【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题04 氧化还原反应（练）（原卷版+解析版）

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专题04 氧化还原反应

1．(2022·河北省邢台市“五校联盟”部分重点学校高三联考)下列变化不涉及氧化还原反应的是( )
A．食物腐败 B．长期放置的无色浓硝酸变黄
C．石英遇强碱表面变暗 D．长期放置的氯水的酸性增强
【答案】C
【解析】A项，食物的腐败为缓慢氧化，涉及氧化还原反应，故A不选；B项，久置浓硝酸变黄是因为硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，反应过程中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C项，石英遇强碱表面变暗是由于SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C选；D项，长期放置的氯水中的次氯酸见光分解生成HCl和氧气，Cl元素和O元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C。
2．(2022·辽宁省名校高三第四次联合考试)下列现象或事实涉及氧化还原反应的是( )
A．浓硫酸长期暴露在空气中浓度降低 B．FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去
C．烧碱溶液长期暴露在空气中变质 D．氯化铁溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质
【答案】B
【解析】A项，浓硫酸长期暴露在空气中浓度降低是因为浓硫酸吸收空气中的水蒸气，没有发生化学反应，故不选A；B项，FeSO4溶液中Fe 2+具有还原性，酸性高锰酸钾具有氧化性，两者发生氧化还原反应，故选B；C项，CO2与NaOH反应生成碳酸钠和水，元素化合价均没有发生改变，故不选C；D项，氯化铁溶液在空气中蒸干，由于发生水解反应，得到的物质为氢氧化铁，元素化合价均没有发生改变，故不选D；故选B。
3．下列反应既属于氧化还原反应又属于化合反应的是
A．Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3 B．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 D．Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
【答案】B
【解析】A项，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3中三种物质生成一种物质是化合反应，但反应过程中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A不符合题意；B项，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3三种物质生成一种物质是化合反应，反应前铁的化合价为+2价，反应后升高到+3价，为还原剂，反应前氧的化合价为0价，反应后化合价下降到-2价，为氧化剂，所以此反应为氧化还原反应，故B符合题意；C项，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应前两种物质，反应后为两种物质，所以不是化合反应，此反应中存在化合价的变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；D项，Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O反应前两种物质，反应后三种物质，所以不是化合反应，反应过程中没有化合价变化，因此为非氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。
4．下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是(　　)


【答案】B
【解析】B项，硫元素发生歧化反应，两个S由0降低为－2价，总共降低4价，一个S由0价升高为＋4价，总升高4价，共失去4个电子，正确；C项，根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从＋5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从－1价升高到0价，转移电子数是5；D项，氯酸钾中氯元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O指向Cl，，故D错误。
5．下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是( )
A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2
C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【答案】D
【解析】A项，MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B项，C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C项，8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D项，反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故选D。
6．(2022·浙江省新力量联盟高一期中联考)下列变化需要加入氧化剂才能实现的是( )
A．H2SO4→BaSO4 B．Fe3+→Fe2+
C．CuO→Cu D．Mn2+→MnO4-
【答案】D
【解析】A项，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4，H2SO4→BaSO4的转化过程不需要发生氧化还原反应就能实现，不需要加入氧化剂，故A不符合题意；B项，Fe3+→Fe2+的转化过程中，Fe元素化合价降低，得电子，被还原，需要加入还原剂才能实现，故B不符合题意；C项，CuO→Cu的转化过程中，Cu元素的化合价降低，得电子，被还原，需要加入还原剂才能实现，故C不符合题意；D项，Mn2+→MnO4-的转化过程中，Mn元素的化合价升高，失电子，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D符合题意；故选D。
7．(2023·浙江省温州市高三第一次适应性考试)关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是( )
A．C在反应过程中被还原 B．Si3N4既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂和还原剂质量之比为1：3 D．每生成14.0g Si3N4共转移1.2mol电子
【答案】D
