2021届高考化学人教版一轮创新教学案：第2章第8讲氧化还原反应规律及应用

第8讲　氧化还原反应规律及应用

1.氧化性、还原性的判断

(1)氧化性是指物质得电子的性质(或能力)；还原性是指物质失电子的性质(或能力)。

(2)氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如：Na－e－===Na＋，Al－3e－===Al3＋，但根据金属活动性顺序表，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。

(3)氧化性、还原性强弱的比较方法

氧化剂(氧化性)＋还原剂(还原性)===还原产物＋氧化产物

氧化性：氧化剂＞氧化产物；

还原性：还原剂＞还原产物。

2．价态规律

(1)升降规律：氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。

(2)价态归中规律

含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。

例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是

(3)歧化反应规律

“中间价―→高价＋低价”。

具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。

3．强弱规律

自发进行的氧化还原反应，一般遵循强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂，即“由强制弱”。

4．先后规律

(1)同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2＋>Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。

(2)同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次为Cu2＋、H＋。

5．得失电子守恒规律

(1)氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。

(2)应用：运用“守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平和相关计算。

1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。

(1)金属失去的电子数越多，金属的还原性越强。(×)

错因：金属还原性强弱取决于其失电子的难易程度，与失电子多少无关。

(2)SO2具有较强的还原性，浓H2SO4具有强氧化性，故二者能发生氧化还原反应。(×)

错因：硫元素没有介于＋4价和＋6价之间的价态，不能发生反应。

(3)同一元素不同价态的化合物中，元素的化合价越高，物质的氧化性越强。(×)

错因：由反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO可知氧化性：NO2>HNO3。

(4)含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性。(×)

错因：Na＋、CO2中的碳元素均处于最高价，但不具有强氧化性。

(5)反应：KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O转移的电子数为6e－。(×)

错因：转移的电子数为5e－。

(6)强氧化剂与强还原剂混合一定能发生氧化还原反应。(×)

错因：SO2是强还原剂，浓H2SO4是强氧化剂，但二者不反应。

2．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：

①Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋

②Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋

由此可以确定Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是(　　)

A．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋  B．Sn2＋、Ce3＋、Fe2＋

C．Ce3＋、Fe2＋、Sn2＋  D．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋

答案　A

解析　由方程式①知还原性Fe2＋＞Ce3＋；由方程式②知还原性Sn2＋＞Fe2＋；故还原性Sn2＋＞Fe2＋＞Ce3＋，所以选A。

考点一　氧化性、还原性强弱的比较及应用     

     [解析]　反应Ⅰ中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故A错误；反应Ⅱ中Cl元素的化合价降低，则Cl2发生还原反应，故B错误；由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应Ⅰ中氧化性：Co2O3>Cl2，反应Ⅱ中氧化性：Cl2>HIO3，则氧化性：Co2O3>Cl2>HIO3，故C正确；由还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应Ⅰ中还原性：HCl>CoCl2，反应Ⅱ中还原性：I2>HCl，故还原性：I2>HCl>CoCl2，D错误。

[答案]　C

物质氧化性、还原性强弱判断的常用方法

1．根据化学方程式

氧化性：氧化剂＞氧化产物；

还原性：还原剂＞还原产物。

2．依据反应条件来判断

当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，若氧化产物价态相同，可依据反应条件的难易程度来判断氧化剂氧化性的相对强弱，一般来说反应条件越苛刻，说明反应越难发生(即氧化剂得电子越困难)，则对应氧化剂的氧化性越弱，例如：

Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O

Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O

氧化性：浓硝酸＞浓硫酸。

3．根据元素周期表判断

4．根据金属活动性顺序表判断

5．根据非金属活动性判断

1．(2019·安徽亳州质量检测)Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”。S2O和Cl2反应的产物之一为SO。下列说法中不正确的是(　　)

A．该反应中还原剂是S2O

B．H2O参与该反应，且作氧化剂

C．根据该反应可判断氧化性：Cl2>SO

D．该反应中，每生成1 mol SO，可脱去2 mol Cl2

答案　B

解析　反应的离子方程式为：S2O＋4Cl2＋10OH－===2SO＋8Cl－＋5H2O。反应中S元素的化合价升高被氧化，则S2O为还原剂，A正确；反应中H2O为产物，B错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Cl2>SO，C正确；由离子方程式可知，每生成1 mol SO，可脱去2 mol Cl2，D正确。

