专题03 氧化还原反应（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版）

这是一份专题03 氧化还原反应（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题03 氧化还原反应（提升卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1. (2021·湖北省孝感市·月考试卷)下列古诗词描述的场景中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是（    ）
A. 爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸
B. 烈火焚烧若等闲——石灰石分解
C. 蜡炬成灰泪始干——石蜡的燃烧
D. 炉火照天地，红星乱紫烟——铁的冶炼
【答案】B
【解析】
A.黑火药受热爆炸，碳、硫等元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；   
B.石灰石分解即碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C.石蜡的燃烧为有机物的燃烧，碳和氧等元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故C正确；       
D.铁的冶炼中铁和碳等元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故D正确。
故选B。  
2. (2021·全国·单元测试)氢化铝锂(LiAlH4)和硼氢化钠(NaBH4)都是有机合成中非常重要的还原剂，可发生如下反应：
①LiAlH4+4H2O＝LiOH+Al(OH)3+4H2↑
②NaBH4+NH4Cl＝NH3BH3+NaCl+H2↑。
则下列说法错误的是（   ）
A. LiAlH4中H元素均为-1价
B. 反应②中，每生成1mol NH3BH3会转移2mole-
C. 两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物
D. 两个反应中LiAlH4和NaBH4均作还原剂
【答案】B
【解析】
LiAlH4+4H2O=LiOH+Al（OH）3+4H2↑反应中H的化合价从+1价降低到0价，从-1价升高到0价；NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑，反应中H的化合价从+1价降低到0价，从-1价升高到0价，据此分析。
A．LiAlH4中Li为+1价，Al为+3价，则H元素均为-1价，故A正确；
B．由NaBH4+NH4Cl=NH3BH3+NaCl+H2↑可知，每生成1mol NH3BH3，同时生成1molH2，转移1mole-，故B错误；
C．反应生成氢气，H元素化合价分别由+1、-1价变化为0价，则两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D．两个反应中LiAlH4和NaBH4中H均为-1价，均作还原剂，故D正确。
故选：B。  
3. (2021·安徽省·单元测试)已知FeS+HNO3-Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO2+N2O4+NO+H2O（未配平），当产物中n(NO2):n(N2O4):n(NO)＝1:1:1时，下列说法错误的是（    ）
A. 反应中FeS是还原剂，NO2、N2O4、NO是还原产物
B. 氧化性：HNO3＞Fe(NO3)3
C. 参加反应的n(FeS):n(HNO3)＝1:6
D. 1 mol FeS参加反应时有9 mol电子转移
【答案】C
【解析】
反应前后Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，S元素的化合价由-2价升高为+6价，则1molFeS完全反应失去9mol电子；当产物中n(NO2):n(N2O4):n(NO)＝1:1:1时，设反应生成1mol NO2、1mol N2O4、1mol NO，则N元素得到的电子的物质的量为6mol，根据得失电子守恒可得，反应的化学方程式为：6FeS+42HNO3=2Fe(NO3)3+2Fe2(SO4)3+9NO2+9N2O4+9NO+21H2O。
A.反应前后Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，S元素的化合价由-2价升高为+6价，则反应中FeS是还原剂，N元素的化合价降低，则NO2、N2O4、NO是还原产物，故A正确；
B.HNO3是氧化剂，Fe(NO3)3是氧化产物，则氧化性：HNO3＞Fe(NO3)3，故B正确；
C.由分析可知参加反应的n(FeS):n(HNO3)＝1:7，故C错误；
D.反应前后Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，S元素的化合价由-2价升高为+6价，则1molFeS完全反应失去9mol电子，故D正确；
故选C。  
4. (2021·广西壮族自治区百色市·单元测试)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3=K2O＋5X＋16N2↑，下列说法不正确的是(   )
A. X的化学式为Na2O
B. 每生成1.6mol N2，则转移的电子为1mol
C. 若被氧化的N原子的物质的量为3mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol
D. 上述反应中NaN3被氧化，KNO3发生氧化反应
【答案】D
【解析】
根据质量守恒定律可得，X的化学式为Na2O，该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂生成氧化产物N2，KNO3是氧化剂生成还原产物N2，N2既是氧化产物也是还原产物，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为15：1，则每生成16mol N2时，转移的电子为10mol；
A.根据质量守恒定律可得，X的化学式为Na2O，故A正确；
