专题10.氧化还原反应（教师版）纵观近几年高考试题，无论是全国卷，还是各省市自主命题的试卷中，氧化还原反应都是历年高考热点。高考命题的意图是考查对概念的理解，近几年来主要以选择题和填空题的形式来考查氧化还原反应的概念，并涉及物质结构、元素及其化合物的性质。任何化学反应都伴有能量变化，化学反应中的能量变化和氧化还原反应是近几年的高考热点，难度一般难度不大。分析近几年的高考试题的特点，预测2022年氧化还原反应主要考查这几个方面：一、将氧化还原反应方程式的配平与物质的分析推断结合在一起；二、根据计算确定氧化产物或还原产物、三、运用氧化还原知识解释和解决一些生活、生产、环保和能源方面的问题。化学反应中的能量主要题型有热化学方程式的判断或书写、反应热的计算或比较大小。可能出现的新题型：（1）结合数学图象；（2）结合社会热点问题；（3）与实验、计算等组合进行综合考查。【考点定位】①掌握化学反应的四种基本反应类型：化合、分解、置换、复分解②理解氧化还原反应，了解氧化剂和还原剂等概念③掌握重要氧化剂、还原剂之间的常见反应④熟练掌握氧化性和还原性强弱⑤能判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目，并能配平反应方程式⑥能运用元素守恒、电子守恒、电荷守恒，进行氧化还原反应计算【考点PK】考点一、考查氧化还原反应的有关概念例1.下列叙述中正确的是（）A.含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性B.阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C.失电子越多，还原性越强D.强氧化剂与强还原剂不一定能发生氧化还原反应41\n考点二、考查氧化还原反应的实质例2.稀硝酸和铁反应的化学方程式为：，在此反应中，作氧化剂的占参加反应的的质量分数为（）A.20%B.25%C.30%D.35%解析：分析题给反应的化学方程式，反应前4个中N均为+5价，反应后，生成的中N仍为+5价，这部分没有起氧化剂的作用，只起酸的作用；反应后生成的NO中N为+2价，这部分起氧化剂的作用，即作氧化剂的硝酸占参加反应的硝酸的质量分数为。故答案为B。考点三、考查氧化还原反应规律的应用例3.R、X、Y和Z是四种元素，它们在常见化合物中均为+2价，且与R单质不反应，已知：。则这四种阳离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合（）。A.B.C.D.解析：氧化还原反应的一般规律是：强氧化剂+强还原剂=弱还原剂+弱氧化剂，据此关系，由知，氧化性；由知，氧化性。又由R单质与不反应知，氧化性。故这四种阳离子的氧化性由强到弱的顺序为。故答案为A。41\n考点四、考查氧化还原反应的计算例4.在一定条件下，与反应，产物是和，则与反应所需的物质的量是（）。A.3.0molB.1.5molC.1.0molD.0.75mol解析：解此题的关键是认识与之间发生了氧化还原反应，明确得失电子数与化合价升降数的关系，利用电子得失守恒来进行计算，可得的物质的量是。若想写出与反应生成和的化学方程式，费时易错；若误认为中Cr的物质的量为，会错选A。故答案为B。【2022高考试题解析】（2022·广东）10．下列应用不涉及氧化还原反应的是A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3【答案】D【解析】A是Na2O2与CO2的反应，生成Na2CO3 和O2，是氧化还原反应。B中电解Al2O3后有单质Al生成，是氧化还原反应。C中发生了反应3H2+N2=2NH3，是氧化还原反应。【考点定位】氧化还原反应（2022·四川）13.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1.0mol/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2.6mol/LC．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0.2mol【答案】：B【解析】：设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有41\n64x+144y=27.2……①由CuCu(OH)2Cu2O2Cu(OH)2得34x+68y-16y=39.2-27.2……②，解①②得x=0.2y=0.1（2022·安徽）7．科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3+H2储氢释氢HCOONa+H2O下列有关说法正确的是A．储氢、释氢过程均无能量变化B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键C．储氢过程中，NaHCO3被氧化D．释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H27、【答案】：B【解析】：化学反应过程中一定伴随着能量的变化，要么放热、要么吸热，A项错误；Na+与HCO-3、HCOO-与Na+均形成离子键，酸根HCO－3、HCOO－中含有共价键，B项正确；储氢过程中H2被氧化为H2O,NaHCO3被还原为HCOONa，C项错误；D项没有说明气体所处的状态，错误，若是标准状况下，则正确。【考点定位】：本题考查了化学反应中的能量变化、化学键、氧化还原反应、物质的量的有关知识。（2022·天津）2．下列单质或化合物性质的描述正确的是A．NaHSO4水溶液显中性B．SiO2与酸、碱均不反应C．NO2溶于水时发生氧化还原反应D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【答案】：C【解析】：硫酸氢钠在水溶液中完全电离为：NaHSO4=Na++H++SO42-41\n，故溶液呈酸性，A错；二氧化硅属于酸性氧化物，其能和强碱反应，也能和氢氟酸反应，B错；二氧化氮溶于水和水反应生成硝酸和一氧化氮，属于氧化还原反应，C对；氯气具有较强的氧化性，铁在其中燃烧一定生成氯化铁，D错。【考点定位】此题以元素化合物知识为基础，综合考查了物质性质、氧化还原反应等知识。（2022·海南）6．将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是A．MB．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0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.003mol，故存在：(5-x)×0.002=0.003×2，解得x=2，故选B。【考点定位】此题以氧化还原知识为载体，考查了化学计算知识。（2022·全国新课标卷）7.下列说法正确的是A.液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B.能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C.某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I-D.某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+（2022·上海）15．下图所示最验证氯气性质的徼型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl→2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是41\n选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2＋>Cl－【答案】D【解析】A项，由实验现象不能说明氧化性：Br2＞I2；B项，由实验现象还可以说明氯气与水生成了漂白性物质；C项，氯气与水生成酸性物质也可出现对应的实验现象。