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考点05 氧化还原反应(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)
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这是一份考点05 氧化还原反应(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)，共18页。
考点05 氧化还原反应
(好题冲关)
【基础过关】
1．下列过程属于化学反应，且与氧化还原反应无关的是( )
A．石灰纯碱法除水垢
B．补铁口服液中添加维生素
C．工业上原油的分馏
D．生活中用“暖宝宝”取暖
【答案】A
【解析】A项，石灰―纯碱法是向已澄清的生水中加入适量的生石灰(CaO)和纯碱(Na2CO3)，可除去水中的永久硬度，软化水垢，生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，属于非氧化还原反应，A正确；B项，补铁口服液中添加维生素，属于物理变化，B错误；C项，原油的分馏是利用沸点不同进行分离，属于物理变化，C错误；D项，Fe粉、活性炭、食盐水构成原电池，发生氧化还原反应，D错误；故选A。
2．下列物质的应用涉及氧化还原反应的是( )
A．利用氢氟酸刻蚀玻璃 B．利用活性炭由红糖制备白糖
C．煅烧石灰石制备生石灰 D．应用漂白粉对环境进行消杀
【答案】D
【解析】Ａ项，利用氢氟酸刻蚀玻璃，发生反应4HF + SiO2 = SiF4↑+ 2H2O，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，A项错误；Ｂ项，活性炭能够吸附红糖中的色素使红糖变成白糖，这是利用活性炭的吸附性，属于物理变化，B项错误；Ｃ项，煅烧石灰石制备生石灰原理为：CaCO3CaO + CO2↑，无化合价的变化，为非氧化还原反应，C项错误；Ｄ项，漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，具有氧化性，消毒是利用漂白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌的水处理过程，符合题意，D项正确；故选D。
3．(2023·湖南省高三联考)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰硝(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列有关说法错误的是( )
A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2
B．反应每转移6mol电子，则能生成11.2LN2
C．该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成
D．该反应中分别被S和硝酸钾氧化的碳原子数之比为1：5
【答案】B
【解析】。A项，该反应中氧化产物为CO2，还原产物为K2S和N2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，A正确；B项，气体体积没有注明是标准状况，无法计算N2的体积，B错误；C项，该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成，C正确；D项，1个S能得2e-，2个KNO3中N能得10e-，所以能氧化的碳原子数之比为1:5，D正确；故选B。
4．(2023·天津高三模拟)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是( )
A．生成42.0LN2(标准状况) B．有0.25molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被还原的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】C
【解析】根据反应方程式可知，10mol NaN3发生氧化反应生成15mol氧化产物N2，2mol KNO3发生还原反应生成1mol还原产物N2，每生成16mol N2，氧化产物比还原产物多15mol-1mol=14mol，反应中转移10mol电子，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则反应生成氮气2mol、0.25mol KNO3被还原、转移电子1.25mol，1.25mol NaN3被氧化。A项，由分析可知，标准状况下N2的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，A错误；B项，0.25mol KNO3被还原，B错误；C项，转移电子1.25mol，C正确；D项，0.25mol KNO3被还原，则被还原的N原子的物质的量为0.25mol，D错误；故选C。
5．ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO3-、H2O六种物质。下列有关说法正确的是( )
A．ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2
C．若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 mol
D．含CN-的废水也可用Cr2O72-处理
【答案】A
【解析】A项，根据题意，ClO-、CN-为反应物，N2、Cl-、HCO3-为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3-。其中ClO-是氧化剂， N2是氧化产物，A正确；B项，在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C项，在反应5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3-中，每反应产生1 mol N2，反应过程中转移10 mol电子。若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 mol，则转移电子1 mol，C错误；D项，Cr2O72-具有强氧化性，但若用Cr2O72-处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D错误；故选A。
6．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】将气体不断通人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，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，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+，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，所以氧化性Cr2O72-＞Fe3+，则三者的氧化性Cr2O72-＞Fe3+＞SO2。A项，Cr2O72-、Fe3+和SO2的氧化性强弱顺序为Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故A正确；B项，由分析可得SO2和Cr2O72-的关系为：3SO2—6 Fe2+—Cr2O72-，则6.72LSO2参加反应时最终能消耗K2Cr2O7的物质的量为×=0.1mol，故B正确；C项，通入SO2时发生的反应为二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，故C正确；D项，由题意可得总反应的离子方程式为3SO2+ Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O，由方程式可知，反应时消耗氢离子，溶液的酸性越来越弱，故D错误；故选D。
7．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋>I2>SO2
B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液时，转移2 mol e－时生成1 mol白色沉淀
【答案】A
【解析】由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋2CuI↓＋I2①，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI沉淀，D错误；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI②，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②中I2将SO2氧化，说明氧化性I2>SO2，故A正确。
8．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误。
9．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是( )
A．化合物KCrO2中Cr为＋3价
B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C．实验②证明氧化性：Cr2O＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】D
【解析】A项，化合物KCrO2中，K为＋1价，O为－2价，由化合物中正、负化合价的代数和为0知，Cr为＋3价，正确；B项，由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应均生成盐和水，为两性氧化物，正确；C项，由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生了氧化还原反应，Cr的化合价降低，I的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：Cr2O＞I2，正确；D项，实验③中发生氧化还原反应，Cr的化合价由＋3升高为＋6，则过氧化氢中O的化合价降低，证明H2O2有氧化性，错误。
10．用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO4-+ Cu2S+H+→Cu2++SO42-+Mn2++H2O (未配平)和反应II：MnO4-+ FeS2+H+→Fe3++SO42-+Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A．反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应I中每生成1molSO42-，转移电子的物质的量为10mol
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
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
【答案】B
【解析】A项，反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B项，反应Ⅰ中每生成1molSO42-，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C项，反应Ⅱ中氧化剂MnO4-化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，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， 1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，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0.5mol：mol=3：2，D错误。故选B。
11．(2023·辽宁省朝阳市一模)已知反应：aFeSO4+ bNa2O2= cNa2FeO4+2Na2O+ dNa2SO4+eO2↑，a=2。下列关于该反应的说法错误的是( )
A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．3a=b
