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2021届高考化学一轮复习过关训练：氧化还原反应的配平和计算（解析版）
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氧化还原反应的配平和计算
1．水体中存在的、等致癌阴离子对人体健康构成严重威胁。采用Pd－Fe3O4,双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的、。Fe3O4中含有，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，其反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
B．过程③发生的反应为+6Fe2＋+8H＋===6Fe3＋++2H2O
C．过程④每生成1molN2，转移了3mol电子
D．用该法处理后水体的pH降低
【答案】D
【解析】
A.由图中信息可知，Fe ()和Fe (III )是该反应的催化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，故A正确；
B.由图可知，反应③为转化成NH，发生反应的离子方程式为+6Fe2＋+8H＋=6Fe3＋++2H2O，故B正确；
C.由图中信息可知，反应④为和反应生成N2↑和H2O，其离子方程式为： +=N2↑+2H2O，根据离子方程式可知，每生成1molN2，转化为3mol，故C正确；
D.由图中信息可知，该过程的总反应离子方程式为：2NO+5H2 +2H+= N2+ 6H2O，反应过程中消耗了H+，pH会升高，故D错误；
故答案为D。
2．新装修的房屋会释放有毒的甲醛(HCHO)气体，银Ferrozine法检测甲醛的原理如下：
下列说法正确的是（ ）
A．22.4LCO2中含共价键数目为4NA
B．30gHCHO被氧化时转移电子数目为2NA
C．该电池总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O
D．理论上，消耗HCHO和消耗Fe3＋的物质的量之比为4:1
【答案】C
【解析】
A．未指明标准状况，无法计算22.4LCO2的分子数目，也就无法计算共价键数目，故A错误；
B．HCHO被氧化生成CO2，30gHCHO(即1 mol)转移电子数目为4NA，故B错误；
C．Ag2O和HCHO反应的总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O，故C正确；
D．银一Ferrozine法原理为氧化银能氧化甲醛并被还原为Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，根据电子守恒定律，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比为1:4，故D错误；
答案：C。
3．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，这些气体与3.36 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．90 mL C．120 mL D．150 mL
【答案】C
【解析】
分析反应过程，可知Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2，故可以通过O2的量来计算参加反应的Cu的量，也可以计算出生成的Cu2+的量，从而计算得NaOH的体积。
【详解】
根据分析，题中n(O2)= ，则转移电子数=，1molCu可转移2mol电子，故可知共有0.3mol Cu参与反应，即生成0.3mol Cu2+，0.3molCu2+完全沉淀，则需要0.6mol NaOH，故V(NaOH)=，C项正确；答案选C。
4．已知：还原性＞I-，氧化性＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．0~a段发生反应：3+=3+I- +3H+
B．b~c段反应：氧化产物的物质的量是0.5mol
C．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：1时，加入的KIO3为1.lmol
D．a-b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol
【答案】C
【解析】
还原性＞I-，首先发生0~a段，离子方程式：3+=3+I-+3H+，继续加入KIO3，氧化性＞I2，所以可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是+5I-+6H+=3I2+3H2O，根据发生的反应来判断各个点的产物，由此分析。
【详解】
A．由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I-没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0~a间发生反应的离子方程式为：3+=3+I-+3H+，故A不符合题意；
B．根据分析，由图示b~c之间所发生的离子反应方程式+5I-+6H+=3I2+3H2O，氧化产物是碘单质，0.2mol完全反应时，生成的碘单质的物质的量为0.6mol，碘单质既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比等于5：1，氧化产物的物质的量为0.5mol，故B不符合题意；
C．0~b之间共消耗1mol KIO3，则生成1molI-，又由b~c之间的方程式为：
解得a=0.05mol，则n=1mol+0.05mol=1.05mol，所以当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶1时，加入的KIO3为1.05mol，故C符合题意；
D．由图示可知a=0.4mol，b为1mol，a~b之间共消耗0.6mol且无I2生成，故根据方程式3+=3+I- +3H+可知，每消耗1mol则有3mol被氧化，则有0.6mol消耗时有1.8mol被氧化，故D不符合题意；
答案选C。
5．LiAlH4、LiH 既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125 ℃ 分解为 LiH、H2和 Al。下列说法正确的是（）
A．LiAlH4中 AlH-的结构式可表示为：
B．1 mol LiAlH4在 125℃ 条件下完全分解，转移 2mol 电子
C．LiH 与 D2O 反应，所得氢气的摩尔质量为 4 g/mol
D．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4将乙醛氧化为乙醇
【答案】A
【解析】
A.LiAlH4是Li+和AlH-形成的离子化合物，AlH-离子是四面体结构，结构式为，故A正确；
B.LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金属元素，H元素是非金属元素，则Li元素为+1价、Al为+3价、H为-1价，在125℃条件下受热分解时，由Al元素的价态变化可知1 mol LiAlH4完全分解，反应转移3 mol电子，故B错误；
C.LiH与D2O反应生成LiOD和HD，HD的摩尔质量为3 g/mol，故C错误；
D.有机反应中得氢去氧的反应是还原反应，乙醛转化为乙醇的反应是得到氢的反应，属于还原反应，则反应中氧化剂是乙醛，乙醛被还原为乙醇，故D错误；
故选A。
6．自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是
A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B．在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应
C．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
D．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
【答案】C
【解析】
A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定， N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；
B．在催化剂b作用下，O2→NO，O元素的化合价由0价变为-2价，化合价降低，发生了还原反应，故B错误；
C．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故C正确；
D．催化剂a作用下，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键，催化剂b作用下，NH3→NO，断裂极性共价键N−H键，故D错误；
答案选C。
7．已知工业上常用“有效氢含量”衡量含氢还原剂的还原能力，其定义为：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。硼氢化钠（NaBH4）是一种极强的含氢还原剂，下列有关说法正确的是
A．NaBH4的“有效氢含量”约为0.21
B．NaBH4作还原剂时，其中的硼元素被氧化
C．反应Au3+++OH-→Au++H2O中水的化学计量数为16
