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高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题07 氧化还原反应相关计算（教师版）
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这是一份高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题07 氧化还原反应相关计算（教师版），共16页。
【答案】C
【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
2．（2016·上海高考真题）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80B．0.85C．0.90D．0.93
【答案】A
【解析】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01ml．则有：×(3-)×x=0.01ml，解得x=0.8，故选A。
3．（2013·四川高考真题）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0ml/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0ml/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
【解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02ml，y=0.01 ml，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01ml，b=0.04ml。A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02ml、0.01ml，二者物质的量之比为2 ︰1，A正确；B、c(HNO3)=ml/L=14.0ml·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01ml、0.04ml，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7ml-0.06ml=0.64ml，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。
4．（2012·四川高考真题）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0ml/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.6ml/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2ml
【答案】B
【解析】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据题意，则有
64x+144y=27.2……①
由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②
解得x=0.2、y=0.1
A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0ml+（0.2 ml×2+0.1 ml×2）/3=1.2 ml，硝酸的物质的量浓度为1.2 ml /0.5L =2.4 ml/L，B不正确；C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ ml×（0.2 ml×2+0.1 ml×2）/3=4.48L，C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0ml-0.2 ml×2-0.1 ml×2×2=0.2ml，D正确。答案选B。
5．（2014·山东高考真题）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是
A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4
【答案】A
【解析】假设质量都为mg：A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为ml；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为ml；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为ml，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；故选A。
6．【2016年高考上海卷】O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，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4.48 L HF，则转移0.8 ml电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】A．O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，错误；B．在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D．根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，正确；
7、【2015上海化学】工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1mlNa2S2O3，转移4ml电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】A、D
【解析】在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2= 3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，错误。C．根据B选项的河西方程式可知，每生成3mlNa2S2O3，转移8ml电子，则产生1ml Na2S2O3，转移8/3ml电子，错误。D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1，由于在相同条件下，气体的物质的量的比等于气体的体积比，所以在相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积5m3，正确。
8．【2014年高考山东卷第9题】等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（ ）
A．FeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D、Fe3O4
【答案】A
【解析】比较化学反应生成物的量的判断，根据氧化还原反应原理，比较各选项物质中+2价Fe的含量，然后可得出NO的生成量的大小。根据化学式可算出四种物质中+2价Fe含量最大的是FeO，所以等质量的四种物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是FeO，故A项正确。正确的标出各物质中Fe元素的化合价，如Fe3O4中，两个Fe为+3价，一个Fe化合价为+2价，通过比较可知FeO中+2价Fe的含量最高，根据氧化还原反应原理可推出正确答案。
9．【2012年高考海南卷第6题】将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 ml·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（ ）
A．M B．M2+ C．M3+ D．MO2+
【答案】B
【解析】根据我们所学的氧化还原反应，在反应中一定存在得失电子守恒。设反应后X元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.002ml，参加反应的锌的物质的量为0.003ml，故存在：(5-x)×0.002=0.003×2，解得x=2，故选B。
10．【2014年高考全国大纲卷第13题】已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=aml时，下列有关说法错误的是（ ）
A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝
B．参加反应的氯气的物质的量等于aml
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：aml≤ne≤aml
D．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为aml
【答案】D
【解析】A项若反应后＝11，令KC1、KClO分别为11 ml、1 ml，据得失电子守恒可得KC1O3为2 ml，则溶液中＝，正确；B项据原子守恒n(KOH)＝aml＝n(K) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2) =aml，正确；C项采用极限法分析，当全部生成KC1、KClO时发生的反应为Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，则ne＝aml，同理，当全部生成KC1、KClO3时发生的反应为3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则ne＝aml，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：aml≤ne≤aml，该项正确；D项改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量即无KClO生成，发生如下反应：3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则KC1O3的物质的量为aml，故该项错误。
11．【2014年高考上海卷第16题】含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则（ ）
A．被氧化的砒霜为1.98mg B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg D．转移的电子总数为6×10―5NA
【答案】C
【解析】根据题意可知，有关反应的化学方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl→6ZnCl2＋3H2O＋2AsH3↑、2AsH3→2As＋3H2↑，则A、砒霜中砷的化合价是＋3价，而砷化氢中砷的化合价是－3价，化合价降低得到电子，砒霜被还原，A不正确；B、不能确定砷化氢的状态，因此不能确定砷化氢的体积，B不正确；C、1.50mg砷的物质的量＝1.50×10－3g÷75g/ml＝2×10－5ml，则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10－5ml ×6＝1.2×10－4ml。锌失去2个电子，则根据电子得失守恒可知，和砒霜反应的锌的质量＝ EQ \f(1.2×10－4ml,2)×65g/ml＝3.9×10－3g＝3.9mg， C正确；D、两次反应中转移的电子总数为（2×10－5×6＋2×10－5×3）NA＝1.8×10―4NA，D不正确，答案选C。
12．【2013年高考福建卷第24题】（14分）
二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO EQ \s(2-,4) 等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO EQ \s(2-,4) ，其原因是___________【已知：Ksp(BaSO4)= 1.1 ×10-10 Ksp(BaCO3)= 5.1 ×10-9】
②该法工艺原理如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。
工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：
□ （D） +24NaClO3+12H2SO4=□ClO2↑+□CO2↑+18H2O+□_________
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量得电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍
【答案】
（1） = 1 \* GB3 ①BaCl2
BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32 －时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其它合理答案)
= 2 \* GB3 ② H2、Cl2
2NaClO3 + 4HCl 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2NaCl + 2H2O
（2）1 C6H12O6 + 24 NaClO3 + 12H2SO4 24 ClO2↑ + 6 CO2↑ + 18H2O + 12 Na2SO4
（3）2.5
【解析】
（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去。根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4(s)+ CO EQ \s(2-,3) (aq)= BaCO3(s)+SO EQ \s(2-,4) (aq)。②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl。根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到。
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2。Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到。
（3）每摩尔Cl2得到2ml电子，而没摩尔ClO2得到5ml电子，故为2.5倍。
13．【2016年高考上海卷】NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为____________（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是______________________。
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
_______________________________________
（3）处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO___g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。（CN）2与NaOH溶液反应生成_________、__________和H2O。
【答案】（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。
（2）2OCN－+3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑
（3）14 900
（4）NaOCN、NaCN
【解析】
（1）依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易于酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子。N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-＝CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑。
（3）NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为：Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是，反应中C由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1mlNaCN失去5ml电子，1ml次氯酸钠得到2ml电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为g。
（4）(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。
14．（2020·江苏高考真题）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。
（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， )