D．每生成1mol Na2FeO4，转移4mol电子
【答案】D
【解析】A项，Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化，A正确；B项，该反应中，Na2O2中O的化合价既有升高，又有降低，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B正确；C项，a=2，根据Fe和S守恒可知，c=2，d=2，再根据Na守恒可知，b=6，则3a=b，C正确；D项，由选项C可知，该反应的化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则每生成1mol Na2FeO4，转移5mol电子，D错误；故选D。
12．(2023·重庆市渝中高三调研)氧和氟都是非金属性很强的元素，可形成一系列性质活泼的氟氧化合物，如：OF2、O2F2、O3F2、O4F2、O5F2、O6F2。其中O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，关于此反应，下列说法正确的是( )
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成2.24LHF，则转移0.4mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
【答案】D
【解析】A项，O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B项，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2只是氧化剂，故B错误；C项，不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D项，该反应中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4∶1，故D正确；故选D。
13．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)关于反应CH3CH2OH+Cr2O72-+H++H2O→CH3COOH+ Cr(H2O)63+ (未配平)，下列说法不正确的是( )
A．生成1mol CH3COOH，转移6mol电子
B．CH3COOH是氧化产物
C．该反应类型属于氧化还原反应
D．Cr(H2O)63+的配体中形成配位键的原子是O
【答案】A
【解析】A项，CH3CH2OH中C为-2价，CH3COOH中C为0价，有2个C原子发生变价，生成1mol CH3COOH，转移4mol电子，故A错误；B项，碳元素化合价升高，CH3CH2OH是还原剂，CH3COOH是氧化产物，故B正确；C项，该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D项，H2O中O原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；故选A。
14．(2023·浙江省Z20名校联盟高三第三次联考)汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。下列说法正确的是
A．该反应中KNO3是还原剂
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1
C．若设计成原电池，KNO3在负极上反应
D．每转移1mol e-，可生成2.24LN2
【答案】B
【解析】A项，KNO3中N元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN3中N元素的化合价由-升高为0，是还原剂，故A错误；B项，根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为10:2=5:1，一个叠氮化钠中含有3个N原子，所以被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15:1，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1，故B正确；C项，由选项A分子可知，在该反应中KNO3为氧化剂，则若设计成原电池，KNO3在正极上反应，故C错误；D项，由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故D错误；故选B。
15．(2023·浙江省东阳市高三5月模拟考试)关于反应3Cu2S+16H++4NO3-=6Cu2++4NO↑+3S↓+8H2O，下列说法不正确的是( )
A．该反应体现了HNO3的强氧化性和酸性
B．反应生成22.4L(标况下)NO气体时转移3mol电子
C．该反应中氧化产物只有S
D．若设计成原电池，Cu2S作为负极材料
【答案】C
【解析】A项，根据离子方程式可知，N的部分化合价由+5价降低为+2价，即HNO3作氧化剂，有硝酸铜生成，因此部分HNO3表现酸性，故A正确；B项，Cu2S中Cu显+1价，S显-2价，根据离子方程式可知，Cu、S的化合价升高，部分N的化合价降低，生成标准状况下22.4LNO，转移电子物质的量为=3mol，故B正确；C项，氧化产物是还原剂被氧化得到产物，根据B选项分析，氧化产物有S、Cu2+，故C错误；D项，该反应为氧化还原反应，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，因此Cu2S作负极材料，故D正确；故选C。
16．(2023·浙江省临海、新昌两地高三适应性考试5月模考)关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列说法正确的是( )
A．NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性与醋酸相当)
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C．NaN3既是还原产物又是氧化产物
D．生成1molNaN3，共转移4mol电子
【答案】C
【解析】A项，由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否则违背强酸制弱酸的原理，故A错误；B项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1：2，故B错误；C项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既是还原产物又是氧化产物，故C正确；D项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则反应生成1molNaN3，共转移电子的物质的量为1mol××2=mol，故D错误；故选C。
17．氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3-+4H++3e-=NO↑+2H2O，已知KMnO4、Na2CO3、FeO、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式： 。
(2)反应中硝酸体现了 性质。
(3)反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是 mol。
【答案】(1)3FeO+10HNO3＝3Fe(NO3)3+5H2O+NO↑
(2)酸性、氧化性 (3)0.6mol
【解析】(1)反应中硝酸根得到电子，被还原，则另一种反应物是还原剂，应该是氧化亚铁，铁元素化合价从＋2价升高到＋3价，失去1个电子，因此根据电子得失守恒可知反应的化学方程式为3FeO +10HNO3＝3Fe(NO3)3+5H2O+NO↑；(2)反应中有硝酸盐和NO生成，所以体现了硝酸的酸性和氧化性；(3)反应中N元素从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，因此生成0.2molNO转移0.2mol×3＝0.6mol电子。
18．已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H2C2O4)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题：
(1)该反应中的还原剂是________(填化学式)。
(2)写出该反应的化学方程式：____________________。
(3)反应转移了0.4 mol电子，则参加反应的H2SO4的物质的量为________mol。
(4)高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸溶液的反应可用于测定血钙的含量。方法是取2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为(NH4)2C2O4]，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解后得到H2C2O4，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是___________________________。
②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时，判断滴定终点的方法是_______________________。
③若消耗了1.0×10－4 mol·L－1的KMnO4溶液20.00 mL，则100 mL该血液中含钙________ g。
【答案】(1)H2C2O4 (2)2KMnO4+5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
(3)0.12
(4)①CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4 ②溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 ③0.01
【解析】根据题意，写出反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，则不难看出反应中的还原剂是草酸。在反应中Mn由＋7价降到＋2价，转移10 mol电子时消耗3 mol H2SO4，所以容易求出反应转移了0.4 mol电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为0.12 mol。高锰酸钾溶液本身有颜色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，溶液应该是由无色变为浅红色。利用有关反应的化学方程式可以得出关系式：5Ca2＋～2KMnO4，所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10－4 mol·L－1×0.02 L×5/2×100 mL/2 mL×40 g·mol－1＝0.01 g。
【能力提升】
19．(2023·河南省洛阳创新发展联盟高三调研)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反应制备：NaClO3+H2O2+H2SO4→ClO2↑+O2↑+Na2SO4+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )
A．每转移1mol电子，生成标准状况下11.2LO2
B．H2O2是氧化剂，发生氧化反应
C．H2O是还原产物
D．产物中ClO2与O2的物质的量之比为1∶2
【答案】A
【解析】由未配平方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂发生还原反应，二氧化氯是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，氧气是氧化产物，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中生成1mol氧气转移2mol电子。A项，反应中生成1mol氧气转移2mol电子，则标准状况下，每转移1mol电子，生成标准状况下氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故A正确；B项，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，故B错误；C项，二氧化氯是反应的还原产物，氧气是氧化产物，故C错误；D项，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中二氧化氯和氧气的物质的量之比为2∶1，故D错误；故选A。