D．NaBH4遇水产生大量的氧气可作供氧剂
【答案】A
【解析】
A．1mol NaBH4作还原剂时，H元素由-1价升高到+1价，可以失去8mol电子，相当于4mol H2，NaBH4 的“有效氢含量”为≈0.21，故A正确；
B．NaBH4中B元素的化合价为+3，H元素的化合价为-1，NaBH4作还原剂时 ，其中的硼元素的化合价不变，被氧化的是氢元素，故B错误；
C．配平后可得8Au3+ +3+24OH- = 8Au+3+18H2O，则水的化学计量数为18，故C错误；
D．NaBH4是一种极强还原剂，其与水产生氢气，不可能用作供氧剂，故D错误；
答案选A。
8．工业上提取碲(Te)的反应之一为3Te+16HNO3=3Te(NO3)4+4NO↑+8H2O，下列说法不正确的是
A．Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物
B．生成标准状况下11.2LNO，转移的电子数为2NA
C．氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3
【答案】B
【解析】
A．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，则Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物，故A正确；
B．由化学方程式可知，生成4molNO，反应转移12mol电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，则转移1.5mol电子，电子数为1.5NA，故B错误；
C．由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由元素化合价变化可知，HNO3起酸和氧化剂的作用，Te(NO3)4是氧化产物，则氧化性由强到弱的顺序为 HNO3> Te(NO3)4，故C正确；
D．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，Te为还原剂，HNO3起酸和氧化剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故D正确；
故选B。
9．已知：①KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）
②检验Mn2+的存在：5S2O82－+2Mn2++8H2O=10SO42－+2MnO4－+16H+
下列说法中错误的是
A．S2O82－离子中存在一个过氧键（—O—O—），则S2O82－离子中硫元素的化合价为+6
B．反应②若有0.1mol还原剂被氧化，则转移电子0.5mol
C．K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体
D．反应①配平后还原剂与还原产物之比为8:1
【答案】D
【解析】
A．过氧键（—O—O—）整体显-2价，S2O82－离子中存在一个过氧键（—O—O—），则S2O82－离子中硫元素的化合价为+6，故A正确；
B．反应②为Mn2+还原剂，2mol反应转移的电子为2×（7-2）=10mol，则有0.1mol还原剂被氧化，则转移电子0.5mol，故B正确；
C．根据反应②，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，与浓盐酸混合可得到氯气，故C正确；
D．反应中Mn元素从+7价降低到+2价，Cl元素从-1价升高到0价，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中HCl的Cl元素的化合价升高，HCl作还原剂，还原产物为MnCl2，16份氯化氢参与反应，只有10份是还原剂，还原剂与还原产物之比为5:1，故D错误；
故选D。
10．Cu2S 与一定浓度的 HNO3 反应，生成 Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO 和 H2O，当 NO2 和 NO 的物质的量为 1:1 时，则下列说法正确的是（ ）
A．实际参与反应的 Cu2S 与 HNO3 的物质的量之比为 2:7
B．反应中 Cu2S 既是氧化剂，又是还原剂
C．1molCu2S 参加反应时转移的电子数为 8NA
D．HNO3 在反应中体现了酸性和强氧化性
【答案】D
【解析】
Cu2S 与一定浓度的 HNO3 反应，生成 Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO 和 H2O，当 NO2 和 NO 的物质的量为 1:1 时，反应的化学方程式为：2Cu2S+6HNO3 ==2Cu(NO3)2+2CuSO4+NO2↑+NO↑ +3H2O。
【详解】
A．由分析中配平的化学方程式可知，实际参与反应的 Cu2S 与 HNO3 的物质的量之比为 2:6，A不正确；
B．反应中 Cu2S 中的Cu和S的价态都升高，所以Cu2S只作还原剂，B不正确；
C．1molCu2S 参加反应时转移的电子数为(1×2+8)NA=10 NA，C不正确；
D．HNO3 在反应中生成盐，体现了酸性，生成NO2、NO，体现了强氧化性，D正确；
故选D。
11．工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，②2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，下列说法正确的是 ( )
A．反应①和②均为氧化还原反应
B．反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4
D．反应①中每生成1 mol Na2CrO4时转移电子3 mol
【答案】B
【解析】
A. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；
B. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；
C. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；
D. 由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 转移电子可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为，所以反应①中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移，故D错误。
答案选B。
12．已知有如下反应：①②＋5Cl—＋6H＋＝3Cl2＋3H2O③2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3 。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B．Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C．氧化性强弱的顺序为：>> Cl2 >Fe3＋
D．溶液中可发生：＋6Fe2＋＋6H＋＝Cl—＋6Fe3＋＋3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中元素化合价升高时为还原剂，还原剂生成氧化产物，元素化合价降低时为氧化剂，氧化剂生成还原产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；所以①中是氧化剂，是氧化产物，所以氧化性＞Cl2；②中是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性＞Cl2；③中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：Cl2＞Fe3+。
【详解】
A. Cl2在反应②中既由化合价降低得到，又由化合价升高得到，所以Cl2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B. 根据化合价的变化，Cl2在①反应中作还原剂，在③反应中作氧化剂，故B错误；
C. 根据分析可得氧化性强弱的顺序为：>> Cl2 >Fe3＋，故C正确；
D. 根据氧化性>Fe3＋，所以该反应＋6Fe2＋＋6H＋＝Cl—＋6Fe3＋＋3H2O可发生，故D正确；
答案选B。
13．高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体，实验室用 NC13 溶液和 NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为 6NaClO2+NC13 +3H2O=6ClO2↑ +NH3 ↑ +3NaC1+3NaOH。下列有关说法正确的是（ ）
A．根据上面化学方程式，生成 22. 4 L NH3 时转移电子数目为 6 NA
B．NC13 中所有原子都满足8 电子结构
C．在 NaClO2 和NC13 的反应中 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：1
D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】
A.缺标准状况，无法计算22. 4 L NH3的物质的量和反应转移电子的数目，故A错误；