【解析】A项，该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B项，该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；C项，该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D项，14.0g Si3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；故选D。
8．(2022·浙江省山水联盟高三选考模拟)关于反应CH2=CH2+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+CO2+H2O (没配平)，氧化产物和还原产物的物质的量之比是( )
A．5∶6 B．6∶5 C．5∶8 D．8∶5
【答案】A
【解析】该反应中，C2H4中碳元素化合价由-2价升高到CO2中+4价，故氧化产物为CO2，KMnO4中锰元素化合价由+7价降低到MnSO4中+2价，故还原产物为MnSO4，根据得失电子守恒得关系式：5CO2~6MnSO4，即氧化产物和还原产物之比为5：6，故选A。
9．(2022·江苏省连云港市高三联考)黄铁矿在潮湿空气中会被缓慢氧化，发生的主要反应如下(未配平)：
a： FeS2+ O2+H2O →SO42- +Fe2++H+
b： Fe2++H++O2→Fe3++ H2O→
c： Fe3++FeS2+ H2O→Fe2+ + SO42-+ H+→
下列说法正确的是( )
A．a反应中氧化产物只有FeSO4
B．为了验证b反应后溶液中含Fe2+，可选用KSCN溶液和氯水。
C．c反应中每生成1mol Fe2+转移1mol电子
D．长期盛放黄铁矿的纸箱会被腐蚀而发黑
【答案】D
【解析】A项，a步反应中S化合价由-1升高到+6，硫元素化合价被氧化，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42-+4H+，氧化产物除了FeSO4还有H2SO4；故A错误；B项，b步是向含有Fe2+的溶液中通入O2，Fe2+遇O2会生成Fe3+，含Fe2+、Fe3+的溶液KSCN溶液直接生成红色溶液，所以含Fe2+、Fe3+的溶液不能用KSCN溶液来检验所含的Fe2+，故B错误；C项，c反应中Fe3+降为Fe2+，FeS2中2个S共显-2价，变为2个硫酸根，共升高14价，离子方程式为：14Fe3++FeS2+8 H2O=15Fe2+ +2 SO42-+ 16H+，转移14e-，故每生成1mol Fe2+转移mol电子，故C错误；D项，黄铁矿被缓慢氧化后会变成三价铁离子，生成硫酸，会腐蚀纸箱导致其变黑，故D正确。故选D。
10．(2022·安徽省定远县育才学校高三月考)打印机使用的墨粉中含有Fe 3O4它的一种制备方法是：将FeSO4溶液、Fe 2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的溶液，水浴加热。反应如下：反应a： ____ Fe2++____ Fe3++________Fe 3O4+____H2O ，下列分析不正确的是( )
A．Fe 3O4具有磁性
B．反应a中，是还原剂， 是氧化剂
C．从左至右，反应a各物质的系数依次为、、、、
D．Fe 3O4与盐酸反应，生成盐和水
【答案】B
【解析】A项，Fe 3O4是黑色具有磁性的晶体，A正确；B项，反应a中，化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，B错误；C项，根据氧化还原反应得失电子相等配平可知从左至右，反应a各物质的系数依次为1、2、8、1、4，C正确；D项，Fe 3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁和水，D正确；故选B。
11．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。生产K2FeO4的工艺流程如图所示；

(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中氧化剂是________(填化学式)。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为____________________________
__________________________________________________________________。
【答案】(1)2　10　3　2　9　NaCl　5　H2O　NaClO　(2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH
【解析】(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。
12．四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。请回答下列问题。
(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是　　　　　　。
(2)反应的离子方程式中x＝　　　　。
(3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为　　　　mol，被Fe2＋还原的O2的物质的量为　　　　mol。
【答案】(1)Fe2＋、S2O　(2)4　(3)4　0.5
【解析】(2)根据电荷守恒得：x＋2×2－3×2＝2，解得x＝4。(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成 1 mol Fe3O4时，转移的电子数即1 mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2＋还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x＝1 mol×3×，解得x＝0.5 mol。
13．常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式 _____________________________________。
(2)该反应的还原产物是_____________。
(3)在标准状况下，如果反应中生成11．2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为______，转移电子数目为 ___________。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_________________________________。
【答案】(1)2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl
(2)ClO2 (3)1mol 6．02×1023或NA
(4)5H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－ + 8Cl－ + 18H+
【解析】(1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HCl~Cl2↑~2e—，标准状况下，11．2L氯气的物质的量为0.5mol，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5mol×2=1mol，转移的电子数目为6．02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－+ 8Cl－+ 18H+。
