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方程式可知，氧化产物和还原产物物质的量之此为5：1，正14.B根据反应方程式分析硝酸根离子中氨元素的化合价由确，C项，向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO,溶液，VO2+十5价降低到十4价，生成10 mol NO2时转移10mol电子，被高锰酸钾氧化为VO,故溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则生成1mol耳AsO4,反应中转移电子的物质的量为正确；D项，向含2 mol VO的酸性溶液中滴加1 mol Fel,5mol,A正确；若将该反应设计成原电池，硝酸根离子在正溶液充分反应，由于碘离子的还原性大于Fe牛的还原性，故极反应，因此NO2应该在正极附近逸出，B错误；NO2会碘离子和2 mol VO完全反应生成碘单质，转移2mol电污染环境，因此反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，子，错误。C正确；根据方程式分析可知，硝酸根离子为氧化剂，8.BCCl2、FeCl、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2A$2S,为还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为溶液中，先氧化I后氧化Fe2,且Fe+可氧化I”,所以不可10：1,D正确。能存在反应3C12十6FeL2-2FeCl,十4FeL,A错误；Co2Oa1.C由曲线变化图可知，随反应进行，CO的物质的量减的氧化性大于I2,所以C02O,能氧化I“生成碘单质，而碘单小，C1O是反应物，C1O具有强氧化性，反应后C1元素的质不能将C02+氧化成Co2Og,D错误。化合价降低，CI为生成物，NH中N元素的化合价升高，9.DA项，由题干转化关系图可知，反应①中Te元素化合价生成N2,由元素守恒可知，反应的离子方程式为3C0+升高，故利用了H2Te的还原性，正确；B项，碲(Te)与氧元2NH=N2个+3H2O+3CI+2H。根据分析，C10素同族，位于(S)的下方，则碲(Te)位于元素周期表中第是氧化剂，C1是还原产物，A错误；根据分析，反应的离子五周期第IA族，正确；C项，反应③中Te元素由十4价升方程式为3C10+2NH=N2个+3H20+3CI+高到十6价，H2O2作氧化剂，即利用了H2O2的氧化性，正2H+,反应后酸性增强，B错误，根据分析，NH为还原确；D项，已知H2Te2O,和H2TeO。中Te的化合价均为剂，N元素的化合价由一3价升为0价，消耗1mol还原十4价，故H2TezO,转化为H2Te,O,没有发生氧化还原反剂，转移3mol电子，C正确；根据分析，氧化剂与还原剂的应，错误。物质的量之比为3：2，D错误。10.C12.7g12的物质的量为0.05mol,由方程式可知此时16.C根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配离子方程有005式：6Au+2HS+S+2OH—6AuS+2H2O,Au是4mol=0.0125molK2HI0。被还原，转移还原剂，S是氧化剂，AuS是氧化产物和还原产物，A错0.0125molX7=0.0875mol电子，A错误；生成物KI中误；氧化剂和还原剂物质的量之比为1：6，B错误；反应中元素化合价没有变化，B错误；反应K2H,IO。十9HI每生成6 mol AuS,转移电子数为6Na,C正确，H2S、2KI十4L2十6H20中，I元素化合价分别由+7价、一1价变HS含有+1价氢元素，氧化还原反应中可表现为氧化化为0价，还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，C正3性，D错误。确；K,HIO。中I元素化合价降低，被还原，发生还原反应，D错误。加餐练911.AH2S,O。+4Cl2+6H20一3H2SO4十8HC1反应中，1.BB项，700~900℃下，AsH3与Ga(CH3)3通过化学气相完元素从均碧价升商到十6价、氯元素从0价降低到沉积可制得半亭体材料碑化傢(GAs)晶体，化学方程式为一1价，则还原剂为HSO。、氧化剂为氯气、氧化产物为AsH,+Ga(CH,)700-9o0℃CaAs十3CH,↑，错误。H2S04、还原产物为HC1,据此回答。据分析，氧化产物、:2.DNa2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，产还原产物的物质的量之比为3：8，A正确；即使没有发生生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗题给反应，氯水中加入AgNO,溶液也可产生白色氯化银粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即Na2FeO4可以对水体进行沉淀，则不能用AgNO,溶液检验题给反应是否发生，B错杀菌消毒、净化，A正确；该反应中，Na2O2中O的化合价既误；据分析，H2SO。在题给反应中表现还原性，C错误；没有升高又有降低，故Na,O2既是氧化剂又是还原剂，B正有指明是否为标准状况，无法计算11.2LC12的物质的确；a=2,根据Fe和S守恒可知，c=2,d=2,再根据Na守量，及转移电子的物质的量，D错误。恒可知，b=6,则3a=b,即该反应的化学方程式为2FeS0,12.C两种方法中KCIO,→C1O2,C1元素化合价降低，C1O2+6Na202=2Na2FeO4+2Na,O+2NazS0,+O2个，则每生都是还原产物，A错误；两种方法中KC1O。→CIO2,CI元素成1 mol Na2FeO4,转移5mol电子，C正确，D错误。化合价从十5价降低到+4价，根据得失电子守恒，1mol3.BA项，①的离子方程式为BrO十5Br+6H一3B,KClO参加反应都有1mol电子转移，B错误；由得失电子十3H20,可知每转移5mol电子时，生成3 mol Br2,则每转守恒、元素守恒，生成等量C1O2,方法①②需要KC1O。的移0.5mol电子时，可生成0.3 mol Br2,正确；B项，②③的质量相同，C正确；反应①KClO,→CIO2,KC1O,作氧化方程式分别为②Br2十CH2(COOH)2一BrCH(COOH)剂，HC→C2中CI元素化合价升高，HCI作还原剂，则+HBr,③BrO3+4Ce3+十5H一HBr0+4Ce++4HC1有2HC1为还原剂、另2HCl表示出酸性，则方法①2H2O,反应中均有元素化合价改变，均属于氧化还原反应；中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，D错误。②反应生成强酸HBr使c(H*)增大，③反应消耗H+,使13.C 4K [Fe(CN)]4KOH-4K,[Fe(CN)]+c(H+)减小，错误；C项，根据信息，④反应中HBrO既将2H2O,生成1molO2,转移4mole,K[Fe(CN)g]中铁元BrCH(COOH)2氧化为CO2,还要实现Br和Ce+的再生，素的化合价从十3价变成十2价，铁元素的化合价降低，作故离子方程式为HBrO+4Ce÷十H,O+BrCH(COOH)2氧化剂，被还原，A正确；生成的蓝色沉淀Fe[Fe(CNg]22Br十4Ce3++3C02↑十6H+,正确；D项，将②③④方中铁元素存在十2价、十3价两种价态，B正确；KOH作还程式的化学计量数扩大3倍，然后将①②③④的有关方程原剂，0.4 mol KOH被氧化时，转移0.8mol电子，C错式相加，得出总反应为4BxO5+3CH2(C0OH)2误，0.1mol铁氰酸钾参与反应时，生成0.025molO2,标4Br+9CO2个十6H2O,可知，恰好完全反应时，BrO?与准状况下V=560mL,D正确。CH2(COOH)2的物质的量之比为4：3，正确。171