B.NC13为共价化合物，电子式为 ，由电子式可知分子中中所有原子都满足8 电子结构，故C正确；
C.由方程式可知，NaClO2中氯元素的化合价升高被氧化，NaClO2为反应的还原剂，NC13中氮元素的化合价降低被还原，NC13为反应的氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故C错误；
D.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；
故选B。
14．硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．①②过程中硫元素均被氧化 B．NO2是生成硫酸盐的催化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程中有氧氢键断裂
【答案】B
【解析】
图中过程①表示和NO2反应生成和，过程②表示和NO2加入一个水分子转化为HNO2和，由此分析。
【详解】
A．转化为，硫元素从+4转化为+5价，转化为，硫元素由+5价转化为+6价，硫元素的化合价升高，①②过程中硫元素均被氧化，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B错误；
C．硫酸盐(含、)气溶胶中含有，转化过程有水参与，则在水中可电离生成H+和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由转化为，根据图示对照，有水分子中的氧氢键的断裂，故D正确；
答案选B。
15．K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH ==2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C．K2FeO4 具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】反在应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3 中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确； B、反应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；C、K2FeO4 中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂>氧化产物，故氧化性：KNO3>K2FeO4，选项D正确。
16．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO42-都是氧化产物
B．处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5
D．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1mol Cr2O72-，转移电子数不相等
【答案】C
【解析】A. 反应Ⅰ中Cu化合价没有改变，所以Cu2+不是氧化产物，故A错误；B. 处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，所以消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C. 反应Ⅱ中还原剂为Cu2S氧化剂为Cr2O72-，根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；
D. 处理1mol Cr2O72-得到2molCr3+，转移电子数相等，故D错误。
17．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．C3N4中C的化合价为 -4
B．反应的两个阶段均为吸热过程
C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。
18．运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5
B．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
C．KCl既是氧化产物，又是还原产物
D．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】B
【解析】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KClO3是氧化剂，且氯元素化合价全部降低；反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，选项A错误；B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为3mol×5=l5mol，选项B正确；C. KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物，P2O5是还原剂P失去电子形成的氧化产物，选项C错误；D. 白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误。
19．丙烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2 +Fe+，下列叙述错误的是
A．配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12
B．该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为10：9
C．还原性：C3H8＞Fe
D．25℃、101 kPa 条件下，消耗11.2 L C3H8转移的电子数为10NA
【答案】D
【解析】
烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2 +Fe+，反应中C元素的化合价由-变为+4价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，C3H8作还原剂；Fe元素的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子，发生还原反应，Fe2O3作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒，则配平该反应方程式为：3C3H8+10Fe2O3=9CO2+20Fe+12H2O，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析可知，配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12，故A正确；
B．根据分析，该反应中氧化剂为Fe2O3，氧化产物为CO2，则二者物质的量之比为10：9，故B正确；
C．根据分析，反应中C3H8作还原剂，Fe作还原产物，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：C3H8＞Fe，故C正确；
D．11.2 L C3H8的状态条件不是标准状况，不能用标况下气体的摩尔体积计算消耗 C3H8物质的量，则反应中转移电子的数目不能确定，故D错误；
答案选D。
20．在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，下列说法错误的是( )
A．Cl2是氧化产物，具有氧化性
B．每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol
C．每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol
D．KMnO4发生氧化反应，HCl发生还原反应
【答案】D
【解析】
A．反应中氯元素的化合价升高，HCl做还原剂，发生氧化反应，Cl2是氧化产物，具有氧化性，A正确；
B．氯元素化合价由-1价变为0价，每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol，B正确；
C．根据反应方程式可知，每消耗2molKMnO4，起还原作用的HCl消耗10mol，则每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol，C正确；
D．锰元素化合价降低，做氧化剂，被还原，发生还原反应，故D错误；
答案选D。
21．四氟肼((N2F4)可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3＋与二氟胺(HNF2)反应制得，发生的反应是：HNF2＋Fe3＋→N2F4↑＋Fe2＋＋H＋(未配平)，下列说法正确的是( )
A．被氧化的元素是F
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．N2F4的氧化性强于Fe3＋的氧化性
D．若生成2.24 L(标况下)N2F4，转移电子的物质的量是0.4 mol
【答案】B
【解析】
根据化合价改变，电子守恒，原子守恒，电荷守恒，配平化学方程式得：2HNF2＋2Fe3＋=N2F4↑＋2Fe2＋＋2H＋，其中铁的化合降低从+3降到+2，发生还原反应，作氧化剂，氮元素化合价升高从+1升高到+2，发生氧化反应，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，以此来解答题目。