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1） NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 （2）
根据物质转换和电子得失守恒关系：
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 偏低
【解析】
（1） 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；
（2） ①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
故答案为：n(S2O)=，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，
故答案为：偏低；
15．（2011·上海高考真题）雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。
根据题意完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_______。
（2）上述反应中的氧化剂是_______，反应产生的气体可用_______吸收。
（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3 + 10H++ 10NO3-→2H3AsO4 + 3S+ 10NO2↑+ 2H2O
若生成2ml H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_______。若将该反应设计成原电池，则NO2应该在____（填“正极”或“负极”）附近逸出。
（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量____（选填编号）。
a．小于0.5 ml b．等于0.5 ml c．大于0.5 ml d．无法确定
【答案】（1）1:1 （2）As2S3 氢氧化钠溶液（或者硫酸铜溶液） （3）10ml 正极 （4）a
【解析】
（1）As2S3中As为+3价，As4S4中As为+2价，SnCl2中Sn为+2价，SnCl4中Sn为+4价，根据关系式：SnCl2～SnCl4～2e－，2As2S3～As4S4～4e－，根据电子守恒，所以n（As2S3）∶n（SnCl2）＝2∶（1×2）＝1∶1。或写出如下配平的化学方程式：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑。
（2）化合价降低作氧化剂，所以As2S3是氧化剂。H2S可以用NaOH或CuSO4溶液吸收。
（3）在该反应中As和S的化合价均升高，一共失去的电子为2×2+3×2＝10个，只有N元素的化合价降低，降低总数为10×（5－4）＝10，所以该反应转移10个电子，有如下关系式：2H3AsO4～10e－，所以当生成2 ml H3AsO4时转移电子的物质的量为10 ml。原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，NO2是还原产物，所以NO2在正极附近逸出。
（4）标准状况下11.2 L O2的物质的量为0.5 ml，根据反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以产生的HNO3的物质的量为2 ml，根据反应C+4HNO3（浓）CO2↑+2NO2↑+2H2O，若2 ml浓硝酸完全反应，则应生成0.5 ml CO2，而随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，当变成稀硝酸时，不再和C反应，所以产生的CO2的量小于0.5 ml。
16．（2019·海南高考真题）连二亚硫酸钠，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下列问题：
（1）中S的化合价为______。
（2）向锌粉的悬浮液中通入，制备，生成，反应中转移的电子数为____ml；向溶液中加入适量，生成并有沉淀产生，该反应的化学方程式为_________
（3）电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为，电池总反应式为____________。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是_______________。
【答案】（1）+3 （2）2 （3） 与水反应
【解析】
（1）在中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所以S元素化合价为+3价；
（2）向锌粉的悬浮液中通入SO2，制备ZnS2O4，反应前Zn为单质中的0价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成 ZnS2O4，反应中转移的电子数为2ml；向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反应的化学方程式为Na2CO3+ ZnS2O4=Na2S2O4+ZnCO3↓；
（3）电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反应式为Li-e-=Li+，电池放电时，正极上发生的电极反应为，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和H2，所以该电池不可用水替代。
17．（2010·上海高考真题）向盛有KL溶液的试管中加入少许后滴加氯水，层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，层会逐渐变浅，最后变成无色。
完成下列填空：
（1）写出并配平层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：
_____
（2）整个过程中的还原剂是___。
（3）把KL换成KBr，则层变为__色：继续滴加氯水，层的颜色没有变化。、、氧化性由强到弱的顺序是______。
（4）加碘盐中含碘量为20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含的食盐)1000kg，若庄Kl与反应制，至少需要消耗________L(标准状况，保留2位小数)。
【答案】（1）I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl （2） KI、I2 （3）红棕 HbrO3、Cl2、HIO3 （4）10.58
【解析】
（1）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl；
（2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；
（3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3＞Cl2＞HIO3；
（4）1000kg加碘食盐中至少含碘25.4g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的体积为：×3×22.4L/ml=13.44L。
18．（2009·上海高考真题）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
（1）已知在反应中得到电子，则该反应的还原剂是______________。
（2）已知0.2ml在反应中得到1ml电子生成X，则X的化学式为_____________。
（3）根据上述反应可推知_________。
a．氧化性： b．氧化性：
c．还原性： d．还原性：
（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方
向和数目：___________。
【答案】（1）AsH3 （2）Br2 （3）ac （4）
【解析】由题中信息可知，KBrO3在反应中得到电子，则其为氧化剂，AsH3是还原剂。根据氧化还原反应的规律进行相关判断。
（1）KBrO3在反应中得到电子，则另外一种化合价变化的元素在反应中失去电子被氧化，所给物质中As元素化合价发生了变化，低价态的AsH3是还原剂，是氧化产物。
（2）0.2ml KBrO3得到1ml电子，说明+5价的Br元素在反应中降低了5价，所以x的化学式为Br2，且其为还原产物。
（3）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
a．氧化性：，a正确；
b．氧化性：，b错误；
c．还原性：，c正确；
d．还原性：，d错误。
故选ac.
