2022高三化学（全国版）一轮复习试题：专题四　氧化还原反应 2 Word版

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专题四　氧化还原反应

考点1 化氧还原反应中的基本概念
1.[2021江西南昌摸底考试]下列实验未涉及氧化还原反应的是(　　)

实验
现象
A
Cl2通入AgNO3溶液中
有白色沉淀产生
B
乙烯通入酸性KMnO4溶液中
溶液由紫红色变为无色
C
向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液,再滴加氯水
先不变色,后溶液显红色
D
向K2Cr2O7溶液中滴入氢氧化钠溶液
溶液由橙色变为黄色

2.[2021河南郑州一中开学考试]明朝《徐光启手记》记载了“造强水法”:“绿矾五斤(多少任意),硝五斤。将矾炒去,约折五分之一。将二味同研细,听用。次用铁作锅……锅下起火……取起冷定,开坛则药化为水,而锅亦坏矣。用水入五金皆成水,惟黄金不化水中,加盐则化……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.“将矾炒去,约折五分之一”,此时得到的产物为FeSO4·4H2O
B.该方法所造“强水”为硝酸
C.“惟黄金不化水中,加盐则化”的原因是加入NaCl溶液后氧化性增强
D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后,生成了硝酸盐
3.[2021贵州贵阳摸底考试]二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂,可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下制备,反应方程式为:NaClO3+H2O2+H2SO4ClO2↑+Na2SO4+H2O+O2↑(未配平) 。下列说法不正确的是(　　)
A.ClO2是还原产物
B.NaClO3作氧化剂,发生氧化反应
C.NaClO3与H2O2的化学计量数之比为2∶1
D.每生成0.2 mol ClO2,反应转移0.2 mol电子
4.[2021广东惠州调研]为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染,通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2),再用KI溶液处理回收Se。发生的反应为:①Se+2H2SO4(浓)2SO2↑+SeO2+2H2O;②SeO2+4KI+4HNO34KNO3+Se+2I2+2H2O,下列说法错误的是(　　)
A.①中SO2是还原产物,SeO2是氧化产物
B.②中KI是还原剂,HNO3是氧化剂
C.②中每生成0.2 mol I2共转移0.4 mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序是:H2SO4(浓)>SeO2>I2
考点2 氧化还原反应规律的应用
5.[2021安徽定远育才实验学校月考]将SO2气体通入足量Fe2(SO4)3溶液中,完全反应后,再向其中加入K2Cr2O7溶液。上述过程发生如下两个化学反应:
①SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++4H+
②Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O
下列有关说法不正确的是(　　)
A.SO2发生氧化反应
B.氧化性:Cr2O72->Fe3+>SO42-
C.每1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)
D.若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应,则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
6.[2020辽宁六校第一次联考]高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:
① Cl2+KOHKCl+KClO+KClO3+H2O(未配平);
② 2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是(　　)
A.若反应①中n(ClO-) ∶n(ClO3-)=5∶1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B.若反应①中n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1,则每消耗4 mol KOH,吸收标准状况下22.4 L Cl2
C.氧化性:K2FeO4>KClO
D.若反应①的氧化产物只有KClO,则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2
7.[2021江西南昌摸底测试改编]黄铁矿的主要成分是FeS2,在空气中会被缓慢氧化,氧化过程如图所示。(已知25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.79×10-39)下列说法正确的是(　　)

A.发生反应a时,若0.5 mol FeS2被氧化,则转移的电子数为9 mol
B.Fe3+的水解可以促进反应c
C.发生反应c时,FeS2中铁元素和硫元素都被氧化
D.25 ℃,反应d的逆反应的平衡常数K=2.79×103
8.[2021河南南阳一中月考]已知:①SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI;②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2,产生白色沉淀;③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上,试纸变蓝。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100 mL,向其中通入4.48 L(标准状况)氯气,然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,溶液呈微红色。下列有关说法正确的是(　　)
A.FeI2的物质的量浓度约为1 mol·L-1
B.完全反应时转移电子0.2 mol
C.通入氯气的过程中,首先被氧化的是Fe2+,最后被氧化的是I-
D.反应后,溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+
9.[2021河南南阳一中月考]水是一种重要的资源,它同时在化学反应中担任着重要的角色,既可作为反应物又可作为生成物,如图中和水相连的物质都能和水发生反应,则有关说法正确的是(　　)

A.上述反应中属于氧化还原反应的有①②④⑥⑦⑧
B.①和⑦中都有氧气生成,且生成1 mol O2转移的电子数相同
C.①④⑧反应中水都既不作氧化剂也不作还原剂
D.⑦中水作氧化剂,②中水作还原剂
10.[新素材][2021福建师范大学期中]亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如下:

下列说法错误的是(　　)
A.反应①阶段,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B.若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物
C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D.反应②条件下,ClO2的氧化性大于H2O2
11.[2020湖南邵东一中月考]向暗红色CrO3固体表面喷洒酒精会剧烈反应,生成绿色固体Cr2O3,同时有具有刺激性气味的乙醛生成。下列判断错误的是(　　)
A.该反应说明乙醛既有氧化性又有还原性
B.若有1 mol乙醇参加反应,转移电子的物质的量为2 mol
C.由此反应可知,酒精严禁与强氧化性试剂混合存放
D.上述反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OHCr2O3+3CH3CHO+3H2O
12.[4分](1)某实验小组利用如图所示装置制取KH(IO3)2。若还原产物Cl-和Cl2所得电子数相同,写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　。 

(2)600 ℃时硝酸银发生分解反应生成红棕色气体和3种常见单质(其中两种气体单质的物质的量之比为2∶7),则分解时发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
13.[2021安徽淮南一模,11分]汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物,对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下:
NONO2N2
①反应Ⅰ为NO+O3NO2+O2,生成标准状况下11.2 L O2时,转移电子的物质的量是　　　　mol。 
②反应Ⅱ中,当n( NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时,氧化产物与还原产物的质量比为　　　　。 
(2)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。

①装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②装置Ⅱ中,酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-,请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　。 
③装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生,再生时生成的Ce4+在电解槽的　　　(填“阳极”或“阴极”),同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
④取少量装置Ⅳ所得的产品溶于水,溶液中离子浓度由大到小的顺序为　。 
14.[新素材][14分]新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体,可溶于水,在中性或酸性溶液中逐渐分解,在碱性溶液中稳定。工业上制备 K2FeO4 的常用方法有两种。
方法Ⅰ:次氯酸盐氧化法。工艺流程如图。

已知:K2FeO4的溶解度远小于Na2FeO4。
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式:
　　FeCl3+　　NaOH+　　NaClO　　Na2FeO4+　　　+　　　 
其中氧化剂为　　　　。 
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为  　。 
方法Ⅱ:电解法。
(3)以铁和石墨为电极电解氢氧化钾溶液可直接制得 K2FeO4,电解时,铁作　　　　　(填“阳”或“阴”)极,该电极反应式为　 。 
(4)K2FeO4是重要的水处理剂,它可以杀菌消毒,这是利用了K2FeO4的　　　　(填“氧化性”或“还原性”),杀菌消毒后还可以净水,净水的原理是　  (用离子方程式表示)。

一、选择题(每小题6分,共42分)
1.[新形式][2021甘肃兰州一中期中]某离子反应涉及ClO-、NH4+、N2、Cl-等,其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示,下列说法不正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.该反应中ClO-为氧化剂,N2为氧化产物
B.反应后溶液的pH减小
C.如图t0 s时反应达平衡状态
D.反应过程中每生成1 mol N2,转移6 mol电子
2.[2021吉林长春检测]根据表中信息,判断下列叙述正确的是(　　)

序号
氧化剂
还原剂
其他反应物
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2

Fe3+、Br2

②
KClO3
HCl

Cl2

③
KMnO4
H2O2
H2SO4
O2
Mn2+

A.由表中①组的反应可知:通入Cl2的量不同,氧化产物可能不同
B.氧化性强弱的比较:KClO3>Fe3+>Cl2>Br2
C.表中②组反应的还原产物是KCl,生成1 mol KCl时转移电子的物质的量是6 mol
D.表中③组反应的离子方程式为:2MnO4-+3H2O2+6H+2Mn2++4O2↑+6H2O
3.[2021安徽示范中学联考]在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是(　　)

A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O
B.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C.反应Ⅲ是氧化还原反应
D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
4.[2021江淮十校二检改编]环保督察不是“一阵风”,环保部对大气污染、水体污染等高度重视。氰化物是污染水体的重要物质,该类物质有剧毒,特别是HCN具有挥发性,毒害更大。一般可采用次氯酸钠法进行处理,该处理方法的原理可分为两步:
步骤①　NaCN与NaClO反应,生成NaOCN和NaCl;
步骤②　NaOCN与NaClO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
下列有关判断正确的是(　　)
A.NaCN与NaOCN中C、N的化合价至少有一种不相等
B.步骤①可在酸性条件下进行
C.步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2
D.步骤②生成标5.6 L气体时,转移0.75 mol电子
5.[2021湖北部分重点中学联考]已知Ⅰ:Pb2O3与HNO3溶液发生反应Pb2O3+2H+PbO2+Pb2++H2O;
Ⅱ:PbO2与酸化的MnSO4溶液混合,充分振荡,溶液变为紫色。
下列推断正确的是(　　)
A.由反应Ⅰ可知,每摩尔Pb2O3参与反应,转移电子数为NA
B.由反应Ⅱ可知,氧化性:PbO2>MnO4-
C.PbO2可与浓盐酸发生反应:PbO2+6HCl(浓)2PbCl2+3H2O+Cl2↑
D.PbO可与稀硝酸发生反应:3PbO+14HNO33Pb(NO3)4+2NO↑+7H2O
6.[新形式]根据框图分析,下列说法不正确的是(　　)