【详解】
A．被氧化的元素是N，A错误；
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，B正确；
C．氧化性大小比较是，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，N2F4的氧化性弱于Fe3＋的氧化性，C错误；
D．若生成2.24 L(标况下)N2F4，物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量是0.1mol 2(2-1)=0.2 mol，D错误；
故答案为：B。
22．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2 ，2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法错误的是
A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1 mol KClO3参加反应有2mol电子转移
【答案】D
【解析】
A．在反应中，KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，得电子作氧化剂，A正确；
B．ClO2是KClO3得电子(被还原)后的产物，所以是还原产物，B正确；
C．在反应中，H2C2O4中的C元素由+3价升高为+4价，在反应中失电子被氧化，C正确；
D．KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，1 mol KClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；
故选D。
23．锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原。相关方程式如下：
①2Sb2S3+ 3O2+ 6FeSb4O6+ 6FeS ②Sb4O6+ 6C4Sb + 6CO
关于反应在①、反应②的说法不正确的是
A．反应①②中的氧化剂分别是O2、Sb4O6
B．反应①中每生成3molFeS时，共转移6 mol电子
C．反应②说明高温下Sb的还原性比C强
D．每生成4mol Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
A．反应①的O2中所含氧元素价态降低，反应②的Sb4O6中Sb元素价态降低，它们都是氧化剂，A正确；
B．反应①中每生成3molFeS时，失电子元素Fe共失去电子3mol×2=6mol，所以共转移6 mol电子，B正确；
C．反应②中，还原剂是C，还原产物是Sb，所以还原性C比Sb强，C不正确；
D．反应①与反应②中，每生成4mol Sb时，还原剂的物质的量分别为6mol(Fe)、6mol(C)，物质的量之比为1：1，D正确；
故选C。
24．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4++3ClO－＝N2↑+3Cl－+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是
A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B．还原性NH4+< Cl－
C．反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子
D．经此法处理过的废水不可以直接排放
【答案】B
【解析】
A. 反应中氮元素的化合价升高，所以氮元素被氧化；氯元素的化合价降低，所以氯元素被还原，A正确；B. 是还原剂，而 是还原产物，所以还原性> ，B不正确；C. N的化合价由-3升高到0，所以反应中每生成1 mol 就转移6 mol电子，C正确；D. 经此法处理过的废水中含有大量盐酸，盐酸会污染水体、影响水生生物的生存，所以不可以直接排放，D正确。本题选B。
25．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 1.75 mol，则下列判断正确的是
A．生成42.0 L N2(标准状况)
B．有0.250 mol KNO3 被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25 mol
D．被氧化的N原子的物质的量为7.5 mol
【答案】C
【解析】
在10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂。根据反应方程式可知，每当生成16 mol N2，则氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，有2 mol KNO3被还原。现氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成2 mol N2，转移电子的物质的量为1.25 mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol。
A．生成2 mol N2，在标准状况下的体积为44.8 L，A错误；
B．由反应可知，被还原的硝酸钾的物质的量为2 mol×=0.25 mol，B错误；
C．转移电子的物质的量为0.25 mol×(5-0)=1.25 mol，C正确；
D．转移10 mol电子被氧化的N原子为30 mol，则转移1.25 mol电子被氧化的N原子的物质的量为=3.75 mol，D错误；
故答案为C。
26．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是( )
A．H3PO2的结构式为
B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸
C．NaH2PO2是正盐
D．每消耗1molP4，反应中转移6mol电子
【答案】D
【解析】
A．根据H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O 可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为，故A正确；
B．H3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；
C．H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；
D．2P4+3Ba(OH)2+6H2O═3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1 mol P4，转移3 mol 电子，故D错误；
故选D。
27．用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：
已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，下列说法正确的是( )
A．反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2mol
B．生成标准状况下44.8 LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8mol
C．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+
D．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
【答案】BD
【解析】
A．反应①中HCHO被氧化为CO2，C元素化合价由0升高至+4，30g HCHO的物质的量为=1mol，1mol HCHO参加反应时，转移电子为4mol，故A项说法错误；
B．反应①中Ag元素化合价由+1降低至0，反应②中Ag元素化合价由0升高至+1，根据氧化还原反应转移电子守恒可知，4Ag～CO2，标准状况下44.8 LCO2的物质的量为=2mol ，则生成2mol CO2时，反应②中参加反应的Ag一定为8mol，故B项说法正确；
C．Fe2+能够与H2O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，因此不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+，故C项说法错误；
D．HCHO浓度越高，反应①生成的Ag越多，则反应②生成的Fe2+越多，形成的有色配合物浓度越高，测得溶液吸光度越高，故D项说法正确；
综上所述，答案为BD。
28．已知反应5[Fe(CN)6]n－+61+188H +=5Fe3++30＋30CO 2↑+61Mn2++94H2O，下列有关说法错误的是
A．n＝4
B．被氧化的元素有Fe、N
C．反应过程中，生成67.2 L CO2时，转移30.5 mol e－
D．废水中的CN－可用酸性KMnO4溶液氧化除去
【答案】BC
【解析】
A．利用电荷守恒可建立如下关系：188-5n-61=122+15-30，n＝4，A正确；
B．在[Fe(CN)6]4－中，Fe显+2价、C显+2价、N显-3价，所以被氧化的元素有Fe、C、N，B错误；
C．没有指明标准状况，无法计算67.2 L CO2的物质的量，也就不能算出转移电子的物质的量，C不正确；