2．某校同学为探究Br2、I2和Fe3＋的氧化性强弱，进行了如下实验。

实验①：取少量KI溶液于试管中，先加入溴水，振荡，再加入CCl4，振荡后静置，观察到下层液体呈紫红色；

实验②：取少量FeSO4溶液于试管中，先加入溴水，振荡，再继续滴加两滴KSCN溶液，振荡，观察到溶液呈红色。

(1)写出实验②中发生的氧化还原反应的离子方程式：___________________________________。

(2)由上述两个实验，对物质的氧化性可以得出的正确结论是________。

A．Br2＞I2  B．Fe3＋＞Br2

C．Br2＞Fe3＋  D．I－＞Br－

(3)已知Fe3＋的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明。(提示：请写出实验步骤、现象及结论)____________________________________________________

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

①FeCl3溶液　②碘水　③KI溶液　④稀硫酸　⑤淀粉溶液

答案　(1)2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－　(2)AC

(3)取少量FeCl3溶液于试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，充分振荡，若溶液变蓝，说明有I2生成，进而证明Fe3＋的氧化性强于I2

解析　实验①下层溶液呈紫色，说明有I2生成，说明Br2的氧化性强于I2；实验②滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，说明Br2的氧化性强于Fe3＋。

(1)实验②中Fe2＋被氧化成Fe3＋的离子方程式为2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。

(2)根据实验①可知氧化性Br2＞I2，根据实验②可知氧化性Br2＞Fe3＋，所以A、C正确。

(3)要证明Fe3＋的氧化性强于I2，可用FeCl3氧化KI生成I2加以判断。

根据影响因素判断氧化性、还原性强弱的方法

1．浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。

如氧化性：浓H2SO4＞稀H2SO4，浓HNO3＞稀HNO3，

还原性：浓HCl＞稀HCl。

2．温度：同一种物质，温度越高其氧化性越强，如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。

3．酸碱性：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强。如KMnO4在酸性条件下具有较强的氧化性，常温下即可和浓盐酸反应制取Cl2。

拓展　为了提高KMnO4的氧化性，需酸化处理，所加入的酸为稀H2SO4。

考点二　守恒规律及其应用

[解析]　(1)

(2)

     [答案]　(1)1　2　4　1　1　3　(2)2　5　16H＋　2　10　8H2O

1．氧化还原反应方程式的一般配平

(1)

(2)氧化还原反应方程式配平流程

2．缺项型氧化还原方程式的配平

(1)对于化学反应方程式，所缺物质往往是酸、碱或水，补项的两原则

(2)缺项型氧化还原反应方程式的配平步骤

3．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，可观察到有血红色沉淀生成

D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子

答案　B

解析　Fe3＋是氧化产物，A错误；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，B正确；硫氰化铁可溶于水，C错误；根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成8 mol水时，转移10 mol电子，故生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D错误。

4．配平下列方程式

(1)________ClO－＋________Fe(OH)3＋________===________Cl－＋________FeO＋________H2O

(2)________MnO＋________H2O2＋________===________Mn2＋＋________O2↑＋________H2O

(3)________FeS2＋________O2________Fe2O3＋________SO2

(4)________NH4NO3________HNO3＋________N2↑＋________H2O

答案　(1)3　2　4OH－　3　2　5

(2)2　5　6H＋　2　5　8

(3)4　11　2　8

(4)5　2　4　9

解析　(1)依据电荷守恒，故缺项应为阴离子(因一个ClO－生成一个Cl－)，所以再依据原子守恒，缺项应为OH－。

(2)同(1)的分析方法，缺项应为H＋。

考点三　价态规律及其应用

     [解析]　由①得出Q中价态高于G，因为G必介于Q和－1价的Cl之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。

[答案]　A

5．氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KX―→KY＋KZ(未配平，KY与KZ关系比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯的化合价是(　　)

A．＋1  B．＋3

C．＋5  D．＋7

答案　C

解析　反应Cl2＋KOH―→KX＋KY是Cl2的歧化反应，由于KX也发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低是Z中Cl＞X中Cl(均为正价)。假设KX中Cl为＋a价，KZ中Cl的化合价为＋b价，依据化合价守恒原理及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl的化合价为＋5。

6．现有24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为(　　)

A．＋2  B．＋3

C．＋4  D．＋5

答案　B

解析　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6；而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为＋n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。

考点四　守恒法在多步反应计算中的应用

    [解析]　

x g＝17.02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。

[答案]　B

守恒法解题的“3步流程”

说明　多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的得失电子守恒关系，快速求解。

7．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为(　　)

A．2  B．3

C．4  D．5

答案　D

解析　

得关系式1×·x＝16×2，x＝5。

8．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)

A．60 mL  B．45 mL

C．30 mL  D．15 mL

答案　A

解析　由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。

　　建议用时：40分钟　　　满分：100分

一、选择题(每题6分，共72分)

1．根据反应式：(1)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，(2)Br2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是(　　)