20．(2023·浙江省义乌市高三高考适应性考试)关于反应2MnSO4+5Na2S2O8+8H2O=2NaMnO4+4Na2SO4+8H2SO4，下列说法正确的是( )
A．Na2S2O8中S元素化合价为+7价 B．MnSO4是氧化剂
C．生成1molNaMnO4时转移5mol电子 D．MnO4-的氧化性弱于Mn2+
【答案】C
【解析】A项，Na2S2O8中存在一个过氧键，即有2个氧显-1价，其余的氧显-2价，根据化合物的化合价为0，可得硫元素为+ 6价，A错误；B项，在该反应中锰元素由+2价升高为+7价，则硫酸锰为还原剂，B错误；C项，在该反应中锰元素由+2价升高为+7价，则生成1molNaMnO4时转移5mol电子，C正确；D项，在该反应中高锰酸根是氧化产物，其中锰元素的化合价为+7价，锰离子是还原剂，其中锰元素的化合价为+2价，一般同种元素中元素的化合价越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，D错误；故选C。
21．(2023·河南省官庄乡联合中学高三质检)单质硫有多种存在形式，如S2、S4、S6、S8等，其中S8通常采用下列两种方式获得：
①24NaHSO3S8+8Na2SO4+8NaHSO3+8H2O；
②H2S8+H2SO4 (浓)=S8↓+SO2↑+2H2O。下列说法正确的是( )
A．S2、S4、S6、S8互为同位素
B．反应①中每生成1 mol S8，有16 mol电子发生转移
C．反应②S8为还原产物
D．还原性：H2S8＞SO2
【答案】D
【解析】A项，S2、S4、S6、S8都是由硫元素形成的单质，互为同素异形体，故A错误；B项，反应①中NaHSO3中的硫元素部分化合价由+4价升高到+6价，部分化合价由+4价降低到0价，每生成1 mol S8，转移电子为1mol48=32mol，故B错误；C项，反应②中H2S8中硫元素化合价升高，是还原剂，则S8为氧化产物，故C错误；D项，反应②中H2S8是还原剂，SO2是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，说明还原性：H2S8＞SO2，故D正确；故选D。
22．(2023·四川省德阳市高三质检)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 和潜在应用的有力工具。水热法制备(Fe3O4)纳米颗粒的反应是：3Fe2++2 S2O32-+O2+xOH-= Fe3O4↓+ S4O62-+2H2O。下列问题叙述不正确的是( )
A．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂不只是S2O32-
B．反应的离子方程式中x=4
C．每生成 1mol Fe3O4， 反应转移的电子为
D．被Fe2+还原的的物质的量为
【答案】D
【解析】A项，反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价， 则还原剂是Fe2+和S2O32-， 故A正确；B项，根据电荷守恒得： = -2， 解得x=4， 故B正确；C项，根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高， O元素的化合价降低，由反应可知该反应转移4e-， 所以每生成1mol Fe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为， 故C正确；D项，不确定反应的亚铁离子的物质的量不能计算反应的氧气的物质的量，故D错误；故选D。
24．2022年我国空间站的建设举世瞩目，神州十四飞船整装待发。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是( )
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2
下列有关说法不正确的是
A．反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂
B．反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子
C．反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原
D．反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化
【答案】D
【解析】A项，FeTiO3中Fe显+2价，O显-2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A正确；B项，根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B正确；C项，反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C正确；D项，根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D错误；故选D。
25．KMnO4是常用的消毒剂和氧化剂。已知相关化学反应如下：
①向含KOH的K2MnO4溶液中通入Cl2制备KMnO4：2K2MnO4+Cl2=2KMnO4+2KCl
②实验室制Cl2：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
③测定废水中Mn2+：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，下列有关说法错误的是( )
A．MnO4-+的氧化性一定比Cl2的氧化性强
B．物质氧化性与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强
C．③中生成2mol还原产物时转移6mol电子
D．若转移电子数相等，则①中KMnO4与②中KMnO4的质量之比为5∶1
【答案】A
【解析】A项，2K2MnO4+Cl2=2KMnO4+2KCl反应中，Cl2是氧化剂，KMnO4是氧化产物，则氧化性： Cl2> KMnO4，A项错误；B项，由题中反应可知，在酸性条件下，KMnO4具有强氧化性，所以物质氧化性与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强，B项正确；C项，③中MnO4-被还原生成还原产物为MnO2 ，则生成2mol还原产物时转移6mol电子，C项正确；D项，①中1mol KMnO4转移1mol电子，②中1mol KMnO4转移5mol电子，所以若转移电子数相等，则①中KMnO4与②中KMnO4的质量之比为5： 1，D项正确；故选A。
26．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32-等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是( )
A．在酸性溶液中氧化性：MnO4->VO2+
B．FeI2溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：Fe2++VO2+=Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加1.5molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【答案】B
【解析】A项，VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，氧化性：氧化剂大于氧化产物，MnO4->VO2+，故A正确；B项，碘离子的还原性大于二价铁离子，碘离子应参与氧化还原反应反应，故B错误；C项，酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；D项，向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO2++2H+=Fe3++VO2++H2O，则VO2+的量不足，所以转移电子为1mol，故D正确；故选B。
27．高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：①Cl2+KOH→KCl+KC1O+KClO3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法不正确的是( )
A．K2FeO4在杀菌消毒过程中还可以净水
B．反应①中每消耗2molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2(忽略Cl2和水的反应)
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3：5
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时最少消耗0.3molC12
【答案】C
【解析】A项，用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，A正确；B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2molKOH，吸收1molCl2，标况下1mol氯气的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L，B正确；C项，反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，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：(5mol+1mol)=5：3，C错误；D项，若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，D正确；故选C。
28．(2023·河南省重点高中高三联考)白磷(P4)有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀CuSO4溶液清洗，发生两个反应：
反应①为P4和CuSO4反应生成Cu、H3PO4和H2SO4；
反应②为11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4。
下列说法正确的是( )
A．在反应①和②中，P4只作还原剂
B．反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2
C．若P4反应完全且转化为H3PO4的转化率是80％，理论上反应①和②消耗P4的物质的量之比为14∶11
D．用稀CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗
【答案】C
【解析】A项，由方程式可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂也是还原剂，故A错误；B项，由题意可知，反应①中磷元素化合价升高被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜是还原产物，由得失电子数目守恒可知，中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5，故B错误；C项，由题意可知，反应中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80％可知，反应后磷化亚铜和磷酸的物质的量比为1∶4，设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol，则反应生成磷酸的物质的量为20mol，由方程式可知，反应②生成5mol磷化亚铜的同时生成6mol磷酸，反应消耗白磷的物质的量为11mol×，反应①生成磷酸的物质的量为20mol—6mol=14mol，反应消耗白磷的物质的量为14mol×，则理论上反应①和②消耗白磷的物质的量之比为14mol×∶11mol×=14∶11，故C正确；D项，用稀硫酸铜溶液清洗皮肤后，应再使用稀碳酸氢钠溶液清洗，除去残余的硫酸铜溶液，并中和反应生成的磷酸和硫酸，不能选用碱性较强的氢氧化钠溶液清洗，否则会灼伤皮肤，故D错误；故选C。