D．由题给反应可知，废水中的CN－具有还原性，使用酸性KMnO4溶液，可将其氧化除去，D正确；
故选BC。
1．水体中存在的、等致癌阴离子对人体健康构成严重威胁。采用Pd－Fe3O4,双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的、。Fe3O4中含有，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，其反应历程如图所示。下列说法错误的是
A．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
B．过程③发生的反应为+6Fe2＋+8H＋===6Fe3＋++2H2O
C．过程④每生成1molN2，转移了3mol电子
D．用该法处理后水体的pH降低
【答案】D
【解析】
A.由图中信息可知，Fe ()和Fe (III )是该反应的催化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，故A正确；
B.由图可知，反应③为转化成NH，发生反应的离子方程式为+6Fe2＋+8H＋=6Fe3＋++2H2O，故B正确；
C.由图中信息可知，反应④为和反应生成N2↑和H2O，其离子方程式为： +=N2↑+2H2O，根据离子方程式可知，每生成1molN2，转化为3mol，故C正确；
D.由图中信息可知，该过程的总反应离子方程式为：2NO+5H2 +2H+= N2+ 6H2O，反应过程中消耗了H+，pH会升高，故D错误；
故答案为D。
2．新装修的房屋会释放有毒的甲醛(HCHO)气体，银Ferrozine法检测甲醛的原理如下：
下列说法正确的是（ ）
A．22.4LCO2中含共价键数目为4NA
B．30gHCHO被氧化时转移电子数目为2NA
C．该电池总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O
D．理论上，消耗HCHO和消耗Fe3＋的物质的量之比为4:1
【答案】C
【解析】
A．未指明标准状况，无法计算22.4LCO2的分子数目，也就无法计算共价键数目，故A错误；
B．HCHO被氧化生成CO2，30gHCHO(即1 mol)转移电子数目为4NA，故B错误；
C．Ag2O和HCHO反应的总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2+H2O，故C正确；
D．银一Ferrozine法原理为氧化银能氧化甲醛并被还原为Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，根据电子守恒定律，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比为1:4，故D错误；
答案：C。
3．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，这些气体与3.36 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．90 mL C．120 mL D．150 mL
【答案】C
【解析】
分析反应过程，可知Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2，故可以通过O2的量来计算参加反应的Cu的量，也可以计算出生成的Cu2+的量，从而计算得NaOH的体积。
【详解】
根据分析，题中n(O2)= ，则转移电子数=，1molCu可转移2mol电子，故可知共有0.3mol Cu参与反应，即生成0.3mol Cu2+，0.3molCu2+完全沉淀，则需要0.6mol NaOH，故V(NaOH)=，C项正确；答案选C。
4．已知：还原性＞I-，氧化性＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．0~a段发生反应：3+=3+I- +3H+
B．b~c段反应：氧化产物的物质的量是0.5mol
C．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：1时，加入的KIO3为1.lmol
D．a-b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol
【答案】C
【解析】
还原性＞I-，首先发生0~a段，离子方程式：3+=3+I-+3H+，继续加入KIO3，氧化性＞I2，所以可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是+5I-+6H+=3I2+3H2O，根据发生的反应来判断各个点的产物，由此分析。
【详解】
A．由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I-没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0~a间发生反应的离子方程式为：3+=3+I-+3H+，故A不符合题意；
B．根据分析，由图示b~c之间所发生的离子反应方程式+5I-+6H+=3I2+3H2O，氧化产物是碘单质，0.2mol完全反应时，生成的碘单质的物质的量为0.6mol，碘单质既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比等于5：1，氧化产物的物质的量为0.5mol，故B不符合题意；
C．0~b之间共消耗1mol KIO3，则生成1molI-，又由b~c之间的方程式为：
解得a=0.05mol，则n=1mol+0.05mol=1.05mol，所以当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶1时，加入的KIO3为1.05mol，故C符合题意；
D．由图示可知a=0.4mol，b为1mol，a~b之间共消耗0.6mol且无I2生成，故根据方程式3+=3+I- +3H+可知，每消耗1mol则有3mol被氧化，则有0.6mol消耗时有1.8mol被氧化，故D不符合题意；
答案选C。
5．LiAlH4、LiH 既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125 ℃ 分解为 LiH、H2和 Al。下列说法正确的是（）
A．LiAlH4中 AlH-的结构式可表示为：
B．1 mol LiAlH4在 125℃ 条件下完全分解，转移 2mol 电子
C．LiH 与 D2O 反应，所得氢气的摩尔质量为 4 g/mol
D．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4将乙醛氧化为乙醇
【答案】A
【解析】
A.LiAlH4是Li+和AlH-形成的离子化合物，AlH-离子是四面体结构，结构式为，故A正确；
B.LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金属元素，H元素是非金属元素，则Li元素为+1价、Al为+3价、H为-1价，在125℃条件下受热分解时，由Al元素的价态变化可知1 mol LiAlH4完全分解，反应转移3 mol电子，故B错误；
C.LiH与D2O反应生成LiOD和HD，HD的摩尔质量为3 g/mol，故C错误；
D.有机反应中得氢去氧的反应是还原反应，乙醛转化为乙醇的反应是得到氢的反应，属于还原反应，则反应中氧化剂是乙醛，乙醛被还原为乙醇，故D错误；
故选A。
6．自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是
A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B．在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应
C．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
D．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
【答案】C
【解析】
A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定， N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；
B．在催化剂b作用下，O2→NO，O元素的化合价由0价变为-2价，化合价降低，发生了还原反应，故B错误；
C．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故C正确；
D．催化剂a作用下，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键，催化剂b作用下，NH3→NO，断裂极性共价键N−H键，故D错误；
答案选C。
7．已知工业上常用“有效氢含量”衡量含氢还原剂的还原能力，其定义为：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。硼氢化钠（NaBH4）是一种极强的含氢还原剂，下列有关说法正确的是
A．NaBH4的“有效氢含量”约为0.21
B．NaBH4作还原剂时，其中的硼元素被氧化
C．反应Au3+++OH-→Au++H2O中水的化学计量数为16
D．NaBH4遇水产生大量的氧气可作供氧剂
【答案】A
【解析】
