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第06讲 氧化还原反应（能力训练）-2022年高考化学一轮复习讲练全能王（有答案）
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这是一份第06讲 氧化还原反应（能力训练）-2022年高考化学一轮复习讲练全能王（有答案），文件包含第6讲氧化还原反应能力训练解析版doc、第6讲氧化还原反应能力训练原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
第6讲 氧化还原反应（能力训练）
(50分钟，100分)
一、选择题：（12个小题，每题4分，共48分）
1．(2020届和田地区第二中学高三11月月考)有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O。下列说法正确的是
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应③中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化
【答案】D
【解析】
A．反应③中Co元素化合价降低，CoCl2为还原产物，故A错误；
B．根据反应③中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3＞Cl2，故B错误；
C．根据反应②可知还原性性Fe2+＞Br-，所以氯气与FeBr2反应时先氧化Fe2+，再氧化Br-，故C错误；
D．根据方程式可知当1molCo2O3参加反应时，有1molCl2生成，也就是2molHCl被氧化，故D正确；
综上所述答案为D。
2．(2021届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考)关于反应，下列说法正确的是
A．中的氮元素被氧化
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶1
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶4
【答案】B
【解析】
A．中氮元素化合价由+5降低为+4，氮元素被还原，故A错误；
B．中氮元素化合价由+5降低为+4、O元素化合价由-2升高为0，既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．中氮元素化合价由+5降低为+4，是氧化剂，中O元素化合价由-2升高为0， O2是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故C错误；
D．中氮元素化合价由+5降低为+4，NO2是还原产物；O元素化合价由-2升高为0，O2是氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故D错误；
选B。
3．(2021届攀枝花市高三第二次统一考试)根据下列实验操作、现象得出的结论中，正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
在少量酸性KMnO4溶液中，加入足量的H2O2溶液
溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡
氧化性：KMnO4＞H2O2
C
镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
D
将少量铁粉、5mL苯和1mL液溴混合，产生的气体通入AgNO3溶液中
混合时液体剧烈沸腾，AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生反应生了HBr
【答案】B
【解析】
A．向X溶液中滴加几滴新制氯水、振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，原溶液中不一定含有Fe2+离子，若检验Fe2+离子则应向样品溶液中先滴加KSCN溶，无明显实验现象，再滴加新制氯水，若溶液变为红色，则样品溶液中含Fe2+，故A错；
B．在少量酸性KMnO4溶液中，加入足量的H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡，则该气体为双氧水被酸性高锰酸钾溶液所氧化产生的氧气，所以氧化性KMnO4＞H2O2，故选B；
C．Zn的金属性强于Fe，镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极被腐蚀、Fe为正极被保护，所以滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液虽然无明显实验现象，但已经发生了氧化还原反应，故C错；
D．液溴以挥发，会发出的溴与能与AgNO3溶液反应产生淡黄色沉淀，即与AgNO3溶液反应产生淡黄色沉淀的物质不一定为HBr，还有可能为Br2，所以不能证明苯和液溴发生反应生了HBr，故D错；
答案选B
4．(2021届朝阳市高三第三次模拟)有下列四个反应：
①
②
③
④
下列说法正确的是
A．反应①②③④中的氧化产物依次是、、、
B．氧化性：
C．根据反应①一定可以推理得到
D．在反应③中，当有参加反应时，有被氧化
【答案】B
【解析】
A．反应①②③④中的氧化产物是化合价升高的的元素对应的物质，依次是、、、，故A错误；
B．氧化剂的氧化性强于氧化产物，①中，②中，③中，④中，氧化性：，故B正确；
C．根据反应①一定可以推理得到氧化性，但不能推出，故C错误；
D．在反应③中，当有参加反应时，有被氧化，因为有5molCl-发生了价态变化，故D错误；
故选B。
5．(2021届浙江省Z20联盟高三第三次联考)过硫化氢的化学式为，可以看成是过氧化氢中的过氧键被过硫键替代。
下列关于过硫化氢的说法，不正确的是
A．过硫化氢在常温下呈液态 B．过硫化氢不稳定，易分解
C．用黄铁矿()和盐酸可制备过硫化氢 D．过硫化氢有氧化性，能将氧化至
【答案】D
【解析】
A．过硫化氢是一种无色液体，常温下呈液态，A正确；
B．过硫化氢不稳定，易分解，分解反应为H2S2=H2S+S↓，B正确；
C．用稳定性较强的酸制取稳定性较弱的酸，化合价不变，反应方程式为FeS2+2HCl=FeCl2+ H2S2，C正确；
D．由选项C可知，Fe2+与H2S2共存，则过硫化氢不能氧化Fe2+，D错误；
故选：D。
6．(2021届宁夏17校高三下学期5月联考)霾也叫灰霾(烟霞)，空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成视觉障碍的叫霾。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐(含SO、HSO)生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法不正确的是)
A．NO2为该硫酸盐转化过程中的催化剂
B．第I阶段的化学方程式为：SO+NO2=SO+NO
C．1molSO在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去电子数目为NA
D．氧化性：NO2>HNO2
【答案】A
【解析】