A.我国是世界上最早使用反应②冶炼金属M的国家
B.M2+的氧化性比E2+的氧化性强
C.在反应③中若不加稀硫酸,可能观察到有红褐色沉淀生成
D.在反应①中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性
7.[2021河南名校一联]实验室模拟工业处理含铬废水,部分操作及现象如图1,反应过程中铬元素的化合价变化如图2。下列说法正确的是 (　　)

　　　　　　　　 图1　　　　　　 图2
已知:深蓝色溶液中生成了CrO5。
A.实验开始至5 s,铬元素被氧化
B.实验开始至30 s,溶液中生成Cr3+的总反应的离子方程式为:Cr2O72-+3H2O2+8H+2Cr3++7H2O+3O2↑
C.30 s至80 s的过程中,一定是氧气氧化了Cr3+
D.80 s时,溶液中又生成了Cr2O72-,颜色相比于开始时浅,是水稀释所致
二、非选择题(共41分)
8.[2021云南师大附中月考改编,14分]含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性,工业上一般在酸性条件下用N2H4·H2O(水合肼)、SO2、FeSO4来处理含Cr2O72-的废水,也可通过电解处理含Cr2O72-的废水。回答下列问题:
(1)N2H4·H2O与Cr2O72-反应时,产物中含有N2和Cr3+。该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,反应中水合肼作　　　　　(填“氧化剂”或“还原剂”)。0.1 mol N2H4·H2O参加反应时,转移的电子数为　　　　　　　　(用具体数值表示)。 
(2)用SO2处理含Cr2O72-的废水,最后Cr2O72-转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。处理流程如下:
SO2NaHSO3Na2SO4
①当0.1 mol SO2参与反应时,理论上能得到　　　　mol NaHSO3。 
②NaHSO3与Cr2O72-反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　。 
(3)铁氧体法是用FeSO4作还原剂,在酸性条件下将Cr2O72-还原为Cr3+,然后调节pH并加热得到铁氧体(组成类似于Fe3O4,部分Fe3+被Cr3+替换)。现有100 L含Cr2O72-浓度为2×10-4 mol·L-1的强酸性废水,向其中加入一定量的FeSO4·7H2O,搅拌,充分反应后再加入NaOH溶液调节pH并加热,使其恰好转化为(Fe+2Fe+3xCr+3y)O4。则处理100 L该废水时需加入的FeSO4·7H2O的质量为　　　　 g。 
(4) 电解法处理含铬(六价铬)废水的原理如图所示,阳极的电极反应式是　　　　　　　。用铁电极电解一段时间后,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成,从而降低废水中铬元素的含量。若阳极用石墨电极则不能产生Cr(OH)3沉淀,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

9.[2021河南郑州开学考改编,12分]按要求书写下列方程式。
(1)当用CaSO3悬浊液吸收经O3预处理的烟气时,清液(pH≈8)中SO32-将NO2转化为NO2-,其离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)H3PO2的工业制法:用白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应,生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,Ba(H2PO2)2再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处),在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图1所示。写出①②的总反应的离子方程式:　　　　　　　　。 

图1
(5)工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2,MoS2中S为-1价)制备钼酸钠的两种途径如图2所示。
途径Ⅰ:

途径Ⅱ:

　　　　图2　　　　　　　
①途径Ⅰ焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　。 
②途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成,则该反应的离子方程式为　 。 
10.[新情境][2020北京朝阳区期中考试,15分]二氧化氯(ClO2)是一种新型消毒剂,可用氯酸钠(NaClO3)制备。
(1)隔膜电解法制备ClO2的装置如图所示。

已知:ClO2在酸性溶液中比较稳定,在碱性溶液中不能稳定存在。
①产生O2的电极反应式:　　　　　　　　。 
②结合反应方程式,简述ClO2的产生过程:  　。 
(2)过氧化氢还原法制备ClO2:H2O2+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2ClO2↑+O2↑+2H2O。研究发现Cl-对上述反应有影响,实验记录如表所示:

加入NaCl
的质量浓度/
(g·L-1)
ClO2的生成速率/(g·L-1·min-1)
相同时间

10 min
30 min
60 min
ClO2
产率/%
Cl2
的量
0
0.003 5
0.012 4
0.015 9
97.12
极微量
1.00
0.013 8
0.016 2
0.016 3
98.79
极微量