A．1mol NaBH4作还原剂时，H元素由-1价升高到+1价，可以失去8mol电子，相当于4mol H2，NaBH4 的“有效氢含量”为≈0.21，故A正确；
B．NaBH4中B元素的化合价为+3，H元素的化合价为-1，NaBH4作还原剂时 ，其中的硼元素的化合价不变，被氧化的是氢元素，故B错误；
C．配平后可得8Au3+ +3+24OH- = 8Au+3+18H2O，则水的化学计量数为18，故C错误；
D．NaBH4是一种极强还原剂，其与水产生氢气，不可能用作供氧剂，故D错误；
答案选A。
8．工业上提取碲(Te)的反应之一为3Te+16HNO3=3Te(NO3)4+4NO↑+8H2O，下列说法不正确的是
A．Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物
B．生成标准状况下11.2LNO，转移的电子数为2NA
C．氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te(NO3)4
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3
【答案】B
【解析】
A．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，则Te(NO3)4是氧化产物，NO是还原产物，故A正确；
B．由化学方程式可知，生成4molNO，反应转移12mol电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，则转移1.5mol电子，电子数为1.5NA，故B错误；
C．由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由元素化合价变化可知，HNO3起酸和氧化剂的作用，Te(NO3)4是氧化产物，则氧化性由强到弱的顺序为 HNO3> Te(NO3)4，故C正确；
D．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，Te为还原剂，HNO3起酸和氧化剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故D正确；
故选B。
9．已知：①KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）
②检验Mn2+的存在：5S2O82－+2Mn2++8H2O=10SO42－+2MnO4－+16H+
下列说法中错误的是
A．S2O82－离子中存在一个过氧键（—O—O—），则S2O82－离子中硫元素的化合价为+6
B．反应②若有0.1mol还原剂被氧化，则转移电子0.5mol
C．K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体
D．反应①配平后还原剂与还原产物之比为8:1
【答案】D
【解析】
A．过氧键（—O—O—）整体显-2价，S2O82－离子中存在一个过氧键（—O—O—），则S2O82－离子中硫元素的化合价为+6，故A正确；
B．反应②为Mn2+还原剂，2mol反应转移的电子为2×（7-2）=10mol，则有0.1mol还原剂被氧化，则转移电子0.5mol，故B正确；
C．根据反应②，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，与浓盐酸混合可得到氯气，故C正确；
D．反应中Mn元素从+7价降低到+2价，Cl元素从-1价升高到0价，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中HCl的Cl元素的化合价升高，HCl作还原剂，还原产物为MnCl2，16份氯化氢参与反应，只有10份是还原剂，还原剂与还原产物之比为5:1，故D错误；
故选D。
10．Cu2S 与一定浓度的 HNO3 反应，生成 Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO 和 H2O，当 NO2 和 NO 的物质的量为 1:1 时，则下列说法正确的是（ ）
A．实际参与反应的 Cu2S 与 HNO3 的物质的量之比为 2:7
B．反应中 Cu2S 既是氧化剂，又是还原剂
C．1molCu2S 参加反应时转移的电子数为 8NA
D．HNO3 在反应中体现了酸性和强氧化性
【答案】D
【解析】
Cu2S 与一定浓度的 HNO3 反应，生成 Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO 和 H2O，当 NO2 和 NO 的物质的量为 1:1 时，反应的化学方程式为：2Cu2S+6HNO3 ==2Cu(NO3)2+2CuSO4+NO2↑+NO↑ +3H2O。
【详解】
A．由分析中配平的化学方程式可知，实际参与反应的 Cu2S 与 HNO3 的物质的量之比为 2:6，A不正确；
B．反应中 Cu2S 中的Cu和S的价态都升高，所以Cu2S只作还原剂，B不正确；
C．1molCu2S 参加反应时转移的电子数为(1×2+8)NA=10 NA，C不正确；
D．HNO3 在反应中生成盐，体现了酸性，生成NO2、NO，体现了强氧化性，D正确；
故选D。
11．工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，②2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，下列说法正确的是 ( )
A．反应①和②均为氧化还原反应
B．反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4
D．反应①中每生成1 mol Na2CrO4时转移电子3 mol
【答案】B
【解析】
A. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；
B. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；
C. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；
D. 由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 转移电子可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为，所以反应①中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移，故D错误。
答案选B。
12．已知有如下反应：①②＋5Cl—＋6H＋＝3Cl2＋3H2O③2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3 。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B．Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C．氧化性强弱的顺序为：>> Cl2 >Fe3＋
D．溶液中可发生：＋6Fe2＋＋6H＋＝Cl—＋6Fe3＋＋3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中元素化合价升高时为还原剂，还原剂生成氧化产物，元素化合价降低时为氧化剂，氧化剂生成还原产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；所以①中是氧化剂，是氧化产物，所以氧化性＞Cl2；②中是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性＞Cl2；③中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：Cl2＞Fe3+。
【详解】
A. Cl2在反应②中既由化合价降低得到，又由化合价升高得到，所以Cl2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B. 根据化合价的变化，Cl2在①反应中作还原剂，在③反应中作氧化剂，故B错误；
C. 根据分析可得氧化性强弱的顺序为：>> Cl2 >Fe3＋，故C正确；
D. 根据氧化性>Fe3＋，所以该反应＋6Fe2＋＋6H＋＝Cl—＋6Fe3＋＋3H2O可发生，故D正确；
答案选B。
13．高效“绿色”消毒剂二氧化氯通常为气体，实验室用 NC13 溶液和 NaClO2溶液制备ClO2气体，化学方程式为 6NaClO2+NC13 +3H2O=6ClO2↑ +NH3 ↑ +3NaC1+3NaOH。下列有关说法正确的是（ ）
A．根据上面化学方程式，生成 22. 4 L NH3 时转移电子数目为 6 NA
B．NC13 中所有原子都满足8 电子结构
C．在 NaClO2 和NC13 的反应中 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：1
D．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】
A.缺标准状况，无法计算22. 4 L NH3的物质的量和反应转移电子的数目，故A错误；
B.NC13为共价化合物，电子式为 ，由电子式可知分子中中所有原子都满足8 电子结构，故C正确；
C.由方程式可知，NaClO2中氯元素的化合价升高被氧化，NaClO2为反应的还原剂，NC13中氮元素的化合价降低被还原，NC13为反应的氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故C错误；