29．(2023·山西省吕梁市二模)以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流程如图所示：
(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成MnO2的离子方程式___________。
(3)用锌粉除镉(Cd2+ )的离子方程式为___________；沉锌生成碱式碳酸锌[2Zn(OH2)·ZnCO3·H2O]的化学方程式为___________。
(5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(1) Mn2+ +S2O82- +2H2O= MnO2 +2SO42-+4H+
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
(5) 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O
【解析】(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，Mn2+被氧化成MnO2，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ + S2O82- +2H2O= MnO2 +2SO42-+4H+；(3)锌与镉离子发生取代反应生成锌离子和单质镉，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，相应的方程式为：3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑；(5)由流程可知，工业碱式碳酸锌在煅烧炉中煅烧生成活性氧化锌，则相应的方程式为：2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O。
30．(2023·湖北省武汉市5调)高锰酸钾在化工生产和环境保护等领域应用十分广泛。以软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图：
回答下列问题：
(2)“焙烧”中有K2MnO4生成，该步骤主要反应的化学方程式为_______。
(5) “歧化”过程中主要反应的离子方程式为_____。
【答案】(2)3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
(5) 3MnO42-+4CO2+2H2O=2MnO4-+ MnO2↓+4HCO3-
【解析】(2)软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)，加入KClO3和KOH，焙烧，将MnO2氧化为K2MnO4，化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；(5)向滤液中通入足量的CO2，K2MnO4发生歧化反应：3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+ MnO2↓+4KHCO3，离子方程式为：3MnO42-+4CO2+2H2O=2MnO4-+ MnO2↓+4HCO3-。
31．用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐(NO3-)是环境修复的重要方法。一种去除NO3-的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高NO3-的去除率。向两份含氮废水[n(NO3-)=8.1×10-5mol]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2 (3.6×10-5mol)
NO3-的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中NO3-的去除率提高的原因：
A．直接还原NO3-了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
B．研究发现：Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
C． Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。
用57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
D． Cl-破坏钝化层。
将ⅱ中的FeCl2替换为_______，NO3-的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3-的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定NO3-含量
步骤1.取vmL含氮(NO3-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。
已知：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O
①水样中NO3-的含量为_______。
②溶液中O2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)过滤
(2) 3Fe+NO3-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4+
(3) 还原NO3-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于NO3-所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+破坏了钝化层；
(5) 偏大
【解析】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和NH4+，且铁粉和NO3-在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为3Fe+NO3-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4+；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~ Fe3+~ 1e-，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，NO3-~NH4+~8 e-，NO3-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于NO3-所需电子数；为说明是否是Cl-破坏钝化层，根据控制变量法的思想将3.6×10-5mol FeCl2(即n(Cl-)=7.2×10-5mol)替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明Cl-不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；(4)根据上述分析可知生成的Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH) (不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；(5)步骤1.取vmL含氮(NO3-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。发生3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量=，根据该反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中NO3-的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计算出来的水样中NO3-的含量也偏大。
32．Ⅰ. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)“反应”步骤中生成ClO2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
Ⅱ.某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产NaClO2产品。
(2)已知装置B中的产物有ClO2气体和Na2SO4，则B中产生ClO2气体的化学方程式为_______。
(3)装置D中生成NaClO2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为_______。
(4)装置C的作用是_______。
(5)反应结束后，打开K1，装置A起的作用是_______；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_______。
(6)测定样品中NaClO2的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3H标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，则所称取的样品中NaClO2的质量分数为_______。(用含V、c、m的表达式列出)
【答案】(1)2：1
(2) 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O
(3)2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O
(4)防止D瓶溶液倒吸到B瓶中
(5) 吸收装置B中多余的ClO2和SO2 NaClO3和NaCl
(6)
【解析】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO2和NaClO3反应制备ClO2，再由ClO2经过后续反应制备NaClO2；II．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，如图所示：装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应制备ClO2；装置D中装置D中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2；装置C为安全瓶，可以防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；装置A和装置E为尾气处理装置。(1)“反应”步骤中，SO2和NaClO3反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3中的Cl元素的化合价由+5降低为+4，则NaClO3作氧化剂，SO2中的S元素的化合价由+4升高到+6，则SO2作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。(2)由题干信息可知，装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O；(3)装置D中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和助燃性气体O2，，反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；(4)装置C是安全瓶，其作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；(5)ClO2和SO2为有毒气体，需要用NaOH吸收ClO2等有害气体，防止污染环境，故装置A起的作用是吸收置B中多余的ClO2和SO2；如果撤去D中的冷水浴，ClO2会和NaOH发生反应6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O，导致产品中混有NaClO3和NaCl；(6)已知：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式NaClO2~4Na2S2O3 ，n(Na2S2O3)=cV´10-3mol，则样品中，n(NaClO2)=´cV´10-3mol´=cV´10-3mol，样品中NaClO2的质量分数为=。
考点05 氧化还原反应
(好题冲关)
【基础过关】
1．下列过程属于化学反应，且与氧化还原反应无关的是( )