①NaCl的主要作用是　　　　　　　　。 
②上述反应可能的过程如下:
反应i　2ClO3-+　　　　+　　　 2ClO2↑+　　　　+　　　　 
反应ii　Cl2+H2O22Cl-+O2↑+2H+
将反应i填写完整。
③进一步研究发现,未添加Cl-时,体系中会首先发生反应生成Cl-:ClO3-+3H2O2Cl-+3O2↑+3H2O(反应iii)。分析反应i、ii、iii的速率大小关系并简要说明理由:  　。 
(3)国家规定,饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8 mg·L-1。检测某水样中ClO2的质量浓度的步骤如下:
Ⅰ.取1.0 L的酸性水样,加入过量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,使ClO2转化为ClO2-。加入淀粉溶液,溶液变蓝。
Ⅱ.用0.001 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定步骤Ⅰ中产生的I2。
已知:步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式是2S2O32-+I2S4O62-+2I-。
①步骤Ⅰ中发生的氧化还原反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②当步骤Ⅱ中出现　　　　　　　　(填现象)时,停止滴加Na2S2O3溶液,记录其体积为10.00 mL。 
③上述水样中ClO2的质量浓度是　　　　mg·L-1。
答案
专题四 氧化还原反应

1.D　Cl2通入AgNO3溶液中,氯气先与水反应生成盐酸和次氯酸,氯元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,A项错误;乙烯通入酸性KMnO4溶液中,溶液由紫红色变为无色,是因为乙烯被高锰酸钾氧化,属于氧化还原反应,B项错误;向FeCl2溶液中先滴加KSCN溶液,溶液不变色,再滴加氯水,溶液显红色,是因为FeCl2被氯水氧化为FeCl3,属于氧化还原反应,C项错误;K2Cr2O7溶液中存在如下平衡:Cr2O72-(橙色)+H2O2H++2CrO42-(黄色),滴入氢氧化钠溶液时,平衡正向移动,溶液由橙色变为黄色,该过程各元素化合价没有变化,未涉及氧化还原反应,D项正确。
2.C　绿矾为FeSO4·7H2O,“将矾炒去,约折五分之一”,假设有1 mol(278 g) FeSO4·7H2O,失去质量的15,则质量减少55.6 g,约为3 mol H2O的质量,因此此时得到的产物为FeSO4·4H2O,A正确;根据题意知,该方法所造“强水”为硝酸,B正确;“加盐”则引入Cl-,相当于配成了“王水”,能溶解金,但并不是增强了硝酸的氧化性,而是发生了反应Au+HNO3+4HClHAuCl4+NO↑+2H2O,故C错误;“强水用过无力”是因为“强水”反应后生成相应的硝酸盐,D正确。
3.B　反应中氯元素化合价降低,ClO2是还原产物,A项正确;NaClO3中氯元素化合价降低,作氧化剂,发生还原反应,B项错误;H2O2是还原剂,依据NaClO3ClO2得e-,H2O2O2失2e-知C项正确;反应中氯元素化合价降低1,则每生成0.2 mol ClO2,反应转移0.2 mol电子,D项正确。
4.B　反应①中Se是还原剂,对应的生成物SeO2是氧化产物,浓硫酸是氧化剂,对应的生成物SO2是还原产物,A项正确;反应②中Se由+4价变为0价,SeO2是氧化剂,I由-1价变为0价,KI是还原剂,N在反应前后化合价没有变化,HNO3既不是氧化剂也不是还原剂,B项错误;反应②中I由-1价变为0价,则生成0.2 mol I2转移0.4 mol电子,C项正确;由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得氧化性:H2SO4(浓)>SeO2>I2,D项正确。
5.D　反应①中S的化合价由+4升至+6,SO2发生氧化反应,A项正确;根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反应①知,氧化性Fe3+>SO42-,由反应②知,氧化性Cr2O72->Fe3+,B项正确;反应②中Cr的化合价由+6降至+3,则每1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA,C项正确;标准状况下6.72 L SO2是0.3 mol,0.3 mol SO2参加反应,转移0.6 mol电子,最终消耗0.1 mol K2Cr2O7,D项错误。
6.D　若反应①中n(ClO-)∶n(ClO3-)=5∶1 ,根据得失电子守恒及原子守恒,可配平方程式8Cl2+16KOH10KCl+5KClO+KClO3+8H2O,Cl2既作氧化剂又作还原剂,KCl是还原产物,KClO和KClO3为氧化产物,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3,A项错误;若反应①中n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1,根据得失电子守恒及原子守恒,可配平反应①的方程式,即为4Cl2+8KOH6KCl+KClO+KClO3+4H2O,从方程式可以看出,每消耗4 mol KOH,吸收2 mol(标准状况下44.8 L)Cl2,B项错误;由反应②知,KClO将Fe(NO3)3氧化成K2FeO4,故氧化性KClO>K2FeO4,C项错误;若反应①的氧化产物只有KClO,则化学方程式为Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O,则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2,D项正确。
7.D　发生反应a时,FeS2中S元素的化合价由-1升高到+6,每0.5 mol FeS2被氧化转移的电子数为7 mol,A项错误;由反应c可知,Fe3+的水解将导致其浓度降低,从而减弱反应c,B项错误;发生反应c时,FeS2中Fe元素的化合价未发生变化,C项错误;反应d的逆反应的平衡常数K=c(Fe3+)c3(H+)=c(Fe3+)×c3(OH-)c3(H+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]Kw3=2.79×10-39(10-14)3=2.79×103,D项正确。
8.A　由题给方程式①知,还原性强弱顺序为SO2>I-;由②知,发生反应2Fe3++SO2+2H2OSO42-+2Fe2++4H+,还原性强弱顺序为SO2>Fe2+;由③知,发生反应2Fe3++2I-I2+2Fe2+,还原性强弱顺序为I->Fe2+,故还原性强弱顺序为SO2>I->Fe2+,类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3->I->Fe2+。向含等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液中通入Cl2的过程中,首先氧化HSO3-,然后氧化I-,最后氧化Fe2+,C项错误;向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液呈微红色,说明有微量的Fe3+生成,则有较多的Fe2+没有被氧化,D项错误;HSO3-和I-均完全反应,发生反应的Fe2+可以忽略不计,根据得失电子守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×4.48 L÷22.4 L·mol-1,即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2 mol,由于溶质的物质的量相等,所以n(FeI2)=0.1 mol,c(FeI2)=1 mol·L-1,A项正确;转移电子的物质的量根据氯气计算得2×4.48 L÷22.4 L·mol-1=0.4 mol,B项错误。
