专题04 氧化还原反应-2022年高考真题和模拟题化学分类汇编（解析版）.docx

1、专题04 氧化还原反应1（2022浙江卷）关于反应，下列说法正确的是A发生还原反应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21D发生反应，转移电子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S +SO2 +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。AH2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；BNa2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；

2、C该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。2（2022湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是A过程中发生氧化反应Ba和b中转移的数目相等C过程中参与反应的D过程的总反应为【答案】C【解析】A由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B由图示可知，过程I

3、为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H+e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；C由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NH)=1:4，C正确；D由图示可知，过程III为N2H4转

4、化为N2和4H+、4e-，反应的离子方程式为：N2H4= N2+4H+4e-，过程I-III的总反应为：2NO+8NH=5N2+4H2O+24H+18e-，D错误；答案选C。1（2022北京首都师范大学附属中学三模）下列物质在生活中的应用与氧化还原反应无关的是AFeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳B用明矾处理污水C用84消毒液杀灭细菌D还原Fe粉用作食品脱氧剂【答案】B【解析】A人体容易吸收亚铁离子，但亚铁离子具有还原性，很容易被氧化为不易被人体吸收的铁离子，而维生素C也具体还原性，故两者同服可减少亚铁离子的氧化，效果更佳，故A项与氧化还原反应有关；B明矾是,溶于水电离出的铝离子会发生水

5、解：形成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶粒由于阳离子会带正电，遇到负点的沉积物胶体便中和为电中性，当胶体颗粒上没有电荷时，它们聚集在一起下沉，越来越多的颗粒下沉到水底，使水变得清澈干净。整个过程铝元素化合价均未改变，所以不涉及氧化还原反应，故B项与氧化还原反应无关；C84消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，可以杀灭细菌，故C项与氧化还原有关；D铁粉具有还原性，能和氧气反应生成氧化铁，消耗氧气，使食物保持新鲜，故D项与氧化还原反应有关。故答案选B。2（2022北京育才学校三模）下列离子检验利用了氧化还原反应的是选项待检验离子检验试剂AFe3+KSCN溶液BSO稀盐酸、氯化钡溶液CI-Cl2、

6、淀粉溶液DNH浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸【答案】C【解析】AFe3+与KSCN溶液发生络合反应，不是氧化还原反应，A不符合；BSO与氯化钡溶液反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合；C氯气能把碘离子氧化为单质碘，属于氧化还原反应，碘遇淀粉显蓝色，C符合；D浓NaOH溶液与铵盐发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，D不符合；答案选C。3（2022青海西宁一模）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质(括号内为杂质)除杂试剂ACl2(HCl)H2O、浓H2SO4BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、过滤、稀HClC乙醇(乙酸)NaOH溶液、分液DNO(NO2)H

7、2O、无水CaCl2【答案】B【解析】A除去Cl2中的HCl应该将混合气体通过饱和食盐水，用浓硫酸不能除去HCl，A不合题意；B除去NaCl溶液中的MgCl2，可以先加入过量的NaOH溶液，反应为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，过滤洗涤沉淀后向滤液中滴加稀HCl至溶液呈中性，反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，前后发生的反应均为非氧化还原反应，B符合题意；C除去乙醇中的乙酸，可以用NaOH溶液，但由于乙醇和水任意比互溶，不能用分液法将乙醇和乙酸钠溶液分离，C不合题意；D除去NO中的NO2，先将混合气体通过H2O，发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应为

8、氧化还原反应，然后通过无水CaCl2干燥即可，D不合题意；故答案为：B。4（2022安徽淮北市教育科学研究所一模）高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是ANaCuO2中铜的化合价为+3价B1molClO-参加反应转移2mol电子C反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为23DNaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO+12H+=4Cu2+O2+6H2O【答案】D【解析】ANaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，