（4）利用氧化还原反应中电子得失相等的规律可配平该方程式为：8KBrO3＋5AsH3＋4H2SO4===4K2SO4＋4Br2＋5H3AsO4＋4H2O，故电子转移的方向和数目可表示为：。
19．（2018·上海高考真题）高铁酸盐具有极强的氧化性，可作水处理剂。低温下，在Na2FeO4溶液中加入KOH浓溶液可析出K2FeO4。完成下列填空：
（1）写出上述得到K2FeO4的化学方程式_____。
（2）Na2FeO4和稀H2SO4发生如下反应：Na2FeO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+O2↑+Na2SO4+H2O。配平上述化学方程式_____。若反应中产生3.36L（标准状况）的氧气，则转移电子数为_____。
（3）实验室配制Fe2(SO4)3溶液时，需加入少量稀硫酸，结合离子方程式用化学平衡移动原理解释其原因______。
（4）在Fe2(SO4)3溶液中滴加NaHSO3溶液，n(SO42-)增大，则还原产物是____。写出检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完全的方法______。
（5）已知HSO3-在水中既能水解也能电离。NaHSO3溶液呈酸性，溶液中c(H2SO3)_____c(SO32-)（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】（1）Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH
（2）4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O 0.6NA
（3）Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗
（4）FeSO4 取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全
（5）<
【解析】
（1）由题干信息可知，低温下，在Na2FeO4溶液中加入KOH浓溶液可析出K2FeO4，化学反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，故答案为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；
（2）Na2FeO4和稀H2SO4发生如下反应：Na2FeO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+O2↑+Na2SO4+H2O，反应中Na2FeO4的Fe元素的化合价由+6价降低至+3价，反应中O元素的化合价由-2价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒配平可得反应方程式为4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O，反应中每生成1mlO2转移4ml电子，标况下3.36LO2的物质的量为0.15ml，则转移的电子为0.15ml×4=0.6ml，数目为0.6NA，故答案为：4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O；0.6NA；
（3）Fe2(SO4)3溶液中Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗，故答案为：Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗；
（4）在Fe2(SO4)3溶液中滴加NaHSO3溶液，n(SO42-)增大，发生反应：2Fe3++HSO3-+H2O=SO42-+2Fe2++3H+，Fe3+被还原成Fe2+，故还原产物为FeSO4，检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完全即检验溶液中是否还存在着Fe3+，可用KSCN溶液进行检验，具体方法为：取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全，故答案为：FeSO4；取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全；
（5）NaHSO3溶液呈酸性，则HSO3-的电离程度大于水解程度，则水解产生的H2SO3的浓度小于电离生成的SO32-的浓度，故答案为：<。
20．（2007·上海高考真题）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 ；KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)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0.2ml气体，则转移电子的物质的量是________ml。
（4）若1ml甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：___________________________________。
【答案】（1）14HNO3＋3Cu2O→6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O （2）酸性 氧化性 （3）0.6ml （4）使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成
【解析】
（1） 要使硝酸根离子发生还原反应，则需要加入还原剂，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中KMnO4、Fe2(SO4)3具有强氧化性，Na2CO3没有氧化性和还原性，Cu2O有还原性，所以能使硝酸根离子发生还原反应的是Cu2O，二者反应生成硝酸铜、NO和水，反应方程式为14HNO3+3Cu2O=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；
（2）硝酸在反应中既作了氧化剂，又生成了硝酸盐，所以硝酸表现出了氧化性和酸性。
（3） 反应中若产生0.2ml气体，则转移电子的数=0.2ml×(5-2)ml=0.6ml；
（4） 被还原硝酸的物质的量增加，说明每摩尔硝酸根离子得电子数减少，则生成的气体是二氧化氮。
21．（2016·全国高考真题）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）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。（计算结果保留两位小数）
【答案】（1）+3价 （2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑ （3）NaOH Na2CO3 O2 （4）2:1 氧化产物为NaClO3 （5）1.57g
【解析】
（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2ml电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO2的物质的量=ml，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为ml×4×=ml，则氯气的质量为ml×71g/ml=1.57g。
【答案】C
【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
2．（2016·上海高考真题）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80B．0.85C．0.90D．0.93
【答案】A
【解析】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01ml．则有：×(3-)×x=0.01ml，解得x=0.8，故选A。
3．（2013·四川高考真题）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0ml/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0ml/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL
【答案】D
【解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02ml，y=0.01 ml，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01ml，b=0.04ml。A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02ml、0.01ml，二者物质的量之比为2 ︰1，A正确；B、c(HNO3)=ml/L=14.0ml·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01ml、0.04ml，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7ml-0.06ml=0.64ml，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。
4．（2012·四川高考真题）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0ml/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.6ml/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2ml
【答案】B
【解析】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，根据题意，则有
64x+144y=27.2……①
由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②
解得x=0.2、y=0.1
A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0ml+（0.2 ml×2+0.1 ml×2）/3=1.2 ml，硝酸的物质的量浓度为1.2 ml /0.5L =2.4 ml/L，B不正确；C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ ml×（0.2 ml×2+0.1 ml×2）/3=4.48L，C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0ml-0.2 ml×2-0.1 ml×2×2=0.2ml，D正确。答案选B。
5．（2014·山东高考真题）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是
A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4
【答案】A
【解析】假设质量都为mg：A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为ml；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为ml；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为ml，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；故选A。
6．【2016年高考上海卷】O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，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4.48 L HF，则转移0.8 ml电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【答案】D
【解析】A．O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，错误；B．在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D．根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，正确；
7、【2015上海化学】工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1mlNa2S2O3，转移4ml电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】A、D
【解析】在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2= 3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，错误。C．根据B选项的河西方程式可知，每生成3mlNa2S2O3，转移8ml电子，则产生1ml Na2S2O3，转移8/3ml电子，错误。D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1，由于在相同条件下，气体的物质的量的比等于气体的体积比，所以在相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积5m3，正确。
8．【2014年高考山东卷第9题】等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（ ）
A．FeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D、Fe3O4
【答案】A
【解析】比较化学反应生成物的量的判断，根据氧化还原反应原理，比较各选项物质中+2价Fe的含量，然后可得出NO的生成量的大小。根据化学式可算出四种物质中+2价Fe含量最大的是FeO，所以等质量的四种物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是FeO，故A项正确。正确的标出各物质中Fe元素的化合价，如Fe3O4中，两个Fe为+3价，一个Fe化合价为+2价，通过比较可知FeO中+2价Fe的含量最高，根据氧化还原反应原理可推出正确答案。
9．【2012年高考海南卷第6题】将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 ml·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（ ）
A．M B．M2+ C．M3+ D．MO2+
【答案】B
【解析】根据我们所学的氧化还原反应，在反应中一定存在得失电子守恒。设反应后X元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.002ml，参加反应的锌的物质的量为0.003ml，故存在：(5-x)×0.002=0.003×2，解得x=2，故选B。
10．【2014年高考全国大纲卷第13题】已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=aml时，下列有关说法错误的是（ ）
A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝
B．参加反应的氯气的物质的量等于aml
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：aml≤ne≤aml
D．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为aml
【答案】D