由图可知，硫酸盐转化过程中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子和水反应生成亚硝酸、亚硝酸根离子和硫酸氢根离子，反应的离子方程式为SO+2NO2+H2O=HSO+NO+H NO2，反应中氮元素的化合价降低被还原，二氧化氮是反应的氧化剂，硫元素化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是反应的还原剂。
A．由分析可知，二氧化氮是硫酸盐转化过程中的氧化剂，不是催化剂，故A错误；
B．由图可知，第I阶段发生的反应为SO离子和NO2发生氧化还原反应生成SO和NO，反应的化学方程式为SO+NO2=SO+NO，故B正确；
C．由图可知SO在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段被氧化生成HSO，则反应中消耗1mol SO，共失去电子数目为1mol×(6—5) ×NAmol—1=NA个，故C正确；
D．由分析可知，硫酸盐转化过程中中氮元素的化合价降低被还原，二氧化氮是反应的氧化剂，则二氧化氮的氧化性强于还原产物亚硝酸，故D正确；
故选A。
7．(2021届上海市虹口区高三下学期二模)I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO> I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO+6H+
【答案】C
【解析】
A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故A正确；
B．I-和IO酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C错误；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-+ IO+6H+，故D正确；
故选：C。
8．(2021届滨州市高三第二次模拟)用“H2SO4浸出一萃取”法从铅烟灰(主要含有In2O3，还含有PbO和SiO2杂质)中回收单质铟(In)的生产工艺流程如图所示。
已知：I.“萃取”反应：In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)2In(HA2)3(有机液)+3H2SO4
II.“反萃”反应：In(HA2)3(有机液)+4HCl3(HA)2(有机液)+HInCl4
下列说法正确的是
A．“高温酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸可提高酸浸速率
B．“萃取”时，等量的萃取剂一次萃取和分多次萃取的效率相同
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率
D．“置换”时，得到海绵铟的化学方程式为：Zn+2HInCl4=ZnCl2+H2↑+2InCl3
【答案】C
【解析】
A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，且高温会造成大量的HCl挥发造成损失，不能提高酸浸速率，A错误；
B．每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，所以多次萃取的效率更高，B错误；
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度，平衡In(HA2)3(有机液)+4HCl⇌⇌3(HA)2(有机液)+HInCl4正向移动，可提高铟的反萃取率，C正确；
D．“置换”时锌与HInCl4反应产生In单质而不是氢气，发生反应的化学方程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl，D错误；
综上所述答案为C。
9．(2021届辽宁省部分重点中学协作体高三下学期高考模拟)过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，其键线式为，可用乙酸与过氧化氢在一定条件制得。下列说法正确的是
A．过氧乙酸中的氧元素有-1价和-2价
B．制备过氧乙酸的反应中的氧化剂是过氧化氢
C．过氧化氢的电子式是
D．过氧乙酸分子中至少有3个原子在一个平面
【答案】A
【解析】
A．过氧乙酸中含有C=O键和-O-O-键，C=O键中的O元素为-2价，-O-O-键中的O元素为-1价，A项正确；
B．乙酸与过氧化氢反应生成，化学方程式为，过氧化氢中H、O元素化合价不变，故过氧化氢既不是氧化剂也不是还原剂，B项错误；
C．过氧化氢的电子式为，C项错误；
D．过氧乙酸分子中，C=O键中的C原子为sp2杂化，与这个C原子相连的原子必然在一个平面，所以过氧乙酸分子中至少有4个原子在一个平面，D项错误；
答案选A。
10．(2021年天津市滨海新区（三模）)下列有关说法正确的是
A．金属钾在空气中受热燃烧：2K+O2K2O2
B．20 g HF气体通入水中，其断裂的共价键数目为NA
C．He+HHe+H+18.4Mev为氧化还原反应
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为
【答案】D
【解析】
A．金属钾较活泼，在空气中受热燃烧易生成K2O2，最终以KO2这种稳定形式存在：2K+O2KO2，故A错误；
B．20 g HF的物质的量为1mol，通入水中，因为HF为弱电解质，不完全电离，其断裂的共价键数目小于NA，故B错误；
C．He+HHe+H+18.4Mev为裂变反应，各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为，故D正确；
故选D。
11．(2021届临沂市高三二模)用[ Ru]催化硝基化合物(R1NO2)与醇(R2CH2OH)反应制备胺(R2CH2NHR1)，反应过程如图所示。已知：R1、R2表示烃基或氢原子。下列叙述错误的是
A．[ Ru]可以降低该反应过程中的活化能
B．历程中存在反应：R1NH2+R2CHO→R2CH=NR1+H2O
C．每生成1 mol R2CH2NHR1，消耗1 mol R2CH2OH
D．制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2NO2和CH3OH
【答案】C
【解析】
A．由由题意可知[ Ru]是该反应的催化剂，故可以降低该反应过程中的活化能，A正确；
B．结合反应历程图左半边可知，历程中存在反应：R1NH2+R2CHO→R2CH =NR1+H2O，B正确；
C．根据物质反应转化关系图，结合原子守恒可知总反应为4R2CH2OH+R1NO2R2CH2NHR1+3R2CHO+3H2O，因此每反应生成1 mol R2CH2NHR1，就会消耗4 mol R2CH2OH，C错误；
D．由C中总反应历程，制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2OH和CH3NO2，也可以是CH3OH和CH3CH2NO2，D正确；
故合理选项是C。
12．(2021届淄博市高三三模)用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应①：Cu2S+Cr2O+H+→Cu2++SO+Cr3++H2O(未配平)
反应②：FeS+Cr2O+H+→Fe3++SO+Cr3++H2O(未配平)
下列判断错误的是