9、故A正确；BClO-Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；C该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；DNaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；故选：D。5（2022山西吕梁一模）下列关于反应(未配平)的说法中不正确的是A被氧化的元素和SB氧化剂与还原剂的物质的量之比为C生成(标况下)，转移电子的物质的量是D还原性的强弱关系是：【答案】D【解析】A铜元素的化合价由+1

10、升到+2价，硫元素的化合价由2升到+4价，均被氧化，故A正确；B设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x=(2+6)y，故B正确；C根据B项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故C正确；D根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2SMn2+，故D错误；故选D。6（2022陕西咸阳一模）是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：反应1：反应2：下列说法正确的是A两个反应中都作氧化剂B反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C反应2中每转移6mol电子，生成气体的物质的量为15

11、molD制备等量的，反应1比反应2转移的电子总数多【答案】A【解析】A反应1ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，故A正确；B反应1ClO2，做氧化剂，HClCl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为11，故B错误；C反应2ClO2中Cl元素化合价从+5降到+4，有24个Cl原子变价，每转移24mol电子，生成气体的物质的量为30mol，则转移6mol电子，生成气体的物质的量为7.5mol，故C错误；D将反应1乘以12，生成24mol时转移(5-4)24=24mol，反应2生成24mol时

12、也转移24mol，故D错误；故选：A。7（2022北京市十一学校三模）碱式氯化铜是一种重要的无机杀虫剂，它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。(已知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。下列有关说法正确的是Aa、b、c之间的关系式为：B步骤1充分反应后，需加入少量或C图中M、N分别为、D制备的，理论上消耗【答案】B【解析】A根据电荷守，a、b、c之间的关系式为：2，故A错误；B步骤1充分反应后，需加入少量或除去剩余的盐酸，故B正确；C根据氧化还原反应规律，铜元素化合价升高、铁元素化合价降低，所

13、以 图中M、N分别为、，故C错误；D根据得失电子守恒，制备的，理论上消耗0.5mol氧气，没有明确是否为标准状况，消耗氧气的体积不一定为，故D错误；选B。8（2022上海上海二模）工业硅冶炼炉中存在如下反应：反应：SiO2+2CSi(熔点1410)+2CO反应：SiO2+3CSiC(熔点2700)+2CO已知SiC与Si结构相似，NA表示阿伏加德罗常数的值。关于上述反应说法正确的是A反应中C置换了Si，说明非金属性CSiB反应与中氧化剂与还原剂物质的量之比均为12C反应与中每生成22.4LCO，转移电子数均为2NA个DSiC熔点明显高于Si是因为两者结构相似，但SiC摩尔质量更大【答案】B【解

14、析】A反应中C失电子，表现出还原性，不表现出氧化性，所以不能说明非金属性CSi，A不正确；B反应与中，氧化剂都为SiO2，还原剂为生成CO的那部分C原子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比均为12，B正确；C题中没有指明22.4LCO对应的温度和压强，不能利用22.4L/mol计算其物质的量，所以也就无法计算转移电子数，C不正确；DSiC和C都形成共价晶体，SiC熔点明显高于Si，不是因为SiC摩尔质量更大，而是因为Si-C键的键能大于Si-Si键的键能，D不正确；故选B。9（2022广东广州六中三模）中国是稀土大国，铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素，主要存在与独居石中。金属铈在空气中易被氧化

15、变暗，能与水反应，常见的化合价为+3和+4，氧化性：。下列说法正确的是A、互为同位素B可通过电解溶液制得金属铈C铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：D溶于氢碘酸的化学方程式可表示为【答案】A【解析】A、的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故A错误；B由题意可知，金属铈能与水反应，所以电解硫酸高铈溶液不可能制得金属铈，故B错误；C由高铈离子的氧化性强于铁离子可知，铜离子不可能与铈发生置换反应生成铜和高铈离子，故C错误；D由高铈离子的氧化性强于铁离子可知，二氧化铈与氢碘酸反应不可能生成四碘化铈，故D错误；故选A。10（2022内蒙古包钢一中一模）硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是浓H2