9.C　题图中发生反应的化学方程式分别为:①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,②2Na+2H2O2NaOH+H2↑,③NaH+H2ONaOH+H2↑,④3NO2+H2O2HNO3+NO,⑤SO3+H2OH2SO4,⑥Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2↓+2NH3↑,⑦2F2+2H2O4HF+O2,⑧Cl2+H2OHCl+HClO。反应⑤⑥,即H2O与SO3、Mg3N2的反应不属于氧化还原反应,其余反应均属于氧化还原反应,A项错误;①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑中,生成1 mol O2转移2 mol电子,⑦2F2+2H2O4HF+O2中,生成1 mol O2转移4 mol电子,B项错误;①④⑧反应中,水都既不作氧化剂也不作还原剂,C项正确;⑦中水作还原剂,②中水作氧化剂,D项错误。
10.C　反应①阶段,反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+SO22NaHSO4+2ClO2,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1,A项正确;由反应①的化学方程式可知,ClO2是还原产物,结合原电池原理可知,正极发生还原反应,得到还原产物,若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物,B项正确;反应②中H2O2为还原剂,NaClO4无还原性,不能用NaClO4来代替,C项错误;反应②中,ClO2转化为NaClO2,Cl化合价降低,ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,根据氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性可知,ClO2的氧化性大于H2O2,D项正确。
11.A　由题目信息可写出该反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OH Cr2O3+3CH3CHO+3H2O,在该反应中C2H5OH为还原剂,乙醛是氧化产物,根据该反应无法说明乙醛既有氧化性又有还原性,A项错误,D项正确;根据该反应的化学方程式可知,若有1 mol乙醇参加反应,则转移2 mol电子,B项正确;由此反应可知,乙醇易被强氧化性物质氧化,且生成的乙醛易挥发,蒸气能与空气形成爆炸性混合物,故酒精严禁与强氧化性物质混合存放,C项正确。
12.(每空2分)(1)6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑　(2)6AgNO3 6Ag+2N2↑+7O2↑+2NO2↑
【解析】　(1)若还原产物Cl-和Cl2所得电子数相同,则Cl-和Cl2的物质的量之比为5∶3,故反应的化学方程式为6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。 (2)在600 ℃时AgNO3发生分解反应生成的红棕色气体是NO2,同时还产生了三种常见单质Ag、N2、O2,其中两种气体单质的物质的量之比为2∶7,则根据得失电子守恒、原子守恒,可得分解时发生反应的化学方程式为6AgNO3 6Ag+2N2↑+7O2↑+2NO2↑。
13.(除标明外,每空1分)(1)①1　 ②4∶3　(2)①SO2 + OH-HSO3-(2分)　②2NO+3H2O+4Ce4+NO3-+NO2-+6H++4Ce3+(2分)　③阳极　2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O(2分)　④c(NO- 3)>c (NH4+)>c(H+)>c(OH-)(2分)
【解析】　(1)①由反应方程式NO+O3NO2+O2可知,氮元素的化合价从+2升高到+4,生成1 mol氧气转移电子2 mol,则生成11.2 L(即0.5 mol)O2(标准状况)时,转移电子的物质的量是0.5 mol×2=1 mol;②当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时,即NO2和CO(NH2)2的化学计量数之比是3∶2,反应方程式可表示为6NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2,该反应中只有氮元素的化合价发生了变化,氮气既是氧化产物也是还原产物,由氮原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8∶6=4∶3。(2)①由流程图可知,在装置Ⅰ中SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3,离子方程式为SO2 + OH-HSO3-;②由流程图可知,装置Ⅱ中生成等物质的量的NO3-和NO2-时,Ce4+被还原为Ce3+,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的离子方程式为2NO+3H2O+4Ce4+4Ce3++NO3-+NO2-+6H+;③由Ce3+生成Ce4+为氧化反应,所以再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极,在电解槽的阴极HSO3-被还原成S2O42-,电极反应式为2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O;④由流程图可知,装置Ⅳ所得的产品为NH4NO3,在NH4NO3溶液中,NH4+水解使溶液呈酸性,所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NO3- )>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。
14.(1)2　10　3　2　9　NaCl　5　H2O(共2分)　NaClO(2分)　(2)Na2FeO4+2KOHK2FeO4↓+2NaOH(2分)　(3)阳(2分)　Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O(2分)　(4)氧化性(2分)　Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+(2分)
【解析】　(1)根据流程图,结合题意可知,反应中Fe由+3价升高至+6价,Cl由+1价降低至-1价,结合化合价升降法和观察法可配平该氧化还原反应:2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O;其中NaClO为氧化剂。(2)结合流程图可知“冷却结晶”前应得到K2FeO4,则“转化”时Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4和NaOH。(3)根据题意知,以铁和石墨为电极电解KOH溶液制取K2FeO4时,Fe应作阳极,阳极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O。(4)K2FeO4中Fe为+6价,具有强氧化性,可用作水处理时的杀菌消毒剂,杀菌消毒后得到Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能用于净水,即Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。