14．黄铜矿(CuFeS2)是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等。黄铜矿是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏。以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)的工艺流程如下所示：

已知：CuFeS2中Cu为＋2价。
请回答下列问题：
(1)CuFeS2中Fe的化合价为____________。
(2)写出反应Ⅰ的离子方程式：_______________________________，该反应的氧化剂是________。
(3)CuCl难溶于水，但可与过量的Cl－反应生成可溶于水的[CuCl2]－。该反应的离子方程式为_______________________________________________。
(4)反应Ⅰ～Ⅳ 4个反应中属于非氧化还原反应的是反应________(选填“Ⅰ～Ⅳ”)。
(5)反应Ⅴ中Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂，由此可推知“溶液A”中的溶质为________(写出化学式)。
【答案】(1)＋2　(2)CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S　CuFeS2、FeCl3　
(3)Cl－＋CuCl===[CuCl2]－　(4)Ⅱ、Ⅳ　(5)CuCl2、NaCl
【解析】(1)CuFeS2中，S为－2价，Cu为＋2价，Fe为＋2价。(2)由框图信息可知，反应Ⅰ的反应物为CuFeS2、FeCl3，部分生成物为CuCl和S，由反应Ⅱ的产物FeCO3可推知FeCl2也是反应Ⅰ的产物，故反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；该反应中化合价降低的元素是FeCl3中的Fe和CuFeS2中的Cu，故氧化剂是CuFeS2和FeCl3。(3)结合信息提示可写出该反应的离子方程式：Cl－＋CuCl===[CuCl2]－。(4)反应Ⅱ是FeCl2和Na2CO3生成FeCO3和NaCl的反应，属于复分解反应，即非氧化还原反应；由(3)中书写的离子方程式可知反应Ⅳ为非氧化还原反应。(5)由信息“Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂”及生成物中有单质Cu可知，Na[Cl2]中Cu化合价既有降低，又有升高，故生成物中有CuCl2，另外一种生成物为NaCl。
15．(2022·宁夏吴忠中学高三月考)高锰酸钾是一种强氧化剂，为紫黑色、细长的棱形结晶或颗粒，带蓝色的金属光泽，可溶于水。根据所学知识，回答下列问题：
(1)酸性条件下，高锰酸钾可与草酸()溶液发生反应，其反应为
。
①补上产物，配平化学方程式___________。
②上述反应中H2C2O4表现的性质有___________。
(2)若将SO2通入硫酸酸化的KMnO4溶液中，溶液褪色，生成Mn2+，此时溶液中仅有一种阴离子。写出发生反应的离子方程式：___________，该反应中作还原剂的是___________(填化学式)。
(3)高锰酸钾还可与浓盐酸反应，写出其化学方程式___________，其中浓盐酸表现酸性与还原性的物质的量之比为：___________。
【答案】(1)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O 还原性
(2)5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+ SO2
(3)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 3：5
【解析】(1)①由未配平的化学方程式可知，草酸与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；②由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，草酸是反应的还原剂，表现还原性；(2)由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和水，反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，反应中硫元素的化合价升高被氧化，二氧化硫是反应的还原剂；(3)高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中氯元素的化合价部分升高被氧化，氯化氢起酸和还原剂的作用，由方程式可知浓盐酸表现酸性与还原性的物质的量之比为3：5。

1．(2023·湖北省荆宜三校高三联考)通过电氧化合成法可制得特殊高价金属化合物高铜酸钠(化学式为NaCuO2)。下列关于该物质的说法错误的是( )
A．NaCuO2中为价 B．NaCuO2中存在过氧键
C．NaCuO2在酸性条件下不能稳定存在 D．NaCuO2与氢气反应可能有Cu生成
【答案】B
【解析】A项，NaCuO2是特殊的高价金属化合物，其中Cu为+3价，A正确；B项，NaCuO2中Cu为+3价，O为-2价，不存在过氧键，B错误；C项，NaCuO2中Cu为+3价，具有强氧化性，在酸性条件下不能稳定存在，C正确；D项，NaCuO2具有强氧化性，可能与还原性气体氢气反应生成Cu，D正确；故选B。
2．(2022·湖南省天壹名校联盟高三调研考试)含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上，常采用碱性氯化法(Cl2过量)来处理高浓度氰化物污水，将废水中的有害物质转化为无毒物质，发生的总反应为CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )
A．还原性：Cl2＞N2 B．氧化剂、还原剂的物质的量之比为2∶5
C．该反应中，每生成1mol CO2转移2mol电子 D．若将该反应设计成原电池，则CO2在负极区生成
【答案】D
【解析】反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升高5价，化合价升降最小公倍数为10，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒配平得：2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O。A项，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2为氧化剂，体现氧化性，N2为氧化产物，氧化性：Cl2＞N2，故A错误；B项，由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，故B错误；C项，根据上述分析，2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O转移10个电子，因此每生成1mol CO2转移5mol电子，故C错误；D项，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应，即CO2再负极上生成，故D正确；故选D。
3．(2022·浙江省台州市高三选考科目教学质量评估)一定条件下，F2与水反应，生成物除了O2外，还会生成次氟酸(HFO)、OF2等。下列推测不合理的是( )