【解析】A项若反应后＝11，令KC1、KClO分别为11 ml、1 ml，据得失电子守恒可得KC1O3为2 ml，则溶液中＝，正确；B项据原子守恒n(KOH)＝aml＝n(K) =n(Cl) =2n(Cl2)，则n(Cl2) =aml，正确；C项采用极限法分析，当全部生成KC1、KClO时发生的反应为Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，则ne＝aml，同理，当全部生成KC1、KClO3时发生的反应为3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则ne＝aml，综上可得改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：aml≤ne≤aml，该项正确；D项改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量即无KClO生成，发生如下反应：3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则KC1O3的物质的量为aml，故该项错误。
11．【2014年高考上海卷第16题】含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则（ ）
A．被氧化的砒霜为1.98mg B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg D．转移的电子总数为6×10―5NA
【答案】C
【解析】根据题意可知，有关反应的化学方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl→6ZnCl2＋3H2O＋2AsH3↑、2AsH3→2As＋3H2↑，则A、砒霜中砷的化合价是＋3价，而砷化氢中砷的化合价是－3价，化合价降低得到电子，砒霜被还原，A不正确；B、不能确定砷化氢的状态，因此不能确定砷化氢的体积，B不正确；C、1.50mg砷的物质的量＝1.50×10－3g÷75g/ml＝2×10－5ml，则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10－5ml ×6＝1.2×10－4ml。锌失去2个电子，则根据电子得失守恒可知，和砒霜反应的锌的质量＝ EQ \f(1.2×10－4ml,2)×65g/ml＝3.9×10－3g＝3.9mg， C正确；D、两次反应中转移的电子总数为（2×10－5×6＋2×10－5×3）NA＝1.8×10―4NA，D不正确，答案选C。
12．【2013年高考福建卷第24题】（14分）
二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO EQ \s(2-,4) 等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO EQ \s(2-,4) ，其原因是___________【已知：Ksp(BaSO4)= 1.1 ×10-10 Ksp(BaCO3)= 5.1 ×10-9】
②该法工艺原理如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。
工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：
□ （D） +24NaClO3+12H2SO4=□ClO2↑+□CO2↑+18H2O+□_________
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量得电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍
【答案】
（1） = 1 \* GB3 ①BaCl2
BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32 －时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其它合理答案)
= 2 \* GB3 ② H2、Cl2
2NaClO3 + 4HCl 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2NaCl + 2H2O
（2）1 C6H12O6 + 24 NaClO3 + 12H2SO4 24 ClO2↑ + 6 CO2↑ + 18H2O + 12 Na2SO4
（3）2.5
【解析】
（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去。根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4(s)+ CO EQ \s(2-,3) (aq)= BaCO3(s)+SO EQ \s(2-,4) (aq)。②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl。根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到。
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2。Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到。
（3）每摩尔Cl2得到2ml电子，而没摩尔ClO2得到5ml电子，故为2.5倍。
13．【2016年高考上海卷】NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为____________（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是______________________。
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
_______________________________________
（3）处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO___g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。（CN）2与NaOH溶液反应生成_________、__________和H2O。
【答案】（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。
（2）2OCN－+3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑
（3）14 900
（4）NaOCN、NaCN
【解析】
（1）依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易于酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子。N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-＝CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑。
（3）NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为：Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是，反应中C由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1mlNaCN失去5ml电子，1ml次氯酸钠得到2ml电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为g。
（4）(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。
14．（2020·江苏高考真题）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。
（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， )
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1） NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 （2）
根据物质转换和电子得失守恒关系：
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 偏低
【解析】