1.C　根据题图中N2的物质的量随时间的推移逐渐增多,可知N2是生成物,同理可知ClO-是反应物,由质量守恒、得失电子守恒及电荷守恒可写出该反应的离子方程式,即3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+,由离子方程式可知该反应的氧化剂是ClO-,N2是氧化产物,A项正确;根据3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+可知,反应后溶液酸性增强,pH减小,B项正确;t0 s时体系中ClO-和N2的量相同,但随着时间的改变,两者的量也发生改变,故t0 s时反应未达平衡状态,C项错误;N的化合价由-3升高到0,则生成1 mol N2,转移6 mol电子,D项正确。
2.A　由①知,Cl2能氧化Fe2+和Br-,根据还原性:Fe2+>Br-,知通入Cl2优先氧化Fe2+,然后氧化Br-,故通入Cl2的量不同,氧化产物可能不同,A项正确。①中Cl2是氧化剂,Fe3+、Br2是氧化产物,②中KClO3是氧化剂,Cl2是氧化产物,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,知氧化性:KClO3>Cl2>Fe3+,B项错误。根据“价态靠拢而不交叉”,知②中发生氯元素的归中反应,生成1 mol KCl转移电子的物质的量为5 mol且KCl不为还原产物,C项错误。③中KMnO4作氧化剂,H2O2作还原剂,根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒,正确的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O,D项错误。
3.C　结合题图和元素守恒可知,反应Ⅰ在酸性条件下进行,其反应的离子方程式为4Fe(NO)2++4H++O24Fe3++4NO+2H2O,A项正确;反应Ⅱ是Fe3+与FeS2反应生成SO42-和Fe2+,其反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2SO42-+16H+,该反应中Fe3+将FeS2中-1价的硫氧化为SO42-中+6价的硫,本身被还原为Fe2+,Fe3+作氧化剂,B项正确;反应Ⅲ为Fe2++NOFe(NO)2+,该反应中各元素的化合价均无变化,属于非氧化还原反应,C项错误;结合总反应2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+和转化关系图可知,NO为该反应的催化剂,D项正确。
4.A　NaCN与NaOCN中Na的化合价均为+1,NaOCN中含有O,O的化合价不是0,故这两种化合物中C、N的化合价至少有一种不相等,A项正确;HCN具有挥发性且有剧毒,而酸性条件下CN-易与H+结合生成HCN,故步骤①不能在酸性条件下进行,B项错误;步骤②的离子方程式为2OCN-+3ClO-CO2↑+CO32- +3Cl-+N2↑,氧化剂是NaClO,还原剂是NaOCN,氧化产物只有N2,还原产物是NaCl,C项错误;根据离子方程式可知,生成1 mol N2转移的电子的物质的量为6 mol,N2的体积占气体总体积的12,生成标准状况下5. 6 L气体时,n(e-)=6×5.6L22.4L/mol×12=0.75 mol,题中未指明气体所处状态,无法进行计算,D项错误。
5.B　铅元素为第ⅣA族元素,没有+3价,Pb2O3中一个Pb显+2价,另一个Pb显+4价,则Pb2O3 + 2H+PbO2 + Pb2+ + H2O为非氧化还原反应,A项错误;PbO2与酸化的MnSO4溶液混合,充分振荡,溶液变为紫色,说明有MnO4-生成,即PbO2将MnSO4氧化为MnO4-,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,知氧化性:PbO2 >MnO4-,B项正确;根据反应Ⅱ可知氧化性PbO2>MnO4-,而酸性条件下MnO4-能将HCl氧化成Cl2,故PbO2也能将HCl氧化成Cl2,配平化学方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+2H2O+Cl2↑,C项错误;根据反应Ⅰ可知,硝酸不能将+2价的Pb氧化成+4价,故不能生成Pb(NO3)4,D项错误。
6.D　红色金属为Cu,反应①为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,蓝色溶液为CuSO4溶液,Z为红褐色固体,即Z为Fe(OH)3,根据框图信息逆推可知E为Fe,反应②为Fe+CuSO4FeSO4+Cu,反应③为2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O。反应②是湿法炼铜,我国是世界上最早使用湿法炼铜的国家,故A项说法正确;由反应②可知Cu2+的氧化性强于Fe2+的,故B项说法正确;生成的Fe3+水解得到氢氧化铁,因此可能观察到有红褐色沉淀生成,故C项说法正确;反应①为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,H2SO4中各元素的化合价均没有发生变化,H2SO4仅表现出酸性,H2O2表现出氧化性,故D项说法错误。
7.B