A．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O
C．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等
D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质
【答案】C
【解析】
根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平两个方程式如下：反应①：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O；反应②：6FeS+9+78H+=6Fe3++6+18Cr3++39H2O。
A． 由分析知，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则Cu2S为还原剂，为氧化剂，则反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5，A正确；
B． 1molCu2S参与反应失去10mol电子，1molFeS参与反应失去9mol电子，根据得失电子守恒可知，用相同物质的量的Cu2S和FeS处理时，Cu2S消耗更多，B正确；
C． 由分析知，处理等物质的量的时，反应①②中消耗H+的物质的量不等，C错误；
D． 用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，且该反应还可以生成Fe3+，Fe3+能水解生成氢氧化铁胶体，其具有吸附性，可吸附悬浮杂质，D正确；
故选C。
二、填空题：（5个小题，共52分）
13．（12分）(2021届上海市静安区高三下学期（4月二模）)氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。
(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这利用了SO2 的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
【答案】（方程式为2分，其余为1分）(1)F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 (2) ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- (3) 还原 ③ ＜ (4)5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【解析】
(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
14．（10分）(2021届上海市普陀区高三二模)工业烟气可用氯酸氧化法脱硫，涉及反应：_____________________=_______(未配平)。完成下列填空：
(1)用含字母a、b的代数式配平上述化学方程式_______，标出电子转移的方向和数目_______。该化学方程式配平系数不唯一，请说明理由_______。
(2)氯酸是一元强酸，可由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到。写出该反应的化学方程式_______。
(3)工业烟气中的也可用和的混合液脱除。
①脱除的离子方程式为_______；
②溶液呈碱性的原因是_______。
【答案】 (1) (2a+3b)(a+b)a=(a+b) （2分） （2分） 的氧化产物和的比例不唯一 （1分） (2) （2分） (3) （2分） 水解程度大于的水解程度 （1分）
【解析】
(1)观察_____________________=_______，根据氧化还原反应的配平规律可知，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则和HCl的化学计量数为（a+b），根据N元素原子守恒可知，NO的化学计量数为（2a+3b），则根据产物中H原子的个数，配平H2O的化学计量数为a，最后得出已配平的化学方程式为：(2a+3b)(a+b)a=(a+b)（答案合理即可）；利用双线桥法表示其电子转移的方向和数目如下：；配平时，涉及字母a和b，因为得到的氧化产物分别为硝酸与二氧化氮，两者的化学计量数不唯一，所以配平的化学计量数不唯一，故答案为：；；的氧化产物和的比例不唯一；
(2)根据给定信息可知，氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到氯酸，其化学方程式为：；
(3) ①具有氧化性，具有还原性，两者发生氧化还原反应，其离子方程式为：，从而达到脱硫目的，故答案为：；
②为弱酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，因为水解程度大于的水解程度，导致其水溶液呈碱性，故答案为：水解程度大于的水解程度 。
15．（10分）(2021年高考化学专练)钒性能优良，用途广泛，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，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是____。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式______。
ClO+ VO2++ = Cl-+ VO+
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是____。
(4)在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 ___。
a.VO2+ b. c. V2+ d.V
【答案】（每空2分）(1) (2) (3) (4) c
【解析】
(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后化学方程式为：。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液， 与发生氧化还原反应，生成和Cl-，氯元素化合价由+5降低为−1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒，得离子方程式为：
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体即氯气，则盐酸中氯元素化合价从-1价升高到0价，Cl-为还原剂，VO2+为还原产物，已知还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Cl->VO2+，氯气能与Na2SO3溶液反应被吸收，氯气将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl−，离子反应方程式为： ，则还原性： ；因此、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是。
(4)在20.00 mL 0.1 moI.L-1溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则与锌的物质的量之比为2:3，，则V元素化合价降低3价，从+5价降低到+2价，则还原产物可能是V2+，答案为c。