B.每生成16mol N2时，转移的电子为10mol，则每生成1.6mol N2，则转移的电子为1mol，故B正确；
C.若被氧化的N原子的物质的量为3mol，则总的转移的电子为1mol，则氧化产物为1.5mol，根据得失电子守恒，则被还原的N原子的物质的量为0.2mol，则还原产物为0.1mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol，故C正确；
D.上述反应中NaN3被氧化，KNO3发生还原反应，故D错误。
故选D。  
5. (2021·湖南省邵阳市·模拟题)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：
①Cl2+KOH→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是（     ）
A. 反应①中每消耗4mol KOH，会吸收44.8L Cl​​​​​​​2
B. 氧化性：K2FeO4>KClO
C. 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
D. 若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2mol K2FeO4时消耗0.3mol Cl2
【答案】D
【解析】
A.由于KCl、KClO、KClO3中K与Cl个数比均是1:1，所以每消耗4molKOH，应吸收标准状况下44.8LCl2，故A错误；
B.在反应②中KClO是氧化剂，而K2FeO4是氧化产物，所以氧化性应为K2FeO4< KClO，故B错误；
C.氯气既是氧化剂，又是还原剂，所以根据得失电子总数相等可知反应①中n(ClO-)：n(ClO3-)=5：1时，氧化剂与还原剂的物质的量之应比为5：3，故C错误；
D.根据反应②可知，得到0.2molK2FeO4消耗0.3molKClO，而反应①的氧化产物只有KClO，所以应有Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，所以应消耗0.3molCl2，故D正确。  
6. (2021·山东省·模拟题)过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁（FeCr2O4）]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7Na2O24Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有关说法错误的是（　　）
A. Na2O2、Na2O分别和SO2反应，生成物均为Na2SO3
B. 该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3
C. 若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1mol
D. 每生成18.6g氧化钠转移电子的物质的量是1.4mol
【答案】A
【解析】
A．Na2O2有强氧化性，SO2具有还原性，Na2O2与SO2能发生氧化还原反应生成Na2SO4，而Na2O和SO2反应生成Na2SO3，故A错误；
B．该反应中，FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，Na2CrO4和Fe2O3是氧化产物，故B正确；
C．若有2molFe2+被氧化，则Fe2+失去2mol电子，被Fe2+还原的Na2O2为1mol，故C正确；
D．每生成3molNa2O转移14mol电子，则生成18.6g即=0.3mol的Na2O转移1.4mol电子，故D正确。  
7. (2021·广东省·其他类型)我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图（吸附在催化剂表面的物种用*标注）。有关该过程的叙述错误的是（　　）

A. 产生清洁燃料H2 B. H2S脱除率为100%
C. H2S既被氧化又被还原 D. 脱Hg反应为Hg+S=HgS
【答案】B
【解析】
A．由机理图可知，该过程中产生了清洁燃料H2（g），故A正确；
B．由机理图可知，最终仍会产生H2S，故H2S脱除率小于100%，故B错误；
C．由机理图可知，H2S在催化过程中形成了SO2、单质S、CS2和H2，S元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，则H2S既被氧化又被还原，故C正确；
D．由机理图可知，脱汞过程中，汞与单质硫结合生成硫化汞，发生反应为：Hg+S=HgS，故D正确；
故选：B。
8. (2021·全国·单元测试)向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列有关说法中不正确的是（ ）

A. d曲线代表溶液中变化情况
B. 原溶液中FeI2的物质的量为2mol
C. 原溶液中n(Fe2+):n()=2:3
D. 当通入2mol Cl2时，溶液中离子反应为：2Fe2++2+2Cl2=2Fe3++I2+
【答案】B
【解析】
2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，还原性为Fe2+＞Br-，反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，还原性为I-＞Fe2+，所以还原性I-＞Fe2+＞Br-，则向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，a段发生2I-+Cl2=I2+2Cl-，c段发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，
在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，
通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，
在通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，据此回答判断。
A.d曲线代表溶液中变化情况，故A正确；
B.碘离子的物质的量为2mol，则原溶液中FeI2的物质的量为1mol，故B错误；