【实验剖析】　根据深蓝色溶液中生成了CrO5及题图2中5 s时铬元素显+6价,知CrO5中含有过氧键,据此对实验过程进行分析:

根据图2知,实验开始至5 s,铬元素的化合价保持为+6,没有发生变化,因此铬元素没有被氧化,A项错误;结合实验剖析和题图2知,实验开始至30 s,溶液中生成Cr3+,铬元素的化合价降低,则双氧水中的O元素被氧化生成氧气,总反应的离子方程式为:Cr2O72-+3H2O2+8H+2Cr3++7H2O+3O2↑,B项正确;实验开始,加入的H2O2过量,30 s时,向溶液中加入氢氧化钠,80 s时,铬元素的化合价变为+6,可能是因为过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强,过量的H2O2氧化了Cr3+,C项错误;根据实验剖析知,80 s时,溶液中存在的应该是CrO42-,D项错误。
8.(除标明外,每空2分)(1)2Cr2O72-+3N2H4·H2O+16H+4Cr3++3N2↑+17H2O　还原剂(1分)　2.408×1023(1分)　(2)①0.2　②1∶3　(3)55.6　(4)Fe-2e-Fe2+　没有还原剂生成,不能将Cr2O72-还原为Cr3+
【解析】　(1)由题意可知,反应物有N2H4·H2O与Cr2O72-,生成物有N2和Cr3+。N2H4·H2O中氮元素显-2价,转化为N2后显0价,氮元素化合价共升高2×2=4,Cr2O72-中铬元素显+6价,转化为Cr3+后显+3价,铬元素化合价共降低3×2=6,则N2H4·H2O与Cr2O72-的化学计量数之比为3∶2,则有3N2H4·H2O+2Cr2O72-3N2+4Cr3+,再根据电荷守恒可知,方程式左边应增加16H+,最后根据原子守恒可知,方程式右边应增加17H2O,从而得到配平的离子方程式;反应时水合肼中氮元素化合价升高,作还原剂;0.1 mol N2H4·H2O参加反应时,转移的电子数为0.1 mol×4×6.02×1023 mol-1=2.408×1023。(2)①由处理流程可知,反应的方程式为SO2+Na2SO3+H2O2NaHSO3,故0.1 mol SO2参与反应时,理论上能得到0.2 mol NaHSO3。②反应中NaHSO3转化为Na2SO4,硫元素化合价升高2,NaHSO3作还原剂;Cr2O72-转化为Cr(OH)3,铬元素化合价共降低6,Cr2O72-作氧化剂,根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3。(3)废水处理过程中Cr2O72-转化为Cr3+,Fe2+转化为Fe3+,根据得失电子守恒得Cr2O72-~6Fe2+~6Fe3+。n(Cr2O72-)=2×10-4 mol·L-1×100 L=0.02 mol,则n(Cr3+)=2n(Cr2O72-)=0.04 mol,n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=0.12 mol。(Fe+2Fe+3xCr+3y)O4中Fe2+与O2-的物质的量之比为1∶4,根据电荷守恒得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Cr3+)=2n(O2-)=8n(Fe2+),则n(Fe2+)=(3×0.12 mol+3×0.04 mol)÷6=0.08 mol,故需加入的n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)+n(Fe3+)=0.08 mol+0.12 mol=0.20 mol,m(FeSO4·7H2O)=0.20 mol×278 g·mol-1=55.6 g。(4)根据图示,B电极上H+放电生成H2,需得电子,可知B电极为阴极,则A电极为阳极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+;Fe2+具有还原性,与Cr2O72-发生氧化还原反应:Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。c(H+)减小,导致有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成。若用石墨作阳极,阳极为溶液中的OH-放电,没有还原剂生成,不能将Cr2O72-还原为Cr3+,故不能产生Cr(OH)3沉淀。