A．F2与水反应还可能生成H2O2
B．HFO的分子结构中O原子位于H与F之间，O元素的化合价为-2价
C．HFO不稳定，分解生成HF与O2
D．OF2是一种强氧化剂，与盐酸反应会生成HF、Cl2、O2等
【答案】B
【解析】A项，根据氧化还原反应的规律，有化合价的降低就有化合价的升高，H2O中O元素为-2价，H2O2中O元素为-1价，因为F为最强的非金属，反应时化合价不可能升高，所以F2与水反应还可能生成H2O2，推断合理，故A正确；B项，HFO中若O元素为-2价，则F元素为+1价，与事实不符，故B错误；C项，HFO不稳定，分解生成HF和氧气，故C正确；D项，OF2中O元素为+2价，与盐酸反应时被还原，生成HF、氯气、氧气等，故D正确；故选B。
4．(2022·河南省部分重点高中适应检则考试)叠氮酸钠(NaN3)可用作医药原料和炸药，工业上可在立窑中通过反应NaNO3+NaNH2 NaN3+NH3↑+ NaOH(未配平)来制备叠氮酸钠，下列说法正确的是( )
A．方程式中NaNO3和NaN3的化学计量数之比为1：1
B．作还原剂的NaNH2占参与反应的的物质的量的
C．每生成67.2LNH3，转移电子的物质的量为16mol
D．立窑的衬里适宜选用石英耐火砖
【答案】A
【解析】A项，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式可得NaNO3+3NaNH2 NaN3+NH3↑+ 3NaOH，A正确；B项，根据选项A所配方程式知，3 mol NaNH2反应，有1 mol N元素化合价没变生成NH3，有2 mol N元素化合价升高转化为NaN3，故作还原剂的NaNH2占参与反应的NaNH2的物质的量的，B错误；C项，未给出气体所处状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；D项，高温下，产物NaOH能和SiO2反应，会腐蚀设备，D错误；故选A。
5．(2022·辽宁省名校高一联合考试)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生如下反应：①Cl2+KOH=KCl+KClO+KClO+H2O (未配平)、②3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH=2K2FeO4↓+3KCl+6KNO3+5H2O，下列说法正确的是( )
A．若反应①中有标准状况下11.2L Cl2参加反应，则消耗1molKOH
B．若反应①中n(Cl-)：n(ClO-)=6：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
C．氧化性：K2FeO4＞KClO
D．反应②中每消耗1mol转移6mol电子
【答案】A
【解析】A项，参加反应①的氯原子和钾原子物质的量之比为1：1，标准状况下11.2L Cl2的物质的量为0.5mol，Cl原子的物质的量为1mol，故消耗1molKOH，故A正确；B项，若反应①中n(Cl-)：n(ClO-)=6：1，配平后方程式为4Cl2+8KOH=6KCl+KClO+KClO+4H2O，氧化剂为3mol氯气，还原剂为1mol氯气，故氧化剂、还原剂之比应为3：1，故B错误；C项，根据反应②氧化性：氧化剂＞氧化产物，即KClO＞K2FeO4，故C错误；D项，反应②中每消耗3molKClO转移6mol电子，故D错误。故选A。
6．(2022·安徽省合肥市五中、七中、十中高三联考)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：
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4molKOH，会吸收44.8LCl2
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5：3
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.6molCl2
【答案】C
【解析】A项，反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1：1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯气，题干未告知气体所处的状态，故无法计算2mol氯气的体积，A错误；B项，根据同一氧化还原反应，氧化剂的氧化性强于氧化产物，而反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4＜KClO，B错误；C项，设ClO-为5mol，ClO3-为1mol，氯气转化成ClO-、ClO3-被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：5mol×1+1mol×(5-0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：(5mmol+1mol)=5：3，C正确；D项，根据电子守恒可得关系式：2K2FeO4～3KClO～3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，D错误；故选C。
7．(2022·湖南省长沙一中高三月考)将SO2气体不断通人Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色(还原产物为Cr3+)。则下列有关说法错误的是( )
A．氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终能消耗0.1molK2Cr2O7
C．通入SO2时反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+
D．随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强
【答案】D
【解析】A项，将SO2气体不断通人Fe2(SO4)3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，说明Fe3+被SO2还原为Fe2+，SO2被氧化，则氧化性Fe3+＞SO2；然后往溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色，说明Cr2O72-将Fe2+氧化为Fe3+，所以氧化性Cr2O72-＞Fe3+，则三者的氧化性Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，A正确；B项，标况下6.72LSO2的物质的量为0.3mol，完全被氧化为SO42-共失去0.6mol电子，整个过程中Fe元素的化合价没有变化，所以最终这些电子被K2Cr2O7得到，Cr元素化合价由+6价变为+3价，所以0.1molK2Cr2O7刚好可以得0.6mol，B正确；C项，通入SO2时Fe3+被SO2还原为Fe2+，SO2被氧化为SOV，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，C正确；D项，通入SO2时发生SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，加入K2Cr2O7时发生Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，1molFe3+参与反应的过程中，生成2molH+，消耗molH+，消耗的更多，所以溶液酸性越来越弱，D错误；故选D。