16．（10分）(2021届辽宁省部分市高三第三次模拟)溴化亚铁(FeBr2)是棕黄色易潮解的固体，Fe与HBr在高温下反应可以生成FeBr2。某研究性学习小组设计实验制备少量的FeBr2固体，涉及的装置如图所示(部分夹持装置和加热装置略)：
已知：①NaBr+H2SO4NaHSO4+HBr↑；②高温时，FeBr3会分解为FeBr2。
回答下列问题：
(1)制备HBr时浓硫酸除了体现难挥发性还体现____性，仪器B的名称是___。
(2)装置C中碱石灰的作用有①___②___。
(3)实验时装置的连接顺序是a→____(按气流从左到右的方向，填仪器接口小写字母)。
(4)若反应温度过高，装置E中溶液变为橙黄色，写出可能发生的化学反应方程式：___，该反应对FeBr2产品纯度没有影响，可能的原因是___。
(5)实验结束后，某同学取少量上述产品配成FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后发现溶液呈黄色。写出该反应的化学方程式___；继续滴加氯水，当FeBr2与Cl2物质的量相等时反应的化学方程式为___。
【答案】（最后一空2分，其余1分）(1)强酸 (球形)干燥管 (2)吸收尾气中的HBr等酸性气体 防止空气中的水蒸气进入装置F (3) fghibcjk(kj)d(e) (4)2NaBr+2H2SO4(浓)SO2↑+Br2↑+2H2O+Na2SO4 Br2与Fe反应生成FeBr3，高温下FeBr3分解为FeBr2 (5) 6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3 6FeBr2+6Cl2=4FeCl3+2FeBr3+3Br2
【解析】
本实验的目的是利用HBr和Fe高温下反应制备少量的FeBr2固体，FeBr2易被氧化，所以可以先利用稀盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，将装置中的空气排尽，生成的CO2中含有HCl气体，可以利用饱和碳酸氢钠溶液除去，之后通入反应装置中排空气，实验过程中利用浓硫酸和NaBr反应制取HBr，然后利用装置B干燥CO2和HBr，之后再装置F中制取FeBr2，装置C吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置F使FeBr2水解。
(1)由于反应生成了硫酸氢钠，该反应过程中也体现了硫酸的强酸性；根据仪器B的结构特点可知其为(球形)干燥管；
(2)根据分析可知装置C应在最后，可以吸收尾气中的HBr等酸性气体，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置F，使FeBr2水解；
(3)实验开始时先用CO2排除装置内的空气，实验结束后，继续通入CO2可以使残留的HBr被充分吸收，装置A可以制取CO2，装置D可以除去CO2中混有的HCl，装置E制取HBr，装置B干燥CO2和HBr，之后再装置F中制取FeBr2，装置C吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置，所以连接顺序为afghibcjk(kj)d(e)；
(4)浓硫酸具有强氧化性，可以将Br-氧化为Br2，Br2的水溶液呈橙黄色，根据电子守恒和元素守恒可知该反应的化学方程式为2NaBr+2H2SO4(浓)SO2↑+Br2↑+2H2O+Na2SO4；SO2与Fe不反应，Br2与Fe反应生成FeBr3，高温下FeBr3分解为FeBr2，所以对产品纯度没有影响；
(5)振荡后发现溶液呈黄色，说明氯水将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3；FeBr2与Cl2物质的量相等时，不妨设均为1mol，则氧化1molFe2+消耗0.5mol氯气，剩余0.5mol氯气可以氧化1molBr-，所以化学方程式应为6FeBr2+6Cl2=4FeCl3+2FeBr3+3Br2。
17．（10分）(2011届四川省资阳市高三第一次高考模拟)下图表示各物质之间的转化关系，已知A、D、F、H均为单质，X常温下为无色液体，B为淡黄色固体，J溶于酸得到黄色溶液。
请按要求填空：
(1)写出B的电子式__________________________。
(2)写出生成E的电极反应式： ___________________________________。
反应⑤的现象是_______________________________。
(3)反应①的化学方程式是__________________________。
在实验室中引发反应④的操作是______________________。
(4)反应⑥中若转移1 mol电子，则被还原的X是_____________mol。
【答案】（最后一空2分，其余1分）(1) (2)Fe－2e-+ 2OH-= Fe(OH)2 白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 (3) 3Fe + 4H2O(g)Fe3O4+ 4H2 在铝热剂表面加入少量KClO3，插上镁条，并将镁条点燃 (4) 1
【解析】
A、D、F、H均为单质,X常温下为无色液体,B为淡黄色固体,J溶于酸得到黄色溶液.X常温下为无色液体,可确定为H2O,B为淡黄色固体,且可与水反应生成气体单质,且B为Na2O2，G为氢氧化钠溶液,F为O2；A既能与水在高温下反应生成单质D,又可做电极电解氢氧化钠溶液得到D,且E在氧气和水的作用下得到J,J溶于酸为黄色溶液,则A为铁,C为四氧化三铁,D为氢气,E为氢氧化亚铁,J为氢氧化铁；H既能与氢氧化钠溶液反应,又能与四氧化三铁反应,故为金属铝,由此可以知道I 为氧化铝,K为偏铝酸钠溶液；据以上分析进行解答。
A、D、F、H均为单质,X常温下为无色液体,B为淡黄色固体,J溶于酸得到黄色溶液.X常温下为无色液体,可确定为H2O,B为淡黄色固体,且可与水反应生成气体单质,且B为Na2O2，G为氢氧化钠溶液,F为O2；A既能与水在高温下反应生成单质D,又可做电极电解氢氧化钠溶液得到D,且E在氧气和水的作用下得到J,J溶于酸为黄色溶液,则A为铁,C为四氧化三铁,D为氢气,E为氢氧化亚铁,J为氢氧化铁；H既能与氢氧化钠溶液反应,又能与四氧化三铁反应,故为金属铝,由此可以知道I 为氧化铝,K为偏铝酸钠溶液；
(1)B为过氧化钠为离子化合物,电子式为；
答案是: ；
(2)反应(5),铁为活性电极,电解氢氧化钠溶液,在阳极铁首先放电,电极反应式为Fe－2e-+2OH-=Fe(OH)2；E+F+X→J，氢氧化亚铁不稳定,遇到氧气和水会迅速由白色变成灰绿色最终变为红褐色；
答案是: Fe－2e-+2OH-= Fe(OH)2；迅速由白色变成灰绿色最终变为红褐色；
(3)反应(1)的化学反应方程式是铁与水蒸气之间的反应生成四氧化三铁和氢气,反应的化学方程式为: 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；反应(4)是铝与四氧化三铁发生的铝热反应,在实验室引发反应(4)的操作是:在铝热剂上加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；
答案是: 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；在铝热剂表面加入少量KClO3，插上镁条，并将镁条点燃；