A．石灰纯碱法除水垢
B．补铁口服液中添加维生素
C．工业上原油的分馏
D．生活中用“暖宝宝”取暖
【答案】A
【解析】A项，石灰―纯碱法是向已澄清的生水中加入适量的生石灰(CaO)和纯碱(Na2CO3)，可除去水中的永久硬度，软化水垢，生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，属于非氧化还原反应，A正确；B项，补铁口服液中添加维生素，属于物理变化，B错误；C项，原油的分馏是利用沸点不同进行分离，属于物理变化，C错误；D项，Fe粉、活性炭、食盐水构成原电池，发生氧化还原反应，D错误；故选A。
2．下列物质的应用涉及氧化还原反应的是( )
A．利用氢氟酸刻蚀玻璃 B．利用活性炭由红糖制备白糖
C．煅烧石灰石制备生石灰 D．应用漂白粉对环境进行消杀
【答案】D
【解析】Ａ项，利用氢氟酸刻蚀玻璃，发生反应4HF + SiO2 = SiF4↑+ 2H2O，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，A项错误；Ｂ项，活性炭能够吸附红糖中的色素使红糖变成白糖，这是利用活性炭的吸附性，属于物理变化，B项错误；Ｃ项，煅烧石灰石制备生石灰原理为：CaCO3CaO + CO2↑，无化合价的变化，为非氧化还原反应，C项错误；Ｄ项，漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，具有氧化性，消毒是利用漂白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌的水处理过程，符合题意，D项正确；故选D。
3．(2023·湖南省高三联考)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰硝(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列有关说法错误的是( )
A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2
B．反应每转移6mol电子，则能生成11.2LN2
C．该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成
D．该反应中分别被S和硝酸钾氧化的碳原子数之比为1：5
【答案】B
【解析】。A项，该反应中氧化产物为CO2，还原产物为K2S和N2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，A正确；B项，气体体积没有注明是标准状况，无法计算N2的体积，B错误；C项，该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成，C正确；D项，1个S能得2e-，2个KNO3中N能得10e-，所以能氧化的碳原子数之比为1:5，D正确；故选B。
4．(2023·天津高三模拟)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是( )
A．生成42.0LN2(标准状况) B．有0.25molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被还原的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】C
【解析】根据反应方程式可知，10mol NaN3发生氧化反应生成15mol氧化产物N2，2mol KNO3发生还原反应生成1mol还原产物N2，每生成16mol N2，氧化产物比还原产物多15mol-1mol=14mol，反应中转移10mol电子，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则反应生成氮气2mol、0.25mol KNO3被还原、转移电子1.25mol，1.25mol NaN3被氧化。A项，由分析可知，标准状况下N2的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，A错误；B项，0.25mol KNO3被还原，B错误；C项，转移电子1.25mol，C正确；D项，0.25mol KNO3被还原，则被还原的N原子的物质的量为0.25mol，D错误；故选C。
5．ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO3-、H2O六种物质。下列有关说法正确的是( )
A．ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2
C．若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 mol
D．含CN-的废水也可用Cr2O72-处理
【答案】A
【解析】A项，根据题意，ClO-、CN-为反应物，N2、Cl-、HCO3-为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3-。其中ClO-是氧化剂， N2是氧化产物，A正确；B项，在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C项，在反应5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2 HCO3-中，每反应产生1 mol N2，反应过程中转移10 mol电子。若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 mol，则转移电子1 mol，C错误；D项，Cr2O72-具有强氧化性，但若用Cr2O72-处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D错误；故选A。
6．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】将气体不断通人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，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，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+，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，所以氧化性Cr2O72-＞Fe3+，则三者的氧化性Cr2O72-＞Fe3+＞SO2。A项，Cr2O72-、Fe3+和SO2的氧化性强弱顺序为Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故A正确；B项，由分析可得SO2和Cr2O72-的关系为：3SO2—6 Fe2+—Cr2O72-，则6.72LSO2参加反应时最终能消耗K2Cr2O7的物质的量为×=0.1mol，故B正确；C项，通入SO2时发生的反应为二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O= SO42-+2Fe2++4H+，故C正确；D项，由题意可得总反应的离子方程式为3SO2+ Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O，由方程式可知，反应时消耗氢离子，溶液的酸性越来越弱，故D错误；故选D。
7．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋>I2>SO2
B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液时，转移2 mol e－时生成1 mol白色沉淀
【答案】A
【解析】由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋2CuI↓＋I2①，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI沉淀，D错误；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI②，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②中I2将SO2氧化，说明氧化性I2>SO2，故A正确。
8．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误。
9．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是( )
A．化合物KCrO2中Cr为＋3价
B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C．实验②证明氧化性：Cr2O＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【答案】D
【解析】A项，化合物KCrO2中，K为＋1价，O为－2价，由化合物中正、负化合价的代数和为0知，Cr为＋3价，正确；B项，由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应均生成盐和水，为两性氧化物，正确；C项，由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生了氧化还原反应，Cr的化合价降低，I的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：Cr2O＞I2，正确；D项，实验③中发生氧化还原反应，Cr的化合价由＋3升高为＋6，则过氧化氢中O的化合价降低，证明H2O2有氧化性，错误。
10．用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO4-+ Cu2S+H+→Cu2++SO42-+Mn2++H2O (未配平)和反应II：MnO4-+ FeS2+H+→Fe3++SO42-+Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A．反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应I中每生成1molSO42-，转移电子的物质的量为10mol
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
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
【答案】B
【解析】A项，反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B项，反应Ⅰ中每生成1molSO42-，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C项，反应Ⅱ中氧化剂MnO4-化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，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， 1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，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0.5mol：mol=3：2，D错误。故选B。
11．(2023·辽宁省朝阳市一模)已知反应：aFeSO4+ bNa2O2= cNa2FeO4+2Na2O+ dNa2SO4+eO2↑，a=2。下列关于该反应的说法错误的是( )
A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．3a=b
D．每生成1mol Na2FeO4，转移4mol电子
【答案】D
【解析】A项，Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化，A正确；B项，该反应中，Na2O2中O的化合价既有升高，又有降低，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B正确；C项，a=2，根据Fe和S守恒可知，c=2，d=2，再根据Na守恒可知，b=6，则3a=b，C正确；D项，由选项C可知，该反应的化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则每生成1mol Na2FeO4，转移5mol电子，D错误；故选D。