8．(2022·山西省运城市教育局教学研究室高三期中)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( )
A．产生22.4L(标准状况) Cl2时，反应中转移 B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在 D．可用澄清石灰水吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
【答案】D
【解析】A项，反应中I元素的化合价由0价升至+5价，Cl元素的化合价由+5价降至KCl中的-1价和Cl2中的0价，该反应中生成3molCl2转移60mole-，标准状况下22.4LCl2物质的量为1mol，则转移电子物质的量为20mol，A正确；B项，反应中I元素的化合价由0价升至+5价，I2为还原剂，Cl元素的化合价由+5价降至KCl中的-1价和Cl2中的0价，KClO3为氧化剂，则反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为11：6，B正确；C项，食盐中若存在IO3-，与酸化的淀粉碘化钾发生反应IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，淀粉碘化钾溶液变蓝，C正确；D项，工业上用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，D错误；故选D。
9．(2022·河南省南阳市高三联考)已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3-，氧化性：H2CO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是( )
A．常温下，中性溶液中，Fe3+、Cl-、Ba2+、I-能大量共存
B．向FeI2的溶液中通入少量氯气充分反应：4Fe2++2I-+3Cl2=4 Fe3++ I2+6Cl-
C．向NaClOO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-
D．向FeBr2溶液中滴加少量氯水，再加入CCl 4溶液振荡，静置，有机层呈橙色
【答案】C
【解析】A项，Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能存在，故A错误；B项，向FeI2溶液中滴加少量氯水，由于氧化性Cl2＞Fe3+＞I2，则只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，故B错误；C项，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HCO3-，该反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故C正确；D项，向FeBr2溶液中滴加少量氯水，由于氧化性Br2＞Fe3+，只有亚铁离子被氧化，溴离子不反应，则有机层为无色，故D错误；故选C。
10．(2022·贵州省金沙市高三联考)SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：
①；②。
则下列有关说法错误的是( )
A．还原性：SO2＞Fe2+＞Cr3+
B．标准状况下，若有3.36LSO2参加反应，则最终消耗0.1mol K2Cr2O7
C．反应②中，每有0.1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为0.6NA
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】A项，还原剂还原性大于还原产物，从反应①②中得到还原性SO2＞Fe2+＞Cr3+，A正确；B项，，由得失电子守恒可知，消耗K2Cr2O7的物质的量为0.05mol，B错误；C项，反应②中，中铬元素化合价从+6下降为+3，每有1个0.1mol K2Cr2O7参加反应，转移6个电子，则每有0.1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为0.6NA，C正确；D项，氧化剂氧化性大于氧化产物，从反应①②得到氧化性K2Cr2O7＞SO42-，可推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，D正确；故选B。
11．(2022·“四省八校”高三期质量检测考试)纳米铁(直径一般从几纳米到几十纳米)可通过不同反应机制(吸附、还原、催化氧化)去除环境有机、无机污染物，通过番石榴叶提取液还原Fe3+制备纳米铁(Fe0)氧化去除As(Ⅲ)(罗马数字为元素的化合价)的过程如图所示。下列叙述不正确的是( )

A．将纳米铁与水形成分散系，可以发生丁达尔效应
B．反应1的前半程，1 mol H2O2反应转移2 mol电子
C．反应2中，Fe2+与H2O2的物质的量之比为1：1
D．若要氧化去除1 mol As(Ⅲ)，则至少需要112 g纳米铁
【答案】B
【解析】A项，纳米铁的直径一般从几纳米到几十纳米，与水形成的分散系是胶体，可发生丁达尔现象，A正确；B项，根据图示信息可知，反应1的前半程：Fe2++H2O2=Fe3++OH-+★OH，该过程1molH2O2转移1mol电子，B错误；C项，根据图示信息可知，反应2：Fe2++H2O2+2H+=Fe(IV)+2H2O，Fe元素化合价升高2，H2O2中2个O原子化合价分别降低1，所以Fe2+与H2O2的物质的量之比为1：1，C正确；D项，若要氧化去除1 mol As(Ⅲ)，则转移2mol电子，通过反应1后半程需要2mol ★OH，则需要2molFe2+，若通过反应2，后半程需要2mol Fe(IV)，根据原子守恒可知，无论哪条路径，都需要 2mol纳米铁，其质量为112g，D正确；故选B。
12．(2023·湘豫名校联考第一轮复习诊断性考试)科学研究发现过二硫酸盐的溶液中存在一定量的过氧化氢，加热会促进过二硫酸盐的水解，某兴趣小组为探究过二硫酸钠(Na2S2O8)的性质进行了以下实验：
第一步：将少量的MnSO4·H2O与过量的Na2S2O8混合，加入蒸馏水；
第二步：加热上述混合液，30s后开始出现大量的无色气泡，经验证该气体能使带火星的木条复燃；
第三步：取加热煮沸3min后的溶液，观察发现溶液呈深棕色，里面明显看到悬浮的小颗粒；
……
下列观点正确的是( )
A．分析Na2S2O8可知硫元素的化合价为+7
B．过二硫酸钠的水解产物中有H2SO4
C．3min后的溶液呈深棕色是由于Mn2+被氧化成MnO4-
D．悬浮的小颗粒直径介于1~100nm之间
【答案】B
【解析】A项，S元素为第VIA族元素，最高正价为+6价，故A错误；B．项， 过二硫酸钠的水解反应为S2O82-+2H2O2SO42-+2H++H2O2，故水解产物中有H2SO4，故B正确；C项，溶液呈深棕色，里面明显看到悬浮的小颗粒，溶液呈深棕色是由于Mn2+被氧化成MnO2，故C错误；D项，悬浮的小颗粒直径大于100nm，粒子直径介于1~100nm之间的为胶体，看不到悬浮颗粒，故D错误；故选B。
13．(2022·湖南省19所名校高三联考)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生的反应有：
反应Ⅰ：(未配平)
反应Ⅱ：(未配平)
下列说法不正确的是( )