（1） 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；
（2） ①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
故答案为：n(S2O)=，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，
故答案为：偏低；
15．（2011·上海高考真题）雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。
根据题意完成下列填空：
（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_______。
（2）上述反应中的氧化剂是_______，反应产生的气体可用_______吸收。
（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3 + 10H++ 10NO3-→2H3AsO4 + 3S+ 10NO2↑+ 2H2O
若生成2ml H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_______。若将该反应设计成原电池，则NO2应该在____（填“正极”或“负极”）附近逸出。
（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量____（选填编号）。
a．小于0.5 ml b．等于0.5 ml c．大于0.5 ml d．无法确定
【答案】（1）1:1 （2）As2S3 氢氧化钠溶液（或者硫酸铜溶液） （3）10ml 正极 （4）a
【解析】
（1）As2S3中As为+3价，As4S4中As为+2价，SnCl2中Sn为+2价，SnCl4中Sn为+4价，根据关系式：SnCl2～SnCl4～2e－，2As2S3～As4S4～4e－，根据电子守恒，所以n（As2S3）∶n（SnCl2）＝2∶（1×2）＝1∶1。或写出如下配平的化学方程式：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑。
（2）化合价降低作氧化剂，所以As2S3是氧化剂。H2S可以用NaOH或CuSO4溶液吸收。
（3）在该反应中As和S的化合价均升高，一共失去的电子为2×2+3×2＝10个，只有N元素的化合价降低，降低总数为10×（5－4）＝10，所以该反应转移10个电子，有如下关系式：2H3AsO4～10e－，所以当生成2 ml H3AsO4时转移电子的物质的量为10 ml。原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，NO2是还原产物，所以NO2在正极附近逸出。
（4）标准状况下11.2 L O2的物质的量为0.5 ml，根据反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以产生的HNO3的物质的量为2 ml，根据反应C+4HNO3（浓）CO2↑+2NO2↑+2H2O，若2 ml浓硝酸完全反应，则应生成0.5 ml CO2，而随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，当变成稀硝酸时，不再和C反应，所以产生的CO2的量小于0.5 ml。
16．（2019·海南高考真题）连二亚硫酸钠，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下列问题：
（1）中S的化合价为______。
（2）向锌粉的悬浮液中通入，制备，生成，反应中转移的电子数为____ml；向溶液中加入适量，生成并有沉淀产生，该反应的化学方程式为_________
（3）电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为，电池总反应式为____________。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是_______________。
【答案】（1）+3 （2）2 （3） 与水反应
【解析】
（1）在中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所以S元素化合价为+3价；
（2）向锌粉的悬浮液中通入SO2，制备ZnS2O4，反应前Zn为单质中的0价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成 ZnS2O4，反应中转移的电子数为2ml；向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反应的化学方程式为Na2CO3+ ZnS2O4=Na2S2O4+ZnCO3↓；
（3）电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反应式为Li-e-=Li+，电池放电时，正极上发生的电极反应为，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和H2，所以该电池不可用水替代。
17．（2010·上海高考真题）向盛有KL溶液的试管中加入少许后滴加氯水，层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，层会逐渐变浅，最后变成无色。
完成下列填空：
（1）写出并配平层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：
_____
（2）整个过程中的还原剂是___。
（3）把KL换成KBr，则层变为__色：继续滴加氯水，层的颜色没有变化。、、氧化性由强到弱的顺序是______。
（4）加碘盐中含碘量为20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含的食盐)1000kg，若庄Kl与反应制，至少需要消耗________L(标准状况，保留2位小数)。
【答案】（1）I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl （2） KI、I2 （3）红棕 HbrO3、Cl2、HIO3 （4）10.58
【解析】
（1）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl；
（2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；
（3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3＞Cl2＞HIO3；
（4）1000kg加碘食盐中至少含碘25.4g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的体积为：×3×22.4L/ml=13.44L。
18．（2009·上海高考真题）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
（1）已知在反应中得到电子，则该反应的还原剂是______________。
（2）已知0.2ml在反应中得到1ml电子生成X，则X的化学式为_____________。
（3）根据上述反应可推知_________。
a．氧化性： b．氧化性：
c．还原性： d．还原性：
（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方
向和数目：___________。
【答案】（1）AsH3 （2）Br2 （3）ac （4）
【解析】由题中信息可知，KBrO3在反应中得到电子，则其为氧化剂，AsH3是还原剂。根据氧化还原反应的规律进行相关判断。
（1）KBrO3在反应中得到电子，则另外一种化合价变化的元素在反应中失去电子被氧化，所给物质中As元素化合价发生了变化，低价态的AsH3是还原剂，是氧化产物。
（2）0.2ml KBrO3得到1ml电子，说明+5价的Br元素在反应中降低了5价，所以x的化学式为Br2，且其为还原产物。
（3）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
a．氧化性：，a正确；
b．氧化性：，b错误；
c．还原性：，c正确；
d．还原性：，d错误。
故选ac.