12．(2023·重庆市渝中高三调研)氧和氟都是非金属性很强的元素，可形成一系列性质活泼的氟氧化合物，如：OF2、O2F2、O3F2、O4F2、O5F2、O6F2。其中O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，关于此反应，下列说法正确的是( )
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成2.24LHF，则转移0.4mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
【答案】D
【解析】A项，O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；B项，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2只是氧化剂，故B错误；C项，不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D项，该反应中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4∶1，故D正确；故选D。
13．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)关于反应CH3CH2OH+Cr2O72-+H++H2O→CH3COOH+ Cr(H2O)63+ (未配平)，下列说法不正确的是( )
A．生成1mol CH3COOH，转移6mol电子
B．CH3COOH是氧化产物
C．该反应类型属于氧化还原反应
D．Cr(H2O)63+的配体中形成配位键的原子是O
【答案】A
【解析】A项，CH3CH2OH中C为-2价，CH3COOH中C为0价，有2个C原子发生变价，生成1mol CH3COOH，转移4mol电子，故A错误；B项，碳元素化合价升高，CH3CH2OH是还原剂，CH3COOH是氧化产物，故B正确；C项，该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D项，H2O中O原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；故选A。
14．(2023·浙江省Z20名校联盟高三第三次联考)汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。下列说法正确的是
A．该反应中KNO3是还原剂
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1
C．若设计成原电池，KNO3在负极上反应
D．每转移1mol e-，可生成2.24LN2
【答案】B
【解析】A项，KNO3中N元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN3中N元素的化合价由-升高为0，是还原剂，故A错误；B项，根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为10:2=5:1，一个叠氮化钠中含有3个N原子，所以被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15:1，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1，故B正确；C项，由选项A分子可知，在该反应中KNO3为氧化剂，则若设计成原电池，KNO3在正极上反应，故C错误；D项，由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故D错误；故选B。
15．(2023·浙江省东阳市高三5月模拟考试)关于反应3Cu2S+16H++4NO3-=6Cu2++4NO↑+3S↓+8H2O，下列说法不正确的是( )
A．该反应体现了HNO3的强氧化性和酸性
B．反应生成22.4L(标况下)NO气体时转移3mol电子
C．该反应中氧化产物只有S
D．若设计成原电池，Cu2S作为负极材料
【答案】C
【解析】A项，根据离子方程式可知，N的部分化合价由+5价降低为+2价，即HNO3作氧化剂，有硝酸铜生成，因此部分HNO3表现酸性，故A正确；B项，Cu2S中Cu显+1价，S显-2价，根据离子方程式可知，Cu、S的化合价升高，部分N的化合价降低，生成标准状况下22.4LNO，转移电子物质的量为=3mol，故B正确；C项，氧化产物是还原剂被氧化得到产物，根据B选项分析，氧化产物有S、Cu2+，故C错误；D项，该反应为氧化还原反应，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，因此Cu2S作负极材料，故D正确；故选C。
16．(2023·浙江省临海、新昌两地高三适应性考试5月模考)关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列说法正确的是( )
A．NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性与醋酸相当)
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C．NaN3既是还原产物又是氧化产物
D．生成1molNaN3，共转移4mol电子
【答案】C
【解析】A项，由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否则违背强酸制弱酸的原理，故A错误；B项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1：2，故B错误；C项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既是还原产物又是氧化产物，故C正确；D项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则反应生成1molNaN3，共转移电子的物质的量为1mol××2=mol，故D错误；故选C。
17．氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3-+4H++3e-=NO↑+2H2O，已知KMnO4、Na2CO3、FeO、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式： 。
(2)反应中硝酸体现了 性质。
(3)反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是 mol。
【答案】(1)3FeO+10HNO3＝3Fe(NO3)3+5H2O+NO↑
(2)酸性、氧化性 (3)0.6mol
【解析】(1)反应中硝酸根得到电子，被还原，则另一种反应物是还原剂，应该是氧化亚铁，铁元素化合价从＋2价升高到＋3价，失去1个电子，因此根据电子得失守恒可知反应的化学方程式为3FeO +10HNO3＝3Fe(NO3)3+5H2O+NO↑；(2)反应中有硝酸盐和NO生成，所以体现了硝酸的酸性和氧化性；(3)反应中N元素从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，因此生成0.2molNO转移0.2mol×3＝0.6mol电子。
18．已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H2C2O4)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题：
(1)该反应中的还原剂是________(填化学式)。
(2)写出该反应的化学方程式：____________________。
(3)反应转移了0.4 mol电子，则参加反应的H2SO4的物质的量为________mol。
(4)高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸溶液的反应可用于测定血钙的含量。方法是取2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为(NH4)2C2O4]，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解后得到H2C2O4，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是___________________________。
②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时，判断滴定终点的方法是_______________________。
③若消耗了1.0×10－4 mol·L－1的KMnO4溶液20.00 mL，则100 mL该血液中含钙________ g。
【答案】(1)H2C2O4 (2)2KMnO4+5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
(3)0.12
(4)①CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4 ②溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 ③0.01
【解析】根据题意，写出反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，则不难看出反应中的还原剂是草酸。在反应中Mn由＋7价降到＋2价，转移10 mol电子时消耗3 mol H2SO4，所以容易求出反应转移了0.4 mol电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为0.12 mol。高锰酸钾溶液本身有颜色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，溶液应该是由无色变为浅红色。利用有关反应的化学方程式可以得出关系式：5Ca2＋～2KMnO4，所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10－4 mol·L－1×0.02 L×5/2×100 mL/2 mL×40 g·mol－1＝0.01 g。
【能力提升】
19．(2023·河南省洛阳创新发展联盟高三调研)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反应制备：NaClO3+H2O2+H2SO4→ClO2↑+O2↑+Na2SO4+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )
A．每转移1mol电子，生成标准状况下11.2LO2
B．H2O2是氧化剂，发生氧化反应
C．H2O是还原产物
D．产物中ClO2与O2的物质的量之比为1∶2
【答案】A
【解析】由未配平方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂发生还原反应，二氧化氯是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，氧气是氧化产物，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中生成1mol氧气转移2mol电子。A项，反应中生成1mol氧气转移2mol电子，则标准状况下，每转移1mol电子，生成标准状况下氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故A正确；B项，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，故B错误；C项，二氧化氯是反应的还原产物，氧气是氧化产物，故C错误；D项，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中二氧化氯和氧气的物质的量之比为2∶1，故D错误；故选A。
20．(2023·浙江省义乌市高三高考适应性考试)关于反应2MnSO4+5Na2S2O8+8H2O=2NaMnO4+4Na2SO4+8H2SO4，下列说法正确的是( )
A．Na2S2O8中S元素化合价为+7价 B．MnSO4是氧化剂
C．生成1molNaMnO4时转移5mol电子 D．MnO4-的氧化性弱于Mn2+