C.原溶液中FeI2的物质的量为1mol，FeBr2的物质的量为3mol，则n(Fe2+):n()=4mol:6mol=2:3，故C正确；
D.当通入2mol Cl2时，先将2mol碘离子氧化，然后剩余的1mol氯气将2mol亚铁离子氧化，离子方程式为：2Fe2++2+2Cl2=2Fe3++I2+，故D正确。  
9. (2021·湖南省长沙市·月考试卷)将浓盐酸滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3+。下列说法错误的是（ ）
A. 滴加盐酸时，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物
B. 此实验条件下，还原性：Cl-＞Mn2+＞Bi3+
C. 若有0.2molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.8NA
D. 已知Bi为第VA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性
【答案】D
【解析】
将浓盐酸滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，说明发生反应：+16HCl=+2KCl+↑+，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3+，说明发生反应：++=++，据此解答。
A.滴加盐酸时，发生反应：+16HCl=+2KCl+↑+，Cl元素的化合价升高，则是氧化剂，是氧化产物，A正确；
B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由反应+16HCl=+2KCl+↑+O可得还原性：Cl-＞Mn2+，由反应++=++O可得还原性：Mn2+＞Bi3+，则还原性强弱顺序是：Cl-＞Mn2+＞Bi3+，B正确；
C.若有0.2molNaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.2mol×(5-3)+0.2mol×(7-2)=0.8mol，即0.8NA，C正确；
D.Bi元素属于金属元素，不具有较强的非金属性，故D错误。  
10. (2021·河北省承德市·期末考试)浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是（ ）
已知：Br2红棕色
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A. 对比①和②可以说明还原性：Br－>Cl－
B. ①和③相比可说明氧化性：Br2>SO2
C. ②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性：H2SO4>HCl
D. ③中浓H2SO4被还原成SO2
【答案】A
【解析】
A.反应①生成红棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，说明还原性Br-＞Cl-，故A正确；
B.反应③生成二氧化硫气体，非氧化还原反应，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；
C.白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4＜HCl，故C错误；
D.反应③生成二氧化硫气体，非氧化还原反应，是强酸制弱酸，故D错误。
故选A。  
11. (2021·广东省·月考试卷)某研究小组为了探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验，并记录实验现象。
实验装置
实验序号
滴管试剂
试管试剂
实验现象

①
0.2 mol/L
NaClO溶液
饱和Ag2SO4溶液
产生白色沉淀
②
CH3COOH溶液
光照管壁有无色气泡
③
0.2mol/LFeSO4酸性溶液和KSCN溶液
溶液变红
④
0.2mol/L的AlCl3溶液
产生白色沉淀
则以下判断不正确的是（    ）
A. 实验①：发生的反应为Ag++ClO-+H2O=AgCl↓+2OH-
B. 实验②：无色气体为O2
C. 实验③：还原性强弱顺序Fe2+>Cl-
D. 实验④：ClO-与Al3+的水解相互促进
【答案】A
【解析】
A．在饱和Ag2SO4溶液中滴加0.2mol/LNaClO溶液，因发生双水解反应生成AgOH白色沉淀，发生反应为Ag++ClO-+H2O=AgOH↓+HClO，故A错误；
B．在CH3COOH溶液中滴加0.2mol/LNaClO溶液，根据强酸制弱酸原理，有HClO生成，且强光照射下HClO能分解生成氧气，有无色气泡冒出，故B正确；
C．在0.2mol/LFeSO4酸性溶液中滴加0.2mol/LNaClO溶液，Fe2+和ClO-发生氧化反应生成的Fe3+遇KSCN，使溶液显红色，即说明Fe2+还原性大于Cl-，故C正确；
D．NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成Al(OH)3白色胶状沉淀，故D正确。
故选：A。  
12. (2021·辽宁省大连市·模拟题)某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象，实验如下：
①
②
③


​
溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀
溶液变红且不褪色，有气体生成（经检验为O2），经检验有丁达尔效应。
溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。
下列说法不正确的是（　　）
A. 对比①③，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-
B. 实验②中发生的氧化还原反应有两种
C. ②中红色溶液中含有Fe（OH）3胶体
D. ③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】B
【解析】
①氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，pH＜1，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂过氧化氢分解有气体生成（经检验为O2），取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明SCN-离子被氧化为硫酸根离子，
②氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，pH>
(6)+5C+2VN+5CO
【解析】
Ⅰ．
（1）铋酸钠(NaBiO3)无色，难溶于水，将少量的铋酸钠固体加入酸性硫酸锰(MnSO4)溶液中，溶液由无色逐渐变为紫红色，反应中NaBiO3被还原为Bi3+，发生反应的离子方程式：
++=+++O；锰元素化合价升高，为氧化产物；
（2）上述反应中，中铋元素化合价降低，被还原，作氧化剂；
Ⅱ．
（3）V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VO2+和，根据原子守恒可知还生成H2O。其中V的化合价从＋5价降低到＋4价，共降低2价，亚硫酸钾中S元素的化合价从＋4价升高到＋6价，共升高2价，因此根据电子得失守恒可知，氧化剂（V2O5）与还原剂（K2SO3）的物质的量之比是1:1；
（4）ClO3-与VO2+反应生成VO2+、Cl-，氯元素化合价由+5价降低为-1价，共降低6价。V元素化合价由+4升高为+5价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，故ClO3-的系数为1、VO2+系数为6，由原子守恒可知成VO2+的系数为6，Cl-的系数为1，由电荷守恒可知还生成H+，系数为6，故有水参加反应，系数为3，因此配平该反应的离子方程式为++O=++；
（5）在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+，故还原性Cl-＞VO2+，氯气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl-，可以说明还原性SO32-＞Cl-，则、Cl-、VO2+的还原性由强到弱的顺序是>>；
（6）偏钒酸铵在加热条件下会生成V2O5、NH3和H2O。V2O5在碳高温还原时，在氮气气氛下氮化还原制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该气体为CO，则该反应的化学方程式可表示为+5C+2VN+5CO。  
18. (2021·陕西省渭南市·期中考试)粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能制得纳米Fe2O3等重要物质。

已知：
①伯胺R-NH2能与Fe3+反应：3R-NH2+Fe3++SO42-+H2O⇌Fe（NH2-R）3（OH）SO4+H+，生成易溶于煤油的产物。
②Fe3+在水溶液中能与Cl-反应：Fe3++6Cl-⇌[FeCl6]3-。
（1）“酸没”过程中Fe3O4发生反应的离子方程式为__________________________；滤渣的成分为__________。
（2）加入过量H2O2的作用是______________________。
（3）伯胺-煤油可对浸取液进行分离，该操作的名称是__________。
（4）利用化学平衡知识分析NaCl溶液进行反萃取的原理__________。
（5）向水层Ⅱ中加入N2H4可使Fe3+转化为Fe2+并放出对环境无害的气体，理论上氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________；向所得弱酸性溶液中再通入O2即可生成FeOOH，其离子方程式为_________________。
（6）测定产品纳米Fe2O3中含铁量的方法：将纳米Fe2O3溶于过最酸中加热，先用过量的SnCl2将Fe3+还原成Fe2+，再加入HgCl2溶液除去过量的SnCl2，然后用标准的K2Cr2O7溶液（已加入指示剂）滴定溶液中的Fe2+．此过程发生的部分反应为：
Sn2++2Hg2++8Cl-=Hg2Cl2↓+SnCl62-
Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
①用HgCl2除去过量的SnCl2的目的是______________________；
②若称取的纳米Fe2O3的质量为5.00g，配成100.0mL溶液，取出20.00mL，经上述方法处理后，再用0.1000mol•L-1K2Cr2O7标准溶液滴定，达到终点时，消耗标准溶液20.00mL，则产品中铁元素的质量分数为__________。
【答案】
（1）8H++Fe3O4=2Fe3++Fe2++4H2O  SiO2 
（2）将亚铁离子完全氧化为铁离子，有利于与伯胺反应，提高萃取率 
（3）萃取、分液 
（4）Fe3++6Cl-⇌[FeCl6]3-使铁离子浓度下降，则3R-NH2+Fe3++SO42-+H2O⇌Fe（NH2-R）3（OH）SO4+H+平衡逆向移动，铁离子从易溶于煤油的物质中转化为易溶于水的物质，实现反萃取 
（5）4：1  4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+ 
（6）防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差  67.2%
【解析】
（1）“酸没”过程中加入稀硫酸，金属氧化物都和稀硫酸反应，只有SiO2不反应，滤渣的主要成分是SiO2，其中与Fe3O4发生反应的离子方程式为8H++Fe3O4=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：8H++Fe3O4=2Fe3++Fe2++4H2O；SiO2；
（2）加入氢氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，利于伯胺R-NH2与Fe3+反应，提高萃取率，
故答案为：将亚铁离子完全氧化为铁离子，有利于与伯胺反应，提高萃取率；
（3）过程Ⅱ加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，溶液分层，该操作的名称是萃取、分液，故答案为：萃取、分液；