(4)反应(6)是铝和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式:
2Al+2OH-+6H2O=2AlO2-+3H2+4H2O；该反应中水作氧化剂，2mol铝完全反应，转移6mol电子，消耗水6mol，现反应转移1mol电子，所以被还原的水是1mol；
答案是:1。
第6讲 氧化还原反应（能力训练）
(50分钟，100分)
一、选择题：（12个小题，每题4分，共48分）
1．(2020届和田地区第二中学高三11月月考)有下列三个反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O。下列说法正确的是
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3+＞Co2O3
C．可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应③中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化
【答案】D
【解析】
A．反应③中Co元素化合价降低，CoCl2为还原产物，故A错误；
B．根据反应③中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3＞Cl2，故B错误；
C．根据反应②可知还原性性Fe2+＞Br-，所以氯气与FeBr2反应时先氧化Fe2+，再氧化Br-，故C错误；
D．根据方程式可知当1molCo2O3参加反应时，有1molCl2生成，也就是2molHCl被氧化，故D正确；
综上所述答案为D。
2．(2021届浙江省金丽衢十二校高三第二次联考)关于反应，下列说法正确的是
A．中的氮元素被氧化
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶1
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶4
【答案】B
【解析】
A．中氮元素化合价由+5降低为+4，氮元素被还原，故A错误；
B．中氮元素化合价由+5降低为+4、O元素化合价由-2升高为0，既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．中氮元素化合价由+5降低为+4，是氧化剂，中O元素化合价由-2升高为0， O2是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故C错误；
D．中氮元素化合价由+5降低为+4，NO2是还原产物；O元素化合价由-2升高为0，O2是氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故D错误；
选B。
3．(2021届攀枝花市高三第二次统一考试)根据下列实验操作、现象得出的结论中，正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
在少量酸性KMnO4溶液中，加入足量的H2O2溶液
溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡
氧化性：KMnO4＞H2O2
C
镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
D
将少量铁粉、5mL苯和1mL液溴混合，产生的气体通入AgNO3溶液中
混合时液体剧烈沸腾，AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生反应生了HBr
【答案】B
【解析】
A．向X溶液中滴加几滴新制氯水、振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，原溶液中不一定含有Fe2+离子，若检验Fe2+离子则应向样品溶液中先滴加KSCN溶，无明显实验现象，再滴加新制氯水，若溶液变为红色，则样品溶液中含Fe2+，故A错；
B．在少量酸性KMnO4溶液中，加入足量的H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡，则该气体为双氧水被酸性高锰酸钾溶液所氧化产生的氧气，所以氧化性KMnO4＞H2O2，故选B；
C．Zn的金属性强于Fe，镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极被腐蚀、Fe为正极被保护，所以滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液虽然无明显实验现象，但已经发生了氧化还原反应，故C错；
D．液溴以挥发，会发出的溴与能与AgNO3溶液反应产生淡黄色沉淀，即与AgNO3溶液反应产生淡黄色沉淀的物质不一定为HBr，还有可能为Br2，所以不能证明苯和液溴发生反应生了HBr，故D错；
答案选B
4．(2021届朝阳市高三第三次模拟)有下列四个反应：
①
②
③
④
下列说法正确的是
A．反应①②③④中的氧化产物依次是、、、
B．氧化性：
C．根据反应①一定可以推理得到
D．在反应③中，当有参加反应时，有被氧化
【答案】B
【解析】
A．反应①②③④中的氧化产物是化合价升高的的元素对应的物质，依次是、、、，故A错误；
B．氧化剂的氧化性强于氧化产物，①中，②中，③中，④中，氧化性：，故B正确；
C．根据反应①一定可以推理得到氧化性，但不能推出，故C错误；
D．在反应③中，当有参加反应时，有被氧化，因为有5molCl-发生了价态变化，故D错误；
故选B。
5．(2021届浙江省Z20联盟高三第三次联考)过硫化氢的化学式为，可以看成是过氧化氢中的过氧键被过硫键替代。
下列关于过硫化氢的说法，不正确的是
A．过硫化氢在常温下呈液态 B．过硫化氢不稳定，易分解
C．用黄铁矿()和盐酸可制备过硫化氢 D．过硫化氢有氧化性，能将氧化至
【答案】D
【解析】
A．过硫化氢是一种无色液体，常温下呈液态，A正确；
B．过硫化氢不稳定，易分解，分解反应为H2S2=H2S+S↓，B正确；
C．用稳定性较强的酸制取稳定性较弱的酸，化合价不变，反应方程式为FeS2+2HCl=FeCl2+ H2S2，C正确；
D．由选项C可知，Fe2+与H2S2共存，则过硫化氢不能氧化Fe2+，D错误；
故选：D。
6．(2021届宁夏17校高三下学期5月联考)霾也叫灰霾(烟霞)，空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成视觉障碍的叫霾。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐(含SO、HSO)生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法不正确的是)
A．NO2为该硫酸盐转化过程中的催化剂
B．第I阶段的化学方程式为：SO+NO2=SO+NO
C．1molSO在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段共失去电子数目为NA
D．氧化性：NO2>HNO2
【答案】A
【解析】