【答案】C
【解析】A项，Na2S2O8中存在一个过氧键，即有2个氧显-1价，其余的氧显-2价，根据化合物的化合价为0，可得硫元素为+ 6价，A错误；B项，在该反应中锰元素由+2价升高为+7价，则硫酸锰为还原剂，B错误；C项，在该反应中锰元素由+2价升高为+7价，则生成1molNaMnO4时转移5mol电子，C正确；D项，在该反应中高锰酸根是氧化产物，其中锰元素的化合价为+7价，锰离子是还原剂，其中锰元素的化合价为+2价，一般同种元素中元素的化合价越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，D错误；故选C。
21．(2023·河南省官庄乡联合中学高三质检)单质硫有多种存在形式，如S2、S4、S6、S8等，其中S8通常采用下列两种方式获得：
①24NaHSO3S8+8Na2SO4+8NaHSO3+8H2O；
②H2S8+H2SO4 (浓)=S8↓+SO2↑+2H2O。下列说法正确的是( )
A．S2、S4、S6、S8互为同位素
B．反应①中每生成1 mol S8，有16 mol电子发生转移
C．反应②S8为还原产物
D．还原性：H2S8＞SO2
【答案】D
【解析】A项，S2、S4、S6、S8都是由硫元素形成的单质，互为同素异形体，故A错误；B项，反应①中NaHSO3中的硫元素部分化合价由+4价升高到+6价，部分化合价由+4价降低到0价，每生成1 mol S8，转移电子为1mol48=32mol，故B错误；C项，反应②中H2S8中硫元素化合价升高，是还原剂，则S8为氧化产物，故C错误；D项，反应②中H2S8是还原剂，SO2是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，说明还原性：H2S8＞SO2，故D正确；故选D。
22．(2023·四川省德阳市高三质检)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 和潜在应用的有力工具。水热法制备(Fe3O4)纳米颗粒的反应是：3Fe2++2 S2O32-+O2+xOH-= Fe3O4↓+ S4O62-+2H2O。下列问题叙述不正确的是( )
A．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂不只是S2O32-
B．反应的离子方程式中x=4
C．每生成 1mol Fe3O4， 反应转移的电子为
D．被Fe2+还原的的物质的量为
【答案】D
【解析】A项，反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价， 则还原剂是Fe2+和S2O32-， 故A正确；B项，根据电荷守恒得： = -2， 解得x=4， 故B正确；C项，根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高， O元素的化合价降低，由反应可知该反应转移4e-， 所以每生成1mol Fe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为， 故C正确；D项，不确定反应的亚铁离子的物质的量不能计算反应的氧气的物质的量，故D错误；故选D。
24．2022年我国空间站的建设举世瞩目，神州十四飞船整装待发。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是( )
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2
下列有关说法不正确的是
A．反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂
B．反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子
C．反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原
D．反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化
【答案】D
【解析】A项，FeTiO3中Fe显+2价，O显-2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A正确；B项，根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B正确；C项，反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C正确；D项，根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D错误；故选D。
25．KMnO4是常用的消毒剂和氧化剂。已知相关化学反应如下：
①向含KOH的K2MnO4溶液中通入Cl2制备KMnO4：2K2MnO4+Cl2=2KMnO4+2KCl
②实验室制Cl2：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
③测定废水中Mn2+：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，下列有关说法错误的是( )
A．MnO4-+的氧化性一定比Cl2的氧化性强
B．物质氧化性与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强
C．③中生成2mol还原产物时转移6mol电子
D．若转移电子数相等，则①中KMnO4与②中KMnO4的质量之比为5∶1
【答案】A
【解析】A项，2K2MnO4+Cl2=2KMnO4+2KCl反应中，Cl2是氧化剂，KMnO4是氧化产物，则氧化性： Cl2> KMnO4，A项错误；B项，由题中反应可知，在酸性条件下，KMnO4具有强氧化性，所以物质氧化性与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强，B项正确；C项，③中MnO4-被还原生成还原产物为MnO2 ，则生成2mol还原产物时转移6mol电子，C项正确；D项，①中1mol KMnO4转移1mol电子，②中1mol KMnO4转移5mol电子，所以若转移电子数相等，则①中KMnO4与②中KMnO4的质量之比为5： 1，D项正确；故选A。
26．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32-等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是( )
A．在酸性溶液中氧化性：MnO4->VO2+
B．FeI2溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：Fe2++VO2+=Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加1.5molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【答案】B
【解析】A项，VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，氧化性：氧化剂大于氧化产物，MnO4->VO2+，故A正确；B项，碘离子的还原性大于二价铁离子，碘离子应参与氧化还原反应反应，故B错误；C项，酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；D项，向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO2++2H+=Fe3++VO2++H2O，则VO2+的量不足，所以转移电子为1mol，故D正确；故选B。
27．高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液：①Cl2+KOH→KCl+KC1O+KClO3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法不正确的是( )
A．K2FeO4在杀菌消毒过程中还可以净水
B．反应①中每消耗2molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2(忽略Cl2和水的反应)
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3：5
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时最少消耗0.3molC12
【答案】C
【解析】A项，用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，A正确；B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2molKOH，吸收1molCl2，标况下1mol氯气的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L，B正确；C项，反应①中氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，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：(5mol+1mol)=5：3，C错误；D项，若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4∼3KClO∼3e-∼3KCl∼3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，D正确；故选C。
28．(2023·河南省重点高中高三联考)白磷(P4)有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀CuSO4溶液清洗，发生两个反应：
反应①为P4和CuSO4反应生成Cu、H3PO4和H2SO4；
反应②为11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4。
下列说法正确的是( )
A．在反应①和②中，P4只作还原剂
B．反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2
C．若P4反应完全且转化为H3PO4的转化率是80％，理论上反应①和②消耗P4的物质的量之比为14∶11
D．用稀CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗
【答案】C
【解析】A项，由方程式可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂也是还原剂，故A错误；B项，由题意可知，反应①中磷元素化合价升高被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜是还原产物，由得失电子数目守恒可知，中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5，故B错误；C项，由题意可知，反应中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80％可知，反应后磷化亚铜和磷酸的物质的量比为1∶4，设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol，则反应生成磷酸的物质的量为20mol，由方程式可知，反应②生成5mol磷化亚铜的同时生成6mol磷酸，反应消耗白磷的物质的量为11mol×，反应①生成磷酸的物质的量为20mol—6mol=14mol，反应消耗白磷的物质的量为14mol×，则理论上反应①和②消耗白磷的物质的量之比为14mol×∶11mol×=14∶11，故C正确；D项，用稀硫酸铜溶液清洗皮肤后，应再使用稀碳酸氢钠溶液清洗，除去残余的硫酸铜溶液，并中和反应生成的磷酸和硫酸，不能选用碱性较强的氢氧化钠溶液清洗，否则会灼伤皮肤，故D错误；故选C。
29．(2023·山西省吕梁市二模)以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流程如图所示：
(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成MnO2的离子方程式___________。