（4）加入KCl溶液，发生Fe3++6Cl-⇌[FeCl6]3-，使铁离子浓度下降，则3R-NH2+Fe3++SO42-+H2O⇌Fe（NH2-R）3（OH）SO4+H+平衡逆向移动，铁离子从易溶于煤油的物质中转化为易溶于水的物质，实现反萃取，
故答案为：Fe3++6Cl-⇌[FeCl6]3-使铁离子浓度下降，则3R-NH2+Fe3++SO42-+H2O⇌Fe（NH2-R）3（OH）SO4+H+平衡逆向移动，铁离子从易溶于煤油的物质中转化为易溶于水的物质，实现反萃取；
（5）向水层Ⅱ中加入N2H4可使Fe3+转化为Fe2+并放出对环境无害的气体即氮气，反应的离子方程式为：反应的离子方程式为4Fe3++N2H4=4Fe2++N2↑+4H+，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、N元素化合价由-2价变为0价，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1；向所得弱酸性溶液中再通入O2即可生成FeOOH，其离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；
故答案为：4：1；4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；
（6）①Sn2+能够被Cr2O72-氧化，所以为防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差，需要用HgCl2除去过量的SnCl2，
故答案为：防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差；
②Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
   1mol               6mol
0.1000mol/L×0.02L   n
则：n=0.012mol，
故产品中铁的质量分数为：×100%=67.2%，
故答案为：67.2%。
19. (2021·全国·单元测试)高锰酸钾、高铬酸是典型的强氧化剂。完成下列填空：
（1）某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：、、、、。已知该反应中只发生如下过程：。
①该反应中的还原剂是________。
②该反应中，发生还原反应的过程是________→________。
③写出该反应的化学方程式：__________________________。
（2）在用酸性溶液处理和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①（未配平）
②（未配平）
下列关于反应①的说法中正确的是________（填字母序号）。
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5
c．生成2.24L（标准状况下），反应转移电子的物质的量是0.8mol
d．还原性的强弱关系：
（3）在稀硫酸中，和也能发生氧化还原反应。
已知：，则被2mol氧化的的物质的量是________mol。
（4）高锰酸钾溶液与硫化亚铁固体有如下反应：

若上述反应前后固体的质量减少了2.8g，则硫元素与之间发生电子转移的数目为________。
【答案】
 （1）
①   
②    ​​​​​​​
③
（2）abc
（3）5
（4）0.1（或）
【解析】
（1）①由O元素的化合价升高可知，为还原剂；②该反应中，Cr元素的化合价降低，还原过程为；③发生反应，Cr元素的化合价由降低为，O元素的化合价由升高为0，由得失电子守恒可知，再由H原子守恒可知。
（2）铜元素的化合价由升到价，硫元素的化合价由升到价，均被氧化，a正确设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则，，b正确；
根据b项，当生成5mol时，转移电子40mol，所以当有0.1mol生成时，转移电子0.8mol，c正确；
根据在同一反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：，d错误。
（3）反应中，生成的6mol中有5mol为被氧化生成的，有1mol为自身发生氧化还原反应生成的，则被2mol氧化的是5mol。
（4）反应中固体变化为，固体质量变化为铁元素质量，反应前后固体的质量减少了2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，被高锰酸根离子氧化的的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为，故转移电子数目为0.1。
20. (2021·全国·单元测试)氯气是一种强氧化性的气体，自来水厂常用氯气对自来水杀菌消毒。
（1）实验室将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中可产生氯气，同时溶液紫红色褪去，其离子方程式为____________________________________；该反应中氧化剂是________，1mol氧化剂在反应中得到________mol电子；如果反应后的溶液为酸性，向溶液中加入，溶液又显紫红色，此现象说明具有___________性，该反应的离子方程式为______________________________________（已知为不溶于冷水的固体，反应中转化为）。
（2）根据世界环保联盟的要求，将逐渐取代成为自来水的消毒剂。工业上常用和溶液混合并加酸化后制得，反应的离子方程式为______
_______________；实验室中用和浓盐酸在一定温度下反应也可制得气体，同时生成，该反应的化学方程式为_____________________________；反应中生成1mol可转移________mol电子。
（3）高铁酸钾（）是一种新型、高效、多功能的水处理剂。在KOH溶液中，与反应可制得，该反应的离子方程式为____________________，该反应条件下氧化性________（填“强于”或“弱于”）。
【答案】
（1）    5  氧化
 
（2） 
   1
（3）  强于
【解析】