由图可知，硫酸盐转化过程中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子和水反应生成亚硝酸、亚硝酸根离子和硫酸氢根离子，反应的离子方程式为SO+2NO2+H2O=HSO+NO+H NO2，反应中氮元素的化合价降低被还原，二氧化氮是反应的氧化剂，硫元素化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是反应的还原剂。
A．由分析可知，二氧化氮是硫酸盐转化过程中的氧化剂，不是催化剂，故A错误；
B．由图可知，第I阶段发生的反应为SO离子和NO2发生氧化还原反应生成SO和NO，反应的化学方程式为SO+NO2=SO+NO，故B正确；
C．由图可知SO在第Ⅱ、Ⅲ两个阶段被氧化生成HSO，则反应中消耗1mol SO，共失去电子数目为1mol×(6—5) ×NAmol—1=NA个，故C正确；
D．由分析可知，硫酸盐转化过程中中氮元素的化合价降低被还原，二氧化氮是反应的氧化剂，则二氧化氮的氧化性强于还原产物亚硝酸，故D正确；
故选A。
7．(2021届上海市虹口区高三下学期二模)I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO> I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO+6H+
【答案】C
【解析】
A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO＞I2，故A正确；
B．I-和IO酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C错误；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-+ IO+6H+，故D正确；
故选：C。
8．(2021届滨州市高三第二次模拟)用“H2SO4浸出一萃取”法从铅烟灰(主要含有In2O3，还含有PbO和SiO2杂质)中回收单质铟(In)的生产工艺流程如图所示。
已知：I.“萃取”反应：In2(SO4)3+6(HA)2(有机液)2In(HA2)3(有机液)+3H2SO4
II.“反萃”反应：In(HA2)3(有机液)+4HCl3(HA)2(有机液)+HInCl4
下列说法正确的是
A．“高温酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸可提高酸浸速率
B．“萃取”时，等量的萃取剂一次萃取和分多次萃取的效率相同
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度可提高铟的反萃取率
D．“置换”时，得到海绵铟的化学方程式为：Zn+2HInCl4=ZnCl2+H2↑+2InCl3
【答案】C
【解析】
A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，且高温会造成大量的HCl挥发造成损失，不能提高酸浸速率，A错误；
B．每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，所以多次萃取的效率更高，B错误；
C．“反萃”时，适当增加盐酸的浓度，平衡In(HA2)3(有机液)+4HCl⇌⇌3(HA)2(有机液)+HInCl4正向移动，可提高铟的反萃取率，C正确；
D．“置换”时锌与HInCl4反应产生In单质而不是氢气，发生反应的化学方程式为3Zn+2HInCl4=2In+3ZnCl2+2HCl，D错误；
综上所述答案为C。
9．(2021届辽宁省部分重点中学协作体高三下学期高考模拟)过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，其键线式为，可用乙酸与过氧化氢在一定条件制得。下列说法正确的是
A．过氧乙酸中的氧元素有-1价和-2价
B．制备过氧乙酸的反应中的氧化剂是过氧化氢
C．过氧化氢的电子式是
D．过氧乙酸分子中至少有3个原子在一个平面
【答案】A
【解析】
A．过氧乙酸中含有C=O键和-O-O-键，C=O键中的O元素为-2价，-O-O-键中的O元素为-1价，A项正确；
B．乙酸与过氧化氢反应生成，化学方程式为，过氧化氢中H、O元素化合价不变，故过氧化氢既不是氧化剂也不是还原剂，B项错误；
C．过氧化氢的电子式为，C项错误；
D．过氧乙酸分子中，C=O键中的C原子为sp2杂化，与这个C原子相连的原子必然在一个平面，所以过氧乙酸分子中至少有4个原子在一个平面，D项错误；
答案选A。
10．(2021年天津市滨海新区（三模）)下列有关说法正确的是
A．金属钾在空气中受热燃烧：2K+O2K2O2
B．20 g HF气体通入水中，其断裂的共价键数目为NA
C．He+HHe+H+18.4Mev为氧化还原反应
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为
【答案】D
【解析】
A．金属钾较活泼，在空气中受热燃烧易生成K2O2，最终以KO2这种稳定形式存在：2K+O2KO2，故A错误；
B．20 g HF的物质的量为1mol，通入水中，因为HF为弱电解质，不完全电离，其断裂的共价键数目小于NA，故B错误；
C．He+HHe+H+18.4Mev为裂变反应，各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为，故D正确；
故选D。
11．(2021届临沂市高三二模)用[ Ru]催化硝基化合物(R1NO2)与醇(R2CH2OH)反应制备胺(R2CH2NHR1)，反应过程如图所示。已知：R1、R2表示烃基或氢原子。下列叙述错误的是
A．[ Ru]可以降低该反应过程中的活化能
B．历程中存在反应：R1NH2+R2CHO→R2CH=NR1+H2O
C．每生成1 mol R2CH2NHR1，消耗1 mol R2CH2OH
D．制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2NO2和CH3OH
【答案】C
【解析】
A．由由题意可知[ Ru]是该反应的催化剂，故可以降低该反应过程中的活化能，A正确；
B．结合反应历程图左半边可知，历程中存在反应：R1NH2+R2CHO→R2CH =NR1+H2O，B正确；
C．根据物质反应转化关系图，结合原子守恒可知总反应为4R2CH2OH+R1NO2R2CH2NHR1+3R2CHO+3H2O，因此每反应生成1 mol R2CH2NHR1，就会消耗4 mol R2CH2OH，C错误；
D．由C中总反应历程，制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2OH和CH3NO2，也可以是CH3OH和CH3CH2NO2，D正确；
故合理选项是C。
12．(2021届淄博市高三三模)用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应①：Cu2S+Cr2O+H+→Cu2++SO+Cr3++H2O(未配平)
反应②：FeS+Cr2O+H+→Fe3++SO+Cr3++H2O(未配平)
下列判断错误的是
A．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O
C．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等
D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质
【答案】C
【解析】