16、SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液SA反应中生成的SO2具有漂白性，可使溴水褪色B反应中若SO2过量，就会生成NaHSO3C反应中生成 S 既是氧化产物，也是还原产物D反应中当消耗 1mol 稀硫酸时，电子转移为4mol【答案】B【解析】ASO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B反应中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C反应中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D反应中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S+SO2+H2O，由方程式可知，反应消耗 1mo

17、l 稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；综上所述答案为B。11（2022新疆喀什一模）铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2+4H2O。下列说法正确的是APb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂B物质的氧化性：Cl2Pb3O4CPb3O4中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2：1D当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L【答案】C【解析】A反应Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，

18、故A错误；B反应Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4Cl2，故B错误；C因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2:1，故C正确；D选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积，故D错误；故选C。12（2022山东师范大学附中模拟预测）利用NaClO氧化尿素制备N2H4H2O(水合肼)，

19、同时可制备Na2SO3，制备流程如图所示：已知：N2H4H2O有强还原性，N2H4H2O能与NaClO反应生成N2；0.1mo1/L亚硫酸钠溶液的pH约为9.5。下列说法错误的是A步骤I反应时，若产物中n(NaC1O)：n(NaC1O3)=5：1，则n(NaCl)：n(NaC1O)=2：1B步骤II中须将尿素缓慢加入NaC1O碱性溶液中C步骤II反应的离子方程式为C1O+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4H2O+COD步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收SO2【答案】B【解析】由流程可知，步骤I中发生，温度过高时易发生，步骤II中发生 ，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，

20、可防止过量的NaClO溶液将氧化，步骤III中分离出碳酸钠、水合肼；步骤IV向碳酸钠溶液中通入SO2，反应过程中控制溶液为碱性有利于吸收SO2，将碳酸钠转化为亚硫酸钠；A步骤I反应时，若产物中n(NaC1O)：n(NaC1O3)=5：1，假设产物中n(NaC1O)=5mol，n(NaC1O3)=1mol，根据得失电子守恒可知n(NaC1)=10mol，故n(NaCl)：n(NaC1O)=2：1，A项正确；B由分析可知：步骤II中将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将氧化，B项错误；C步骤II反应的离子方程式为，C项正确；D由分析可知，步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，

21、有利于吸收SO2，D项正确；答案选B。13（2022新疆乌鲁木齐一模）实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。已知：深蓝色溶液中生成了。下列说法正确的是A过程中，发生了氧化还原反应B实验开始至，溶液中发生的总反应离子方程式为：C过程中，元素被氧化，一定是溶液中溶解的氧气所致D时，在碱性条件下，溶液中含铬微粒主要为【答案】D【解析】对照图1和图2，0s5s，Cr元素的化合价仍为+6价；5s30s，Cr元素的化合价由+6价降为+3价；30s80s，Cr元素的化合价又由+3价升高为+6价。A05 s过程中，发生反应生成CrO5，Cr元素都呈+6价，发生非

22、氧化还原反应，A错误；B由图2可知，实验开始至30s时，K2Cr2O7被还原为Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：+3H2O2+8H+=2Cr3+7H2O+3O2，B错误；C30s时，绿色溶液中主要含有Cr3+，80s时黄色溶液中主要含有，所以3080 s过程中，Cr元素被氧化，可能是剩余的H2O2所致，C错误；D+H2O2+2H+，80 s时，在碱性条件下，平衡正向移动，溶液中含铬微粒主要为，D正确；答案选D。14（2022河南信阳二模）化学上常用标准电极电势数据(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。值越高，氧化型物质氧化能力越强，值与体系pH有关。利用表格所给数据分析，以下

23、说法错误的是氧化型/还原型(Co3+/Co2+)(HClO/Cl酸性介质1.84V1.49V氧化型/还原型Co(OH)3/Co(OH)2(ClO/Cl)碱性介质0.17VxA推测：x1.49VBCo3O4与浓盐酸发生反应：Co3O4+8H+=Co2+2Co3+4H2OC若x=0.81V，碱性条件下可发生反应：2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaClD从图中数据可知氧化剂物质的氧化性随着溶液酸性增强而增强【答案】B【解析】A次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；B由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子