D.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故D错误；
故选B。
14．硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．①②过程中硫元素均被氧化 B．NO2是生成硫酸盐的催化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程中有氧氢键断裂
【答案】B
【解析】
图中过程①表示和NO2反应生成和，过程②表示和NO2加入一个水分子转化为HNO2和，由此分析。
【详解】
A．转化为，硫元素从+4转化为+5价，转化为，硫元素由+5价转化为+6价，硫元素的化合价升高，①②过程中硫元素均被氧化，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B错误；
C．硫酸盐(含、)气溶胶中含有，转化过程有水参与，则在水中可电离生成H+和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由转化为，根据图示对照，有水分子中的氧氢键的断裂，故D正确；
答案选B。
15．K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH ==2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C．K2FeO4 具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】反在应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3 中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确； B、反应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；C、K2FeO4 中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂>氧化产物，故氧化性：KNO3>K2FeO4，选项D正确。
16．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO42-都是氧化产物
B．处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5
D．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1mol Cr2O72-，转移电子数不相等
【答案】C
【解析】A. 反应Ⅰ中Cu化合价没有改变，所以Cu2+不是氧化产物，故A错误；B. 处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，所以消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C. 反应Ⅱ中还原剂为Cu2S氧化剂为Cr2O72-，根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；
D. 处理1mol Cr2O72-得到2molCr3+，转移电子数相等，故D错误。
17．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．C3N4中C的化合价为 -4
B．反应的两个阶段均为吸热过程
C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。
18．运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5
B．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
C．KCl既是氧化产物，又是还原产物
D．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】B
【解析】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KClO3是氧化剂，且氯元素化合价全部降低；反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，选项A错误；B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为3mol×5=l5mol，选项B正确；C. KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物，P2O5是还原剂P失去电子形成的氧化产物，选项C错误；D. 白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误。
19．丙烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2 +Fe+，下列叙述错误的是
A．配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12
B．该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为10：9
C．还原性：C3H8＞Fe
D．25℃、101 kPa 条件下，消耗11.2 L C3H8转移的电子数为10NA
【答案】D
【解析】
烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2 +Fe+，反应中C元素的化合价由-变为+4价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，C3H8作还原剂；Fe元素的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子，发生还原反应，Fe2O3作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒，则配平该反应方程式为：3C3H8+10Fe2O3=9CO2+20Fe+12H2O，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析可知，配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12，故A正确；
B．根据分析，该反应中氧化剂为Fe2O3，氧化产物为CO2，则二者物质的量之比为10：9，故B正确；
C．根据分析，反应中C3H8作还原剂，Fe作还原产物，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：C3H8＞Fe，故C正确；
D．11.2 L C3H8的状态条件不是标准状况，不能用标况下气体的摩尔体积计算消耗 C3H8物质的量，则反应中转移电子的数目不能确定，故D错误；
答案选D。
20．在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，下列说法错误的是( )
A．Cl2是氧化产物，具有氧化性
B．每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol
C．每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol
D．KMnO4发生氧化反应，HCl发生还原反应
【答案】D
【解析】
A．反应中氯元素的化合价升高，HCl做还原剂，发生氧化反应，Cl2是氧化产物，具有氧化性，A正确；
B．氯元素化合价由-1价变为0价，每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol，B正确；
C．根据反应方程式可知，每消耗2molKMnO4，起还原作用的HCl消耗10mol，则每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol，C正确；
D．锰元素化合价降低，做氧化剂，被还原，发生还原反应，故D错误；
答案选D。
21．四氟肼((N2F4)可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3＋与二氟胺(HNF2)反应制得，发生的反应是：HNF2＋Fe3＋→N2F4↑＋Fe2＋＋H＋(未配平)，下列说法正确的是( )
A．被氧化的元素是F
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．N2F4的氧化性强于Fe3＋的氧化性
D．若生成2.24 L(标况下)N2F4，转移电子的物质的量是0.4 mol
【答案】B
【解析】
根据化合价改变，电子守恒，原子守恒，电荷守恒，配平化学方程式得：2HNF2＋2Fe3＋=N2F4↑＋2Fe2＋＋2H＋，其中铁的化合降低从+3降到+2，发生还原反应，作氧化剂，氮元素化合价升高从+1升高到+2，发生氧化反应，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，以此来解答题目。
【详解】
A．被氧化的元素是N，A错误；
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，B正确；