A．反应Ⅰ中每生成1mol SO42-，转移电子的物质的量为10mol
B．FeS2中含有离子键和非极性共价键
C．反应Ⅱ中生成的Fe3+可用K3[Fe(CN)6]检验其存在
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2
【答案】C
【解析】A项，MnO4-中Mn为+7价，Cu2S中Cu和S分别为+1、-2价，FeS2中Fe和S分别为+2、-1价。反应Ⅰ中每生成1mol SO42-，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高，反应转移电子的物质的量为10mol，A正确；B项，FeS2中含有离子键和非极性共价键S22-(类似于O22-)，B正确；C项，K3[Fe(CN)6]是用来检验Fe2+的，C错误；D项，若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1mol KMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高，应氧化0．5mol Cu2S，FeS2化合价共升高，应氧化mol FeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为，D正确；故选C。
14．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
KMnO4＋____FeSO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____Fe2(SO4)3＋____H2O。
下列说法正确的是(　　)
A．MnO是氧化剂，Fe3＋是还原产物
B．Fe2＋的还原性强于Mn2＋
C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成
D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子
【答案】B
【解析】Fe3＋为氧化产物，A错误；Fe2＋在该反应中作还原剂，Mn2＋为还原产物，B正确；Fe3＋遇到SCN－生成的是难电离的Fe(SCN)3，而不是沉淀，C错误；配平该反应方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，故生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D错误。
15．(2022·陕西省泾阳县教育局教学研究室高三期中)如图所示，和水相连的物质都能和水发生反应，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．①④⑧反应中，水都既不作氧化剂也不作还原剂
C．①和⑦中都有氧气生成，且生成 molO2转移的电子数相同
D．⑦中水作氧化剂，②中水作还原剂
【答案】B
【解析】A项，上述反应中①过氧化钠、②钠单质、④二氧化氮、⑦氟气、⑧氯气与水反应均有元素发生了化合价的改变，属于氧化还原反应，③氧化钠、⑤三氧化硫、⑥氮化镁与水反应各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，A错误；B项，①④⑧反应中，水的氢和氧元素化合价均没有改变，都既不作氧化剂也不作还原剂，B正确；C项，①和⑦中都有氧气生成，根据反应，①生成1molO2转移的电子数2NA，⑦生成1molO2转移的电子数4NA，C错误；D项，⑦中水的氧元素化合价从-2升高到0，被氧化，水作还原剂，②中水的氢元素化合价从+1降低到0价，被还原，水作氧化剂，D错误；故选B。
16．某反应中反应物与生成物有AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物X。已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol e-生成X，则X的化学式：　　　　　　　，试写出该反应的化学方程式：　 　。 
【答案】Br2　4H2SO4+5AsH3+8KBrO3==5H3AsO4+4Br2+4K2SO4+4H2O
【解析】设X中Br的化合价为m，根据电子守恒得：0.2×(5-m)=1，m=0，所以KBrO3被还原成Br2。在该氧化还原反应中，KBrO3是氧化剂，其还原产物为Br2，AsH3为还原剂，其氧化产物为H3AsO4，H2SO4作为反应物提供酸性环境，根据化合价升降相等即可配平。
17．氯及其化合物形式多样，用途广泛。回答下列问题：
(1)KClO4是一种白色粉末，其化学名称为________；漂白粉的主要成分是________。
(2)气体ClO2是应用较普遍的安全、无毒的消毒剂，可以用KClO3在稀H2SO4中和草酸反应制备，其化学方程式为__________________________。
(3)氨气可以检验输送氯气的管道是否泄漏，试写出化学反应方程式：________________________________。
(4)向200 mL NaOH溶液中通入一定量Cl2恰好完全反应，得到0.1 mol NaClO3和0.1 mol NaClO，则原NaOH溶液的物质的量浓度为________。
【答案】(1)高氯酸钾　CaCl2和Ca(ClO)2
(2)2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O
(3)8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl
(4)4 mol/L
【解析】(2)KClO3作氧化剂被还原生成ClO2，H2C2O4作还原剂被氧化生成CO2。根据得失电子守恒配平方程式可得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。(3)氨气被氧化生成N2，Cl2被还原生成HCl，HCl与NH3发生后续反应生成白烟(NH4Cl)。(4)Cl2发生歧化反应，氧化产物是NaClO3和NaClO，还原产物是NaCl。NaClO3和NaClO的物质的量之比等于1∶1，则NaClO3和NaClO计量数之比等于1∶1，写出化学反应方程式。
8NaOH＋4Cl2===NaClO3＋NaClO＋6NaCl＋4H2O
8 1 1
y 0.1 mol 0.1 mol
由＝，得y＝0.8 mol，则c(NaOH)＝＝＝4 mol/L。
18．二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：

(1)写出FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式：______________________ 　。 
(2)滤渣Ⅰ中主要成分的形成可用离子方程式表示为 ______________________　。 
【答案】(1)4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O