（1）被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒，时恰好反应完全，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式：；反应中氧化剂是，1mol可得到5mol电子；由已知信息可知作氧化剂，将氧化为，1mol被还原为得2mol电子，1mol被氧化为失5mol电子，根据得失电子守恒，时恰好反应完全，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式：。
（2）被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒，时恰好完全反应，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式：；被还原为，被氧化为，同时起酸性作用，根据得失电子守恒，与被氧化的物质的量之比为1∶1，结合原子守恒时恰好完全反应，配平可得化学方程式：，生成1mol可转移1mol电子。
（3）1mol生成失去3mol，1mol生成得2mol，根据得失电子守恒，时恰好完全反应，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式：；依据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知该反应条件下氧化性强于。  
21. (2021·安徽省蚌埠市·期末考试)实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：
（1）水合肼的制备反应原理：
CO(NH2)2（尿素）+NaClO+2NaOH＝N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为___________（按气流方向，用小写字母表示）。
A．  B．  C．  D．
若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与的物质的量之比为3:1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。
②制备水合肼时，应将___________滴到___________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。
（2）碘化钠的制备是采用水合肼还原法制取，其制备流程如图所示：

在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物，该过程的离子方程式为____________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是___________________。
（3）测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
A．称取10.0 g样品并溶解，在500 mL容量瓶中定容。
B．量取20.00 mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，过量的Fe3+加NaF掩蔽，使其不参与后续反应，再加入M溶液作指示剂。
C．用0.1000 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点（反应方程式为2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI），重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为25.00 mL。
①M为___________（写名称）。
②该样品中NaI的质量分数为___________。
【答案】
（1）①ecdabf；2:1 ②NaClO溶液；尿素溶液
（2）；
N2H4·H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质
（3）①淀粉 ②0.9375或93.75%
【解析】
（1）①由题意可知，制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为ecdabf；氯气与氢氧化钠的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，当ClO-与的物质的量之比为3:1时，设ClO-、的物质的量分别为3mol、1mol；得到3molClO-失去3mol电子，得到1mol，失去5mol电子，一共失去8mol电子；根据得失电子守恒可知，同时又有8mol氯元素被还原，生成8molCl-，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=8mol：（3mol+1mol）=2:1，故答案为：ecdabf；2:1；
②由已知信息：水合肼具有还原性，制备水合肼时，应将NaClO溶液滴到尿素溶液中，且滴加速度不能过快，故答案为：NaClO溶液；尿素溶液；
（2）由流程图知，在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物，则水合肼N2H4·H2O与反应，生成N2，根据氧化还原反应中的得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得，该过程的离子方程式为：；工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是：N2H4·H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，
故答案为：；N2H4·H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质；
（3）
①加入足量的FeCl3溶液把I-氧化为I2，故选择淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉；
②根据题意建立关系式为：2NaI ～ I2～ 2Na2S2O3，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为25.00 mL，则该样品中NaI的质量分数为。
故答案为：0.9375或93.75%