根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平两个方程式如下：反应①：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O；反应②：6FeS+9+78H+=6Fe3++6+18Cr3++39H2O。
A． 由分析知，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则Cu2S为还原剂，为氧化剂，则反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5，A正确；
B． 1molCu2S参与反应失去10mol电子，1molFeS参与反应失去9mol电子，根据得失电子守恒可知，用相同物质的量的Cu2S和FeS处理时，Cu2S消耗更多，B正确；
C． 由分析知，处理等物质的量的时，反应①②中消耗H+的物质的量不等，C错误；
D． 用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，且该反应还可以生成Fe3+，Fe3+能水解生成氢氧化铁胶体，其具有吸附性，可吸附悬浮杂质，D正确；
故选C。
二、填空题：（5个小题，共52分）
13．（12分）(2021届上海市静安区高三下学期（4月二模）)氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。
(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这利用了SO2 的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
【答案】（方程式为2分，其余为1分）(1)F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 (2) ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- (3) 还原 ③ ＜ (4)5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【解析】
(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
14．（10分）(2021届上海市普陀区高三二模)工业烟气可用氯酸氧化法脱硫，涉及反应：_____________________=_______(未配平)。完成下列填空：
(1)用含字母a、b的代数式配平上述化学方程式_______，标出电子转移的方向和数目_______。该化学方程式配平系数不唯一，请说明理由_______。
(2)氯酸是一元强酸，可由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到。写出该反应的化学方程式_______。
(3)工业烟气中的也可用和的混合液脱除。
①脱除的离子方程式为_______；
②溶液呈碱性的原因是_______。
【答案】 (1) (2a+3b)(a+b)a=(a+b) （2分） （2分） 的氧化产物和的比例不唯一 （1分） (2) （2分） (3) （2分） 水解程度大于的水解程度 （1分）
【解析】
(1)观察_____________________=_______，根据氧化还原反应的配平规律可知，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则和HCl的化学计量数为（a+b），根据N元素原子守恒可知，NO的化学计量数为（2a+3b），则根据产物中H原子的个数，配平H2O的化学计量数为a，最后得出已配平的化学方程式为：(2a+3b)(a+b)a=(a+b)（答案合理即可）；利用双线桥法表示其电子转移的方向和数目如下：；配平时，涉及字母a和b，因为得到的氧化产物分别为硝酸与二氧化氮，两者的化学计量数不唯一，所以配平的化学计量数不唯一，故答案为：；；的氧化产物和的比例不唯一；
(2)根据给定信息可知，氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到氯酸，其化学方程式为：；
(3) ①具有氧化性，具有还原性，两者发生氧化还原反应，其离子方程式为：，从而达到脱硫目的，故答案为：；
②为弱酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，因为水解程度大于的水解程度，导致其水溶液呈碱性，故答案为：水解程度大于的水解程度 。
15．（10分）(2021年高考化学专练)钒性能优良，用途广泛，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，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是____。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式______。
ClO+ VO2++ = Cl-+ VO+
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是____。
(4)在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 ___。
a.VO2+ b. c. V2+ d.V
【答案】（每空2分）(1) (2) (3) (4) c
【解析】
(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后化学方程式为：。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液， 与发生氧化还原反应，生成和Cl-，氯元素化合价由+5降低为−1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒，得离子方程式为：
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体即氯气，则盐酸中氯元素化合价从-1价升高到0价，Cl-为还原剂，VO2+为还原产物，已知还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Cl->VO2+，氯气能与Na2SO3溶液反应被吸收，氯气将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl−，离子反应方程式为： ，则还原性： ；因此、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是。
(4)在20.00 mL 0.1 moI.L-1溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则与锌的物质的量之比为2:3，，则V元素化合价降低3价，从+5价降低到+2价，则还原产物可能是V2+，答案为c。
16．（10分）(2021届辽宁省部分市高三第三次模拟)溴化亚铁(FeBr2)是棕黄色易潮解的固体，Fe与HBr在高温下反应可以生成FeBr2。某研究性学习小组设计实验制备少量的FeBr2固体，涉及的装置如图所示(部分夹持装置和加热装置略)：
已知：①NaBr+H2SO4NaHSO4+HBr↑；②高温时，FeBr3会分解为FeBr2。
回答下列问题：
