱除克
D．该脱硫过程需要不断添加
【答案】D
【分析】过程I硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S：，过程II中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁：。
【解析】A．过程Ⅰ中Fe2(SO4)3被还原为FeSO4，过程Ⅱ中FeSO4又被氧化为Fe2(SO4)3，所以FeSO4是中间产物，A正确；
B．过程Ⅰ中Fe2(SO4)3将H2S氧化为S，所以氧化性Fe2(SO4)3＞S，过程II中O2将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，所以氧化性O2>Fe2(SO4)3，故氧化性：O2>Fe3+>S，B正确；
C．标况下3.36L O2为0.15mol，参与反应时转移0.6mol电子，H2S被氧化为S，化合价升高2价，所以可以脱除0.3molH2S，质量为0.3mol×34g/mol=10.2g，C正确；
D．据分析总反应方程式为I和II过程反应方程式相加：，没有消耗硫酸铁，不需要补加，D错误；
答案为D。
9．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期中）多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO 的物质的量之比为1∶16，则x的值是
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】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，C1元素化合价由+1价降低为-l价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程：x×[6-(-)]=16×[1-(-1)]，解得x=5，故合理选项是D。
10．（23-24高三上·河南·阶段练习）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和、、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L （标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L NaOH溶液至恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是
A．20 mL B．40 mL C．60 mL D．80 mL
【答案】C
【解析】根据电子守恒，铜失去的电子最终转移给氧气，氧气的物质的量为=0.075mol，所以转移电子物质的量为0.075mol×4=0.3mol，铜离子的电荷数等于转移电子物质的量等于结合的氢氧根的物质的量，也等于氢氧化钠的物质的量，所以消耗氢氧化钠的体积为=0.06L，即60 mL；
故选C。
2