9.(每空2分)(1)SO32-+2NO2+2OH-SO42-+2NO2-+H2O　(2)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑　(3)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O　(4)MnO2+2HXMn2++2X+2OH-　(5)①7∶2　②MoS2+9ClO-+6OH-MoO42-+9Cl-+3H2O+2SO42-
【解析】　(1)根据SO32-将NO2转化为NO2-可知氧化剂、还原剂分别为NO2、SO32-,SO32-被氧化为SO42-,由得失电子守恒有SO32-+2NO22NO2-+SO42-,pH≈8,则清液呈碱性,由电荷守恒知反应物中应补OH-,生成物中应补H2O,则反应的离子方程式为SO32-+2NO2+2OH-SO42-+2NO2-+H2O。(2)由题意知反应物有P4和Ba(OH)2,生成物有PH3和Ba(H2PO2)2,根据得失电子守恒得2P4+3Ba(OH)23Ba(H2PO2)2+2PH3↑,结合原子守恒反应物中添加H2O,化学方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑。(3)根据题给信息可知反应物有硫酸镍和NaClO,产物有NiOOH,ClO-对应的还原产物为Cl-,反应环境为强碱性环境,据此可写出反应的离子方程式:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。(4)根据题图1,反应②为Mn3++HXMn2++X+H+,反应①为Mn2++MnO2+2H2O4OH-+2Mn3+,由②×2+①可得反应①②的总反应的离子方程式,即MnO2+2HXMn2++2X+2OH-。(5)①途径Ⅰ焙烧过程中,反应物为氧气、钼精矿,产物为二氧化硫和三氧化钼,反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2,其中氧化剂为O2,还原剂为MoS2,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶2。②途径Ⅱ氧化时MoS2与NaClO、NaOH溶液反应生成Na2MoO4和Na2SO4等,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平发生反应的离子方程式得MoS2+9ClO-+6OH-MoO42-+9Cl-+3H2O+2SO42-。
10.(1)①2H2O-4e-O2↑+4H+(2分)　②阴极反应式为ClO2+e-ClO2-,产生的ClO2-在溶液中与ClO3-发生反应:ClO3-+ClO2-+2H+2ClO2↑+H2O。ClO2一部分逸出,一部分循环反应(2分)　(2)①催化剂(1分)　②2Cl-　4H+　Cl2↑　2H2O(共2分)　③反应i较快,反应ii与反应i速率相当或更快,反应iii较慢。因为ClO2产率很高且Cl2的量极少,不添加Cl-时起始生成ClO2的速率很慢(2分)　(3)①2ClO2+2I-2ClO2-+I2(2分)　②溶液蓝色恰好消失且30 s内不变为蓝色(2分)　③0.675(2分)
【解析】　(1)①水中氧元素化合价升高产生O2,氧气在阳极生成,阳极反应式是2H2O-4e-O2↑+4H+;②根据题图可知,ClO2的产生过程如下:阴极发生反应ClO2+e-ClO2-,产生的ClO2-在溶液中与ClO3-发生反应ClO3-+ClO2-+2H+2ClO2↑+H2O。ClO2一部分逸出,一部分循环反应。(2)根据题表数据可知,加入NaCl,生成ClO2的速率明显增大,所以NaCl的主要作用是作催化剂。②总反应的离子方程式是H2O2+2ClO3-+2H+2ClO2↑+O2↑+2H2O,总反应-反应ii可得反应i:2ClO3-+2Cl-+4H+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。③根据ClO2产率很高且Cl2的量极少,不添加Cl-时起始生成ClO2的速率很慢,可推知反应i较快,反应ii与反应i速率相当或更快,反应iii较慢。(3)①步骤Ⅰ中ClO2与I-反应生成ClO2-和碘单质,反应的离子方程式是2ClO2+2I-2ClO2-+I2。②当碘单质完全反应时,溶液蓝色消失,当步骤Ⅱ中蓝色恰好消失且30 s内不变为蓝色时,达到滴定终点,停止滴加Na2S2O3溶液。③根据2ClO2+2I-2ClO2-+I2、2S2O32-+I2S4O62-+2I-,可知ClO2与S2O32-的物质的量比是1∶1;则水样中ClO2的物质的量=n(S2O32-)=0.001 0 mol·L-1×0.01 L=1.0×10-5 mol,水样中ClO2的质量浓度=1.0×10-5 mol×67.5 g·mol-1×103÷1.0 L=0.675 mg·L-1。