A．Br－、Fe2＋、I－  B．I－、Fe2＋、Br－

C．Br－、I－、Fe2＋  D．Fe2＋、I－、Br－

答案　B

解析　反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2中，I元素的化合价升高，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性知，还原性：I－＞Fe2＋，反应Br2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－中，Fe元素的化合价升高，则还原性：Fe2＋＞Br－，所以离子的还原性由强到弱的顺序为I－＞Fe2＋＞Br－，故选B。

2．已知I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2，则下列反应不能发生的是(　　)

A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋

B．I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI

C．H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O

D．2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋

答案　C

解析　A项，还原性SO2＞Fe2＋，反应能发生；B项，还原性SO2＞I－，反应能发生；C项，还原性H2O2＞SO2，与已知矛盾，反应不能发生；D项，还原性H2O2＞Fe2＋，反应能发生。

3．已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO===2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是(　　)

A．NaCl、NaClO  B．NaCl、NaClO3

C．NaClO、NaClO3  D．NaClO3、NaClO4

答案　B

解析　已知反应中氯元素的化合价：＋1变为＋5和－1。既然NaClO2也能发生类似的反应，则氯元素的化合价应既有升高，也有降低，选项A中均降低，选项D化合价均升高；选项B、C与题意相符，但选项C中NaClO不是最终产物。

4．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是(　　)

A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3

B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2

C．Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O

D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2

答案　A

解析　根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3＋>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I－，而不应先氧化Fe2＋。

5．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50 mL 0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：

FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是(　　)

A．N2  B．N2O

C．NO  D．NO2

答案　B

解析　根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是－1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25.00×10－3 L×0.049 mol·L－1×(x＋1)＝24.50×10－3L×0.020 mol·L－1×5，解得x＝1，故羟胺的氧化产物为N2O。

6．将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为(　　)

A．1∶1  B．5∶16

C．2∶3  D．3∶2

答案　B

解析　设反应中生成3 mol Fe2＋、2 mol Fe3＋，则转移电子的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol，根据得失电子守恒，由4H＋＋NO＋3e－===NO↑＋2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4 mol，与Fe2＋、Fe3＋结合的NO的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol，所以参加反应的n(Fe)＝5 mol，参加反应的n(HNO3)＝16 mol，故本题选B。

7．(2019·成都联考)已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO→AsO＋SO＋NO↑＋________(未配平)，下列说法错误的是(　　)

A．配平后水的化学计量数为4

B．反应后溶液呈酸性

C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28

D．氧化产物为AsO和SO

答案　C

解析　从所给的离子方程式知，As2S3转化成AsO和SO，而NO转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28NO===6AsO＋9SO＋28NO↑＋8H＋，则A、B、D正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为28∶3，则C不正确。

8．水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe2＋＋2S2O＋O2＋aOH－===Y＋S4O＋2H2O，下列有关说法不正确的是(　　)

A．a＝4

B．Y的化学式为Fe2O3

C．S2O是还原剂

D．每32 g O2参加反应，转移电子的物质的量为4 mol

答案　B

解析　由2S2O―→S4O，失去2 mol电子，O2―→2O2－，得到4 mol电子，由得失电子守恒知2Fe2＋―→2Fe3＋，失去2 mol电子，再由原子守恒知，Y为四氧化三铁，B错误。

9．(2020·天津西青区模拟)三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，下列有关该反应的说法正确的是(　　)

A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂

B．若1 mol NF3被还原，反应转移电子数为2NA

C．若生成0.4 mol HNO3，则转移0.4 mol电子

D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1

答案　D

解析　该反应中N元素化合价由＋3价变为＋2价、＋5价，其他元素化合价不变，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；该反应中N元素被还原时化合价由＋3价降为＋2价，所以若1 mol NF3被还原，反应转移电子数为NA，B错误；该反应中部分N元素化合价由＋3价升高到＋5价，氧化产物为HNO3，若生成0.4 mol HNO3，则转移电子的物质的量为0.4 mol×(5－3)＝0.8 mol，C错误；NF3既是氧化剂又是还原剂，其中N元素化合价由＋3价变为＋2价、＋5价，由得失电子守恒可知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，D正确。

10．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是(　　)

A．表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化

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，电子转移数目是6e－

D．表中③组反应的离子方程式为2MnO＋3H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋4O2↑＋6H2O

答案　A

解析　A项中，物质的氧化性是Cl2＞Br2＞Fe3＋，故Cl2先氧化Fe2＋，如有多余的Cl2再氧化Br－，故①组的反应可能有一种或两种元素被氧化，正确；B项中，氧化性KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，不正确；C项中，②组反应中还原产物是Cl2，电子转移数目是5e－，不正确；D项中，③组反应中H2O2为还原剂，其中的O原子全部变成O2，应为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，不正确。

11．(2019·湖南师大附中月考)在处理废水时某反应体系中有6种粒子：N2、HCO、ClO－、CNO－、H2O、Cl－，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该反应的说法正确的是(　　)