（4）利用氧化还原反应中电子得失相等的规律可配平该方程式为：8KBrO3＋5AsH3＋4H2SO4===4K2SO4＋4Br2＋5H3AsO4＋4H2O，故电子转移的方向和数目可表示为：。
19．（2018·上海高考真题）高铁酸盐具有极强的氧化性，可作水处理剂。低温下，在Na2FeO4溶液中加入KOH浓溶液可析出K2FeO4。完成下列填空：
（1）写出上述得到K2FeO4的化学方程式_____。
（2）Na2FeO4和稀H2SO4发生如下反应：Na2FeO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+O2↑+Na2SO4+H2O。配平上述化学方程式_____。若反应中产生3.36L（标准状况）的氧气，则转移电子数为_____。
（3）实验室配制Fe2(SO4)3溶液时，需加入少量稀硫酸，结合离子方程式用化学平衡移动原理解释其原因______。
（4）在Fe2(SO4)3溶液中滴加NaHSO3溶液，n(SO42-)增大，则还原产物是____。写出检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完全的方法______。
（5）已知HSO3-在水中既能水解也能电离。NaHSO3溶液呈酸性，溶液中c(H2SO3)_____c(SO32-)（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】（1）Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH
（2）4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O 0.6NA
（3）Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗
（4）FeSO4 取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全
（5）<
【解析】
（1）由题干信息可知，低温下，在Na2FeO4溶液中加入KOH浓溶液可析出K2FeO4，化学反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，故答案为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；
（2）Na2FeO4和稀H2SO4发生如下反应：Na2FeO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+O2↑+Na2SO4+H2O，反应中Na2FeO4的Fe元素的化合价由+6价降低至+3价，反应中O元素的化合价由-2价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒配平可得反应方程式为4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O，反应中每生成1mlO2转移4ml电子，标况下3.36LO2的物质的量为0.15ml，则转移的电子为0.15ml×4=0.6ml，数目为0.6NA，故答案为：4Na2FeO4+10H2SO4=2Fe2(SO4)3+3O2↑+4Na2SO4+10H2O；0.6NA；
（3）Fe2(SO4)3溶液中Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗，故答案为：Fe3+易水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量稀硫酸可使水解平衡逆向移动，抑制其水解，减少损耗；
（4）在Fe2(SO4)3溶液中滴加NaHSO3溶液，n(SO42-)增大，发生反应：2Fe3++HSO3-+H2O=SO42-+2Fe2++3H+，Fe3+被还原成Fe2+，故还原产物为FeSO4，检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完全即检验溶液中是否还存在着Fe3+，可用KSCN溶液进行检验，具体方法为：取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全，故答案为：FeSO4；取少量溶液于试管中，向试管中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则证明Fe2(SO4)3消耗完全，若溶液变成红色，Fe2(SO4)3未消耗完全；
（5）NaHSO3溶液呈酸性，则HSO3-的电离程度大于水解程度，则水解产生的H2SO3的浓度小于电离生成的SO32-的浓度，故答案为：<。
20．（2007·上海高考真题）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 ；KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)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0.2ml气体，则转移电子的物质的量是________ml。
（4）若1ml甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：___________________________________。
【答案】（1）14HNO3＋3Cu2O→6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O （2）酸性 氧化性 （3）0.6ml （4）使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成
【解析】
（1） 要使硝酸根离子发生还原反应，则需要加入还原剂，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中KMnO4、Fe2(SO4)3具有强氧化性，Na2CO3没有氧化性和还原性，Cu2O有还原性，所以能使硝酸根离子发生还原反应的是Cu2O，二者反应生成硝酸铜、NO和水，反应方程式为14HNO3+3Cu2O=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；
（2）硝酸在反应中既作了氧化剂，又生成了硝酸盐，所以硝酸表现出了氧化性和酸性。
（3） 反应中若产生0.2ml气体，则转移电子的数=0.2ml×(5-2)ml=0.6ml；
（4） 被还原硝酸的物质的量增加，说明每摩尔硝酸根离子得电子数减少，则生成的气体是二氧化氮。
21．（2016·全国高考真题）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）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。（计算结果保留两位小数）
【答案】（1）+3价 （2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑ （3）NaOH Na2CO3 O2 （4）2:1 氧化产物为NaClO3 （5）1.57g
【解析】
（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2ml电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO2的物质的量=ml，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为ml×4×=ml，则氯气的质量为ml×71g/ml=1.57g。
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