C．氧化性大小比较是，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，N2F4的氧化性弱于Fe3＋的氧化性，C错误；
D．若生成2.24 L(标况下)N2F4，物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量是0.1mol 2(2-1)=0.2 mol，D错误；
故答案为：B。
22．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2 ，2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法错误的是
A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1 mol KClO3参加反应有2mol电子转移
【答案】D
【解析】
A．在反应中，KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，得电子作氧化剂，A正确；
B．ClO2是KClO3得电子(被还原)后的产物，所以是还原产物，B正确；
C．在反应中，H2C2O4中的C元素由+3价升高为+4价，在反应中失电子被氧化，C正确；
D．KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，1 mol KClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；
故选D。
23．锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原。相关方程式如下：
①2Sb2S3+ 3O2+ 6FeSb4O6+ 6FeS ②Sb4O6+ 6C4Sb + 6CO
关于反应在①、反应②的说法不正确的是
A．反应①②中的氧化剂分别是O2、Sb4O6
B．反应①中每生成3molFeS时，共转移6 mol电子
C．反应②说明高温下Sb的还原性比C强
D．每生成4mol Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
A．反应①的O2中所含氧元素价态降低，反应②的Sb4O6中Sb元素价态降低，它们都是氧化剂，A正确；
B．反应①中每生成3molFeS时，失电子元素Fe共失去电子3mol×2=6mol，所以共转移6 mol电子，B正确；
C．反应②中，还原剂是C，还原产物是Sb，所以还原性C比Sb强，C不正确；
D．反应①与反应②中，每生成4mol Sb时，还原剂的物质的量分别为6mol(Fe)、6mol(C)，物质的量之比为1：1，D正确；
故选C。
24．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4++3ClO－＝N2↑+3Cl－+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是
A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
B．还原性NH4+< Cl－
C．反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子
D．经此法处理过的废水不可以直接排放
【答案】B
【解析】
A. 反应中氮元素的化合价升高，所以氮元素被氧化；氯元素的化合价降低，所以氯元素被还原，A正确；B. 是还原剂，而 是还原产物，所以还原性> ，B不正确；C. N的化合价由-3升高到0，所以反应中每生成1 mol 就转移6 mol电子，C正确；D. 经此法处理过的废水中含有大量盐酸，盐酸会污染水体、影响水生生物的生存，所以不可以直接排放，D正确。本题选B。
25．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 1.75 mol，则下列判断正确的是
A．生成42.0 L N2(标准状况)
B．有0.250 mol KNO3 被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25 mol
D．被氧化的N原子的物质的量为7.5 mol
【答案】C
【解析】
在10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂。根据反应方程式可知，每当生成16 mol N2，则氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，有2 mol KNO3被还原。现氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成2 mol N2，转移电子的物质的量为1.25 mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol。
A．生成2 mol N2，在标准状况下的体积为44.8 L，A错误；
B．由反应可知，被还原的硝酸钾的物质的量为2 mol×=0.25 mol，B错误；
C．转移电子的物质的量为0.25 mol×(5-0)=1.25 mol，C正确；
D．转移10 mol电子被氧化的N原子为30 mol，则转移1.25 mol电子被氧化的N原子的物质的量为=3.75 mol，D错误；
故答案为C。
26．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是( )
A．H3PO2的结构式为
B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸
C．NaH2PO2是正盐
D．每消耗1molP4，反应中转移6mol电子
【答案】D
【解析】
A．根据H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O 可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为，故A正确；
B．H3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；
C．H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；
D．2P4+3Ba(OH)2+6H2O═3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1 mol P4，转移3 mol 电子，故D错误；
故选D。
27．用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：
已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，下列说法正确的是( )
A．反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2mol
B．生成标准状况下44.8 LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8mol
C．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+
D．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
【答案】BD
【解析】
A．反应①中HCHO被氧化为CO2，C元素化合价由0升高至+4，30g HCHO的物质的量为=1mol，1mol HCHO参加反应时，转移电子为4mol，故A项说法错误；
B．反应①中Ag元素化合价由+1降低至0，反应②中Ag元素化合价由0升高至+1，根据氧化还原反应转移电子守恒可知，4Ag～CO2，标准状况下44.8 LCO2的物质的量为=2mol ，则生成2mol CO2时，反应②中参加反应的Ag一定为8mol，故B项说法正确；
C．Fe2+能够与H2O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，因此不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+，故C项说法错误；
D．HCHO浓度越高，反应①生成的Ag越多，则反应②生成的Fe2+越多，形成的有色配合物浓度越高，测得溶液吸光度越高，故D项说法正确；
综上所述，答案为BD。
28．已知反应5[Fe(CN)6]n－+61+188H +=5Fe3++30＋30CO 2↑+61Mn2++94H2O，下列有关说法错误的是
A．n＝4
B．被氧化的元素有Fe、N
C．反应过程中，生成67.2 L CO2时，转移30.5 mol e－
D．废水中的CN－可用酸性KMnO4溶液氧化除去
【答案】BC
【解析】
A．利用电荷守恒可建立如下关系：188-5n-61=122+15-30，n＝4，A正确；
B．在[Fe(CN)6]4－中，Fe显+2价、C显+2价、N显-3价，所以被氧化的元素有Fe、C、N，B错误；
C．没有指明标准状况，无法计算67.2 L CO2的物质的量，也就不能算出转移电子的物质的量，C不正确；
D．由题给反应可知，废水中的CN－具有还原性，使用酸性KMnO4溶液，可将其氧化除去，D正确；
故选BC。
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