A．在上述反应体系中，CNO－是氧化剂

B．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3

C．在标准状况下，产生4.48 L N2时转移0.8 mol电子

D．上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化

答案　D

解析　依题意，ClO－是反应物，HCO是产物。所以，离子反应为2CNO－＋3ClO－＋H2O===N2↑＋3Cl－＋2HCO。在该反应中，CNO－是还原剂，A错误；还原产物是Cl－，氧化产物是N2，B错误；CNO－中氮元素为－3价，碳元素为＋4价，在反应过程中碳元素、氧元素化合价没有变化，生成1 mol N2转移6 mol电子，n(N2)＝＝0.2 mol，故生成0.2 mol N2时转移1.2 mol电子，C错误；上述反应中，氯元素、氮元素两种元素化合价发生变化，D正确。

12．已知氧化性：Br2>Fe3＋>I2，向含a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水，充分反应。下列说法不正确的是(　　)

A．离子的还原性强弱：I－>Fe2＋>Br－

B．当a≥b时，发生的离子反应：2I－＋Br2===I2＋2Br－

C．当5a＝4b时，反应后的离子浓度之比：

c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)∶c(Br－)＝1∶1∶5

D．当3a≤2b时，发生的离子反应：

2Fe2＋＋2I－＋2Br2===2Fe3＋＋I2＋4Br－

答案　D

解析　已知氧化性：Br2>Fe3＋>I2，则离子的还原性：I－>Fe2＋>Br－，A正确；溴水与FeI2溶液反应时，Br2首先与还原性强的I－反应，后与Fe2＋反应，当a＝b时，FeI2溶液中的I－恰好与Br2完全反应，当a>b时，I－过量，只发生I－与Br2的反应，故当a≥b时，发生的离子反应：2I－＋Br2===I2＋2Br－，B正确；当5a＝4b时，即a mol FeI2和a mol Br2反应，I－完全反应，由得失电子守恒知Fe2＋有一半被氧化成Fe3＋，所以反应后的离子浓度之比：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)∶c(Br－)＝1∶1∶5，C正确；当3a＝2b时，a mol FeI2和b mol Br2恰好完全反应，离子方程式为2Fe2＋＋4I－＋3Br2===2Fe3＋＋2I2＋6Br－，D错误。

二、非选择题(共28分)

13．(16分)(1)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO、Cl－、H2O。

①写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

②每生成1 mol FeO转移________mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。

③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，原因是________________________________________________________________________。

(2)工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：

①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为________________________________________________________________________。

②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为________________________________________________________________________

____________________。

③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

答案　(1)①2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O　②3　0.15　③该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小

(2)①Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－

②3Na2CO3＋3Br2===5NaBr＋NaBrO3＋3CO2↑

(或6Na2CO3＋3Br2＋3H2O===5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3)

③5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4===3Br2＋3Na2SO4＋3H2O

解析　(1)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成FeO，则ClO－作氧化剂被还原生成Cl－，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O。

②由反应的离子方程式知每生成1 mol K2FeO4转移电子的物质的量为3 mol。

(2)①Cl2将海水中的Br－氧化生成Br2。

②结合③中信息可知，Br2生成NaBr和NaBrO3，CO转化为CO2(或HCO)。

③在酸性条件下，Br－和BrO发生归中反应生成Br2。

14．(12分)钒具有众多优良的性能，用途十分广泛，有金属“维生素”之称。

完成下列填空：

(1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应，所得溶液显酸性，溶液中含VO2＋、K＋、SO等离子。写出该反应的化学方程式：

________________________________________________________________________。

(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，充分反应后，溶液中新增加了VO、Cl－。写出并配平该反应的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移的数目和方向__________________________________________。

(3)在20.00 mL的0.1 mol·L－1 VO溶液中，加入0.195 g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是________。

a．V  b．V2＋

c．VO  d．VO2＋

(4)已知V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2＋。请再写一个离子方程式：____________________________________________，说明还原性：SO>Cl－>VO2＋。

答案　(1)V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋K2SO4＋2H2O

(2)

(3)b

(4)Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋2H＋＋SO

解析　(3)n(VO)＝20.00×10－3 L×0.1 mol·L－1＝0.0020 mol，n(Zn)＝0.0030 mol，VO中V的化合价为＋5，设V在生成物中的化合价为x，根据得失电子守恒，0.0030×2＝0.0020×(5－x)，解得x＝＋2，故选b。

(4)V2O5能和盐酸反应生成Cl2和VO2＋，故还原性Cl－>VO2＋，Cl2可以将SO氧化生成SO，自身被还原为Cl－，反应的离子方程式为Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋2H＋＋SO，说明还原性：SO>Cl－。