(3)用锌粉除镉(Cd2+ )的离子方程式为___________；沉锌生成碱式碳酸锌[2Zn(OH2)·ZnCO3·H2O]的化学方程式为___________。
(5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(1) Mn2+ +S2O82- +2H2O= MnO2 +2SO42-+4H+
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
(5) 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O
【解析】(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化法除锰，Mn2+被氧化成MnO2，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ + S2O82- +2H2O= MnO2 +2SO42-+4H+；(3)锌与镉离子发生取代反应生成锌离子和单质镉，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，相应的方程式为：3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑；(5)由流程可知，工业碱式碳酸锌在煅烧炉中煅烧生成活性氧化锌，则相应的方程式为：2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O。
30．(2023·湖北省武汉市5调)高锰酸钾在化工生产和环境保护等领域应用十分广泛。以软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图：
回答下列问题：
(2)“焙烧”中有K2MnO4生成，该步骤主要反应的化学方程式为_______。
(5) “歧化”过程中主要反应的离子方程式为_____。
【答案】(2)3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
(5) 3MnO42-+4CO2+2H2O=2MnO4-+ MnO2↓+4HCO3-
【解析】(2)软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)，加入KClO3和KOH，焙烧，将MnO2氧化为K2MnO4，化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；(5)向滤液中通入足量的CO2，K2MnO4发生歧化反应：3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+ MnO2↓+4KHCO3，离子方程式为：3MnO42-+4CO2+2H2O=2MnO4-+ MnO2↓+4HCO3-。
31．用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐(NO3-)是环境修复的重要方法。一种去除NO3-的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高NO3-的去除率。向两份含氮废水[n(NO3-)=8.1×10-5mol]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2 (3.6×10-5mol)
NO3-的去除率
≈50%
≈100%
分析ⅱ中NO3-的去除率提高的原因：
A．直接还原NO3-了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
B．研究发现：Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
C． Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。
用57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
D． Cl-破坏钝化层。
将ⅱ中的FeCl2替换为_______，NO3-的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生Fe+2H+=Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3-的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定NO3-含量
步骤1.取vmL含氮(NO3-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。
已知：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O
①水样中NO3-的含量为_______。
②溶液中O2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)过滤
(2) 3Fe+NO3-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4+
(3) 还原NO3-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于NO3-所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4) Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+破坏了钝化层；
(5) 偏大
【解析】(1)由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和NH4+，且铁粉和NO3-在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为3Fe+NO3-+2H++2H2O=Fe3O4+NH4+；(3)根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~ Fe3+~ 1e-，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，NO3-~NH4+~8 e-，NO3-所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于NO3-所需电子数；为说明是否是Cl-破坏钝化层，根据控制变量法的思想将3.6×10-5mol FeCl2(即n(Cl-)=7.2×10-5mol)替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明Cl-不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；(4)根据上述分析可知生成的Fe3O4 (导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH) (不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；(5)步骤1.取vmL含氮(NO3-)水样，加入催化剂、v 1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4。发生3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，步骤2.用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+ ( Cr2O72-被还原为Cr3+)，终点时消耗v 2mL。发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量=，根据该反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中NO3-的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大(计算造成的误差)，自然计算出来的水样中NO3-的含量也偏大。
32．Ⅰ. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)“反应”步骤中生成ClO2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
Ⅱ.某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产NaClO2产品。
(2)已知装置B中的产物有ClO2气体和Na2SO4，则B中产生ClO2气体的化学方程式为_______。
(3)装置D中生成NaClO2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为_______。
(4)装置C的作用是_______。
(5)反应结束后，打开K1，装置A起的作用是_______；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_______。
(6)测定样品中NaClO2的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3H标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，则所称取的样品中NaClO2的质量分数为_______。(用含V、c、m的表达式列出)
【答案】(1)2：1
(2) 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O
(3)2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O
(4)防止D瓶溶液倒吸到B瓶中
(5) 吸收装置B中多余的ClO2和SO2 NaClO3和NaCl
(6)
【解析】I．一种生产工艺中，用硫酸、SO2和NaClO3反应制备ClO2，再由ClO2经过后续反应制备NaClO2；II．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，如图所示：装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应制备ClO2；装置D中装置D中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2；装置C为安全瓶，可以防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；装置A和装置E为尾气处理装置。(1)“反应”步骤中，SO2和NaClO3反应生成ClO2和NaHSO4，其中NaClO3中的Cl元素的化合价由+5降低为+4，则NaClO3作氧化剂，SO2中的S元素的化合价由+4升高到+6，则SO2作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。(2)由题干信息可知，装置B中浓硫酸、NaClO3和Na2SO3反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O；(3)装置D中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和助燃性气体O2，，反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；(4)装置C是安全瓶，其作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；(5)ClO2和SO2为有毒气体，需要用NaOH吸收ClO2等有害气体，防止污染环境，故装置A起的作用是吸收置B中多余的ClO2和SO2；如果撤去D中的冷水浴，ClO2会和NaOH发生反应6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O，导致产品中混有NaClO3和NaCl；(6)已知：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式NaClO2~4Na2S2O3 ，n(Na2S2O3)=cV´10-3mol，则样品中，n(NaClO2)=´cV´10-3mol´=cV´10-3mol，样品中NaClO2的质量分数为=。
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