(1)制备HBr时浓硫酸除了体现难挥发性还体现____性，仪器B的名称是___。
(2)装置C中碱石灰的作用有①___②___。
(3)实验时装置的连接顺序是a→____(按气流从左到右的方向，填仪器接口小写字母)。
(4)若反应温度过高，装置E中溶液变为橙黄色，写出可能发生的化学反应方程式：___，该反应对FeBr2产品纯度没有影响，可能的原因是___。
(5)实验结束后，某同学取少量上述产品配成FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后发现溶液呈黄色。写出该反应的化学方程式___；继续滴加氯水，当FeBr2与Cl2物质的量相等时反应的化学方程式为___。
【答案】（最后一空2分，其余1分）(1)强酸 (球形)干燥管 (2)吸收尾气中的HBr等酸性气体 防止空气中的水蒸气进入装置F (3) fghibcjk(kj)d(e) (4)2NaBr+2H2SO4(浓)SO2↑+Br2↑+2H2O+Na2SO4 Br2与Fe反应生成FeBr3，高温下FeBr3分解为FeBr2 (5) 6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3 6FeBr2+6Cl2=4FeCl3+2FeBr3+3Br2
【解析】
本实验的目的是利用HBr和Fe高温下反应制备少量的FeBr2固体，FeBr2易被氧化，所以可以先利用稀盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，将装置中的空气排尽，生成的CO2中含有HCl气体，可以利用饱和碳酸氢钠溶液除去，之后通入反应装置中排空气，实验过程中利用浓硫酸和NaBr反应制取HBr，然后利用装置B干燥CO2和HBr，之后再装置F中制取FeBr2，装置C吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置F使FeBr2水解。
(1)由于反应生成了硫酸氢钠，该反应过程中也体现了硫酸的强酸性；根据仪器B的结构特点可知其为(球形)干燥管；
(2)根据分析可知装置C应在最后，可以吸收尾气中的HBr等酸性气体，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置F，使FeBr2水解；
(3)实验开始时先用CO2排除装置内的空气，实验结束后，继续通入CO2可以使残留的HBr被充分吸收，装置A可以制取CO2，装置D可以除去CO2中混有的HCl，装置E制取HBr，装置B干燥CO2和HBr，之后再装置F中制取FeBr2，装置C吸收尾气并防止空气中的水蒸气进入装置，所以连接顺序为afghibcjk(kj)d(e)；
(4)浓硫酸具有强氧化性，可以将Br-氧化为Br2，Br2的水溶液呈橙黄色，根据电子守恒和元素守恒可知该反应的化学方程式为2NaBr+2H2SO4(浓)SO2↑+Br2↑+2H2O+Na2SO4；SO2与Fe不反应，Br2与Fe反应生成FeBr3，高温下FeBr3分解为FeBr2，所以对产品纯度没有影响；
(5)振荡后发现溶液呈黄色，说明氯水将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3；FeBr2与Cl2物质的量相等时，不妨设均为1mol，则氧化1molFe2+消耗0.5mol氯气，剩余0.5mol氯气可以氧化1molBr-，所以化学方程式应为6FeBr2+6Cl2=4FeCl3+2FeBr3+3Br2。
17．（10分）(2011届四川省资阳市高三第一次高考模拟)下图表示各物质之间的转化关系，已知A、D、F、H均为单质，X常温下为无色液体，B为淡黄色固体，J溶于酸得到黄色溶液。
请按要求填空：
(1)写出B的电子式__________________________。
(2)写出生成E的电极反应式： ___________________________________。
反应⑤的现象是_______________________________。
(3)反应①的化学方程式是__________________________。
在实验室中引发反应④的操作是______________________。
(4)反应⑥中若转移1 mol电子，则被还原的X是_____________mol。
【答案】（最后一空2分，其余1分）(1) (2)Fe－2e-+ 2OH-= Fe(OH)2 白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 (3) 3Fe + 4H2O(g)Fe3O4+ 4H2 在铝热剂表面加入少量KClO3，插上镁条，并将镁条点燃 (4) 1
【解析】
A、D、F、H均为单质,X常温下为无色液体,B为淡黄色固体,J溶于酸得到黄色溶液.X常温下为无色液体,可确定为H2O,B为淡黄色固体,且可与水反应生成气体单质,且B为Na2O2，G为氢氧化钠溶液,F为O2；A既能与水在高温下反应生成单质D,又可做电极电解氢氧化钠溶液得到D,且E在氧气和水的作用下得到J,J溶于酸为黄色溶液,则A为铁,C为四氧化三铁,D为氢气,E为氢氧化亚铁,J为氢氧化铁；H既能与氢氧化钠溶液反应,又能与四氧化三铁反应,故为金属铝,由此可以知道I 为氧化铝,K为偏铝酸钠溶液；据以上分析进行解答。
A、D、F、H均为单质,X常温下为无色液体,B为淡黄色固体,J溶于酸得到黄色溶液.X常温下为无色液体,可确定为H2O,B为淡黄色固体,且可与水反应生成气体单质,且B为Na2O2，G为氢氧化钠溶液,F为O2；A既能与水在高温下反应生成单质D,又可做电极电解氢氧化钠溶液得到D,且E在氧气和水的作用下得到J,J溶于酸为黄色溶液,则A为铁,C为四氧化三铁,D为氢气,E为氢氧化亚铁,J为氢氧化铁；H既能与氢氧化钠溶液反应,又能与四氧化三铁反应,故为金属铝,由此可以知道I 为氧化铝,K为偏铝酸钠溶液；
(1)B为过氧化钠为离子化合物,电子式为；
答案是: ；
(2)反应(5),铁为活性电极,电解氢氧化钠溶液,在阳极铁首先放电,电极反应式为Fe－2e-+2OH-=Fe(OH)2；E+F+X→J，氢氧化亚铁不稳定,遇到氧气和水会迅速由白色变成灰绿色最终变为红褐色；
答案是: Fe－2e-+2OH-= Fe(OH)2；迅速由白色变成灰绿色最终变为红褐色；
(3)反应(1)的化学反应方程式是铁与水蒸气之间的反应生成四氧化三铁和氢气,反应的化学方程式为: 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；反应(4)是铝与四氧化三铁发生的铝热反应,在实验室引发反应(4)的操作是:在铝热剂上加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；
答案是: 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；在铝热剂表面加入少量KClO3，插上镁条，并将镁条点燃；
(4)反应(6)是铝和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式:
2Al+2OH-+6H2O=2AlO2-+3H2+4H2O；该反应中水作氧化剂，2mol铝完全反应，转移6mol电子，消耗水6mol，现反应转移1mol电子，所以被还原的水是1mol；
答案是:1。
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