24、方程式为Co3O4+8H+2Cl=3Co2+2Cl2+4H2O，故B错误；C由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，故C正确；D由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；故选B。15（2022河南郑州一模）甲酸钙(HCOO)2Ca是一种新型猪饲料添加剂。实验室制取甲酸钙方法之一，是将Ca(OH)2和甲醛溶液依次加入质量分数为30%70%的H2O2中。下列说法错误的是A反应温度不宜过高B该反应中被

25、还原的元素只有OC参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1D每生成26 g (HCOO)2Ca，反应转移电子的物质的量为0.4 mol【答案】D【解析】A反应温度过高会导致H2O2分解，甲醛在水中的溶解度也会随温度的升高而降低，因此反应温度不易过高，A正确；B在该反应中H2O2中的O元素化合价由-1价变为-2价，得到电子被还原，HCHO中的C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；CHCHO为还原剂，H2O2为氧化剂，结合反应可HCHO+H2O2=HCOOH+H2O可知：参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C正确；D制取甲酸钙的反应方程式为：Ca(OH)2+2HCHO+2H2

26、O2=(HCOO)2Ca+4H2O，根据方程式可知：每反应产生1 mol (HCOO)2Ca，反应过程中转移4 mol电子。现在反应生成26 g (HCOO)2Ca，其物质的量n=，则反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.2 mol4=0.8 mol，D错误；故合理选项是D。16（2022山东日照三模）钴是一种重要的过渡金属元素，常见化合价有、价。实验室利用固体进行如下实验。下列说法错误的是ACo在元素周期表中位于第四周期B族B固体Y为C酸性条件下氧化性：D结合上述流程信息，若有与足量盐酸充分反应，理论上可以得到【答案】AD【解析】A已知Co是27号元素，则Co在元素周期表中位于第4横行

27、第9纵列即第四周期族，A错误；B由题干信息可知，0.3molCoC2O42H2O加热中恒重时固体Y的质量为24.1g，Y中含有0.3molCo，则O的物质的量为：，则固体Y为，B正确；C由B项分析结合题干转化信息可知，酸溶时发生的反应为：Co3O4+8HCl=3CoCl2+4H2O+Cl2，此反应中Co3+为氧化剂，Cl2为氧化产物，故酸性条件下氧化性：，C正确；D由题干信息可知，Co的常见化合价有、价，Co5O6中Co3+与Co2+的物质的量之比为：2:3，结合上述流程信息，若有与足量盐酸充分反应，则反应方程式为：Co5O6+12HCl=5CoCl2+6H2O+Cl2，故理论上可以得到，D错

28、误；故答案为：AD。17（2022山西一模）科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如下图所示。下列说法正确的是A步骤的反应过程中电子转移的数目为NAB、两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用C生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO=HNO2+HSO+NOD步骤、中均有O-H键断裂和S-O键生成【答案】C【解析】由图可知，过程为和反应生成和，过程和为、和水反应得到和。A由上述分析可知，过程中发生的反应为，反应过程中，硫元素的化合价由+4价升高为+5价，为还原剂，若参与反应，转移的电子数为，由于未说明消耗的的量，无法计算转移的电子数，A项错误；B由图可知

29、，过程中作为反应物参加反应，过程中没有参加反应，B项错误；C过程中发生的反应为，过程和反应的方程式为，将两个反应相加即可得到生成硫酸盐整个过程的总反应为，C项正确；D由图可知，步骤中有键的断裂和键的生成，步骤中有键的断裂，但不存在键的生成，D项错误；答案选C。18（2022贵州模拟预测）用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确的是A反应I的离子方程式为B反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C1.8gH2O中含H原子数为D反应过程中，混合