(2)AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】(1)根据流程图，FeWO4在碱熔过程中，得到Fe2O3和Na2WO4，反应物是NaOH、FeWO4、O2，生成物是Na2WO4、Fe2O3等，FeWO4中Fe显+3价，W显+5价，Na2WO4中W显+6价，FeWO4为还原剂，O2为氧化剂，因此根据化合价升降法进行配平，得到化学反应方程式为4FeWO4+O2+8NaOH2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O。(2)根据钨铁矿成分中有氧化铝，氧化铝为两性氧化物，碱熔过程中发生反应Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，粗钨酸钠溶液中通入过量的CO2，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，滤渣Ⅰ为氢氧化铝。
19．铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药、纺织等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。
工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：

(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是________(填序号)。
(2)第①步，含Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾FeSO4·7H2O处理，写出并配平反应的离子方程式：_______________________________________________________。
(3)第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，还有________________、________________(写化学式)。已知Cr(OH)3性质类似Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：_________________________________。
(4)回收所得的Cr(OH)3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：
①Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
②2S2O＋I2===S4O＋2I－
准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为________(保留四位有效数字)。
【答案】(1)①④ (2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)Fe(OH)3　CaSO4　Cr(OH)3+OH－==CrO+2H2O　CrO+CO2+2H2O==Cr(OH)3↓＋HCO
(4)0.100 0 mol·L－1
【解析】(1)①中铬元素由＋6价降至＋3价，④中铬元素由＋3价升至＋6价。(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)＝＝0.100 0 mol·L－1。
20．由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。某兴趣小组通过下图所示装置(夹持装置略)对其进行制备、收集、吸收并制取 NaClO2。

(1)图中装置有一明显错误，请指出并纠正：______________________________。
(2)打开B的活塞，A中有ClO2生成，写出其反应的离子方程式：__________________________。
(3)D中吸收ClO2后生成NaClO2和NaHCO3，写出D中所发生反应的离子方程式：____________________________________。
(4)E中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，判断并说明理由：______________________________________。
(5)另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占总气体体积。则每生成0.5 mol ClO2，转移________ mol e－。
【答案】(1)C装置中导气管应该长进短出
(2)SO＋2H＋＋2ClO===2ClO2↑＋H2O＋SO
(3)2CO＋H2O2＋2ClO2===2ClO＋O2＋2HCO
(4)不能 因为D装置中有O2产生，O2也可能将I－氧化为I2　(5)0.5
【解析】(1)ClO2气体的密度比空气大，应该选用向上排空气法收集，所以图中装置C中导气管应该“长进短出”。(2)依题意，稀硫酸、NaClO3和Na2SO3混合能产生ClO2，氯元素化合价由＋5价降低到＋4价，表明ClO表现氧化性，而SO具有较强的还原性，所以其离子方程式为SO＋2H＋＋2ClO===2ClO2↑＋H2O＋SO。(3)由题意知ClO2与H2O2、Na2CO3接触生成NaClO2和NaHCO3，氯元素化合价由ClO2的＋4价变化到NaClO2的＋3价，ClO2作氧化剂，碳元素化合价没变，只能是H2O2中－1价的氧被氧化为O2，H2O2作还原剂，所以D中发生反应的离子方程式为2CO＋H2O2＋2ClO2===2ClO＋O2↑＋2HCO。(4)KI溶液变黄说明有I2生成，即I－被氧化成I2，除ClO2能氧化I－外，混合气体中的O2也能氧化I－，所以E中溶液出现黄色不能说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收。(5)NaClO3与盐酸反应有ClO2和Cl2生成，根据“互不交叉原理”，NaClO3转化为ClO2，HCl转化为Cl2，且ClO2与Cl2化学计量数之比为2∶1，其反应方程式及转移的电子数为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，转移2e－。根据方程式计量关系可知每生成0.5 mol ClO2时转移0.5 mol e－。
21．草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线,曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。

(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为　　　　(填化学式)；试写出B点对应的物质与O2在225 ℃～300 ℃发生反应的化学方程式：　；
(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为+2、+3),用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体,得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物的化学式为　　　　。
【答案】(1)Co3O4　3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2　(2)Co5O6