30、溶液中和的总数一定保持不变【答案】C【解析】A反应I中做氧化剂与发生氧化还原反应，还原产物为，氧化产物为反应I的离子方程式为，A项正确；B反应II中做还原剂与氧化剂NO反应，离子方程式为，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B项正确；C1.8gH2O 的物质的量为，H2O中含H原子数为，C项错误；D整个反应过程符合质量守恒定律，反应前后参加反应的和的总数一定保持不变，D项正确；答案选C。19（2022四川德阳三模）氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A图示循环过程中N2属于氮的固定B硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应C氨氧化过程氧化产物和还原产物

31、的质量比为11DFe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA【答案】D【解析】A氮的固定是游离态氮转化成化合态的氮，根据图示循环，N2转化成NH，属于氮的固定，故A说法正确；B根据图示，硝化过程NHNONO，氮元素的化合价由-3+3+5，存在化合价的变化，硝化过程属于氧化还原反应，同理反硝化过程中也存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；C氨氧化过程中，NON2，氮元素的化合价由+3价降低为0价，发生还原反应，NHN2，氮元素的化合价有-3价升高为0价，发生氧化反应，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为11，故C说法正确；D题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断得

32、到氮气物质的量，故D说法错误；答案为D。20（2022安徽黄山二模）硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是A反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为11B反应的离子方程式为4Ce3+4H+2NO=4Ce4+2H2O+N2C反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变D该转化过程的实质是NO被H2还原成N2【答案】C【解析】本题由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为：2

33、NO+2H2=N2+2H2O，据此分析。A由图分析，反应为H2+2Ce4+=2H+2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为11，A项正确。B由图分析，反应的离子方程式为4Ce3+4H+2NO=4Ce4+2H2O+N2，B项正确。C据分析可知，Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C项错误。D据分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D项正确。故答案为：C。21（2022内蒙古满洲里市教研培训中心三模）H2O2被称为“最清洁的消毒剂”，国家卫生健康委办公厅印发了消毒剂使用指南，其中明确指定过氧化氢为新冠病毒消毒剂之一，适用于物体表面

34、、室内空气的消毒等。一种用H制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如图所示，下列说法正确的是AH2O2是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗34gH2O2时反应转移1mol电子B该制备反应的总反应方程C该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子有3种D反应过程中每一步反应Pd元素的化合价均发生了变化【答案】C【解析】认真对比反应原理图，不难发现HCl、Pd和都属于先生成后消耗，只是反应的中间产物，可以判断反应物只有和，先消耗后生成，作为催化剂。A34g的物质的量为，在消毒过程中，当发生的是分解反应时，转移电子数为1mol，当只作氧化剂时，转移电子数为2mol，A错误；B这是由制备的反

35、应原理图，结合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，可以推断为催化剂，而Pd和为反应的中间体，所以该制备反应的总反应方程为，B错误；C该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子分别为、HCl和，C正确；D离子带两个单位负电荷，其中有4个-1价的，则Pd的化合价为+2；带两个单位负电荷，结构为 ，其中2个-1价的，而O为-1价，则Pd的化合价为+2；即由转化为时，Pd化合价没有改变，D错误；故合理选项为C。22（2022河南郑州三模）下图是在Cu基分子筛表面用NH3处理 NO，污染物的一种反应机理。下列说法正确的是注：图中元素右上角的罗马数字表示化合价A该过程中化合价发生变化的只有N和O两种元素B上述过程中催化剂首先吸附的是NOC该过程中氧化产物和还原产物只有N2D该过程的总反应为4NH34NOO2N2+6H2O【答案】D【解析】A从反应流程图可知，发生化合价变化的元素还有Cu， A项错误；B从上述过程中可以看出，催化剂首先吸附的是NH3，B项错误；C从反应流程图可知，NH3中的N被氧化生成N2，NO中的N被还原生成N2，O2中的O最终被还原生成H2O，C项错误；D从反应流程图可知总反应为4NH34NOO2N2+6H2O，D项正确；故答案选D。