【解析】(1)由图可知,CoC2O4·2H2O的质量为18.3 g,其物质的量为0.1 mol,Co元素质量为5.9 g,C点钴氧化物质量为8.03 g,氧化物中氧元素质量为8.03 g-5.9 g=2.13 g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol∶≈3∶4,故C点Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7 g,与其起始物质的质量相比减少18.3 g-14.7 g=3.6 g,为结晶水的质量,故B点物质为CoC2O4,与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳,反应方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。(2)由电子守恒,n(Co3+)=2n(Cl2)=2×=0.4 mol,由电荷守恒,n(Co)总=n(Co2+)溶液=n(Cl-)=×(0.48 L×5 mol/L-2×)=1 mol,所以固体中的n(Co2+)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol,根据化合物中元素正负化合价代数和为0,氧化物中n(O)==1.2 mol,故该钴氧化物中 n(Co)∶n(O)=1 mol∶1.2 mol=5∶6,则该钴氧化物的化学式为Co5O6。

1．(2022·浙江省1月选考)关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是( )
A．CO是氧化产物
B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D．生成1molSiO2时，转移8mol电子
【答案】D
【解析】A项，根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B项，硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C项，反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，C错误；D项，根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；故选D。
2．(2021•浙江1月选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化( )
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【解析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A项，NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B项，NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C项，该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D项，该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。故选D。
3．(2021•浙江6月选考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是( )
A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】A项，反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B项，KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C项，12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D项，反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7：1，D正确；故选D。
4．(2021•广东选择性考试)宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A．Na2O2放入水中：Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑
B．H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O+2Fe= Fe2O3+3H2
C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4= CuSO4+ H2↑
D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+MnO4-= 5SO42-+4H++2Mn2+
【答案】D
【解析】A项，Na2O2放入水中化学方程式应该是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，A选项中氧元素不守恒，A错误；B项，H2O(g)通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；C项，铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；D项，SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被MnO4-氧化为SO42-，MnO4-被SO2还原为Mn2+，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为5SO2+2H2O+KMnO4-= 5SO42-+4H++2Mn2+，D正确；故选D。
5．(2021•北京卷)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( )
i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列说法不正确的是
A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4
B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3
C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验
D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
【答案】B
【解析】A项，该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B项，反应ⅱ中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，B错误；C项，H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，C正确；D项，水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，D正确；故选B。
6．(2020•浙江1月选考)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.00
19.98
2
1.26
22.40
3
1.54
21.56
已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________
【答案】95.2
【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为：，质量为，所以样品中FeC2O4·2H2O质量分数为。