【考点定位】本题考查氯气的性质。（2022·上海）20．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2→Cu2S+2FeS+SO2下列说法正确的是A．SO2既是氧化产物又是还原产物B．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C．每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化D．每转移l．2mol电子，有0．2mo!硫被氧化【答案】AD【解析】CuFeS2转化生成Cu2S的过程中Cu2＋被还原，反应中CuFeS2是氧化剂，每生成1molCu2S，同时生成1molSO2，因此也只有1mol硫被氧化。【考点定位】本题考查氧化还原反应的计算与判断。（2022·上海）22．PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将lmolPbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2。则剩余固体的组成及物质的量比是A．1：1混合的Pb3O4、PbOB．1：2混合的PbO2、Pb3O4C．1：4：l混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．PbO2、Pb3O4、PbO【答案】AD【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒可知PbO2生成O2时，生成O2与生成的＋2价Pb(用PbO表示)的关系为：O2~2PbO，氧化还原反应中得失电子守恒可知由剩余固体与浓盐酸反应时，其中反应物中的＋4价Pb(用PbO2表示)与生成物Cl2的关系为：PbO2~Cl2。由上述两个关系式及题目已知信息O2和Cl241\n的物质的量之比为3:2可知剩余固体中，PbO：PbO2=6:2=3:1。Pb3O4可以看做2PbO·PbO2，故选将四个选项中的Pb3O4换算为2PbO·PbO2时，选项A、D中的PbO：PbO2=3:1，选项B中的PbO：PbO2=4:3，选项C中的PbO：PbO2=7:5。【考点定位】本题考查铅的化合物的性质，考查氧化还原反应规律的应用。（2022·上海）二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：27．Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式________。答案：解析：28．已知：Se+2H2SO4(浓)→2SO2↑+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42-+4H+SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是______。29．回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目。30．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为___。【答案】27．Se＋2HNO3(浓)→H2SeO3＋NO↑＋NO2↑28．H2SO4(浓)＞SeO2＞SO229．＋4HNO3→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O30．0．925【解析】(1)根据氧化还原反应中得失得失守恒，2molHNO3生成1molNO和1molNO241\nSeO2~4Na2S2O4故样品中的SeO2质量为m=×0．2000mol/L×0．025L×111g/mol。即样品中SeO2质量分数为=0．925。【考点定位】本题主要考查氧化还原反应和有关的化学计算能力，意在考查考生对氧化还原反应规律的理解与应用。【2022高考试题解析】1．（上海）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑B．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C．2F2+2H2O=4HF+O2D．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑解析：反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，水既非氧化剂又非还原剂。A中水既非氧化剂又非还原剂；B中水既非氧化剂又非还原剂；C中水还原剂；D中水作氧化剂。答案：CD2．（上海）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌解析：高铁酸钾(K2FeO4)中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，其还原产物Fe3+41\n水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质。答案：A3.（大纲版）某含铬（Cr3O72－)废水用硫酸亚铁铵废水用硫酸亚铁铵铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是A.消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x)molB.处理废水中Cr2O72－的物质的量为nx/2molC.反应中发生转移的的电子数为3nxmolD.在FeO·FeyCrxO3中，3x=y【答案】A4．（上海）高炉炼铁过程中既被氧化又被还原的元素是A．铁B．氮C．氧D．碳解析：高炉炼铁过程中，碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素被氧化，二氧化碳在高温下与碳反应生成一氧化碳，二氧化碳中的碳元素被还原。答案：D5.（江苏）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图4）。下列说法正确的是A.25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大41\nB.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D.图4所示转化反应都是氧化还原反应【答案】B【解析】本题考查元素化合物知识综合内容，拓展延伸至电解饱和食盐水、电解熔融氯化钠、侯氏制碱等内容，但落点很低，仅考查NaHCO3Na2CO3的溶解度、工业制漂白粉，干燥的Cl2贮存和基本反应类型。重基础、重生产实际应该是我们高三复习也应牢记的内容。石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂，又是还原剂。常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存仅代表常温Cl2不与铁反应，加热、高温则不然。6.（安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3（如下图所示）。已知该分子中N-N-N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是A.分子中N、O间形成的共价键是非极性键B.分子中四个氮原子共平面C.该物质既有氧化性又有还原性D.15.2g该物质含有6.02×1022个原子解析：N和O两种原子属于不同的非金属元素，它们之间形成的共价键应该是极性键，A错误；因为该分子中N-N-N键角都是108.1°，所以该分子不可能是平面型结构，而是三角锥形，B错误；由该分子的化学式N4O6可知分子中氮原子的化合价是＋3价，处于中间价态，化合价既可以升高又可以降低，所以该物质既有氧化性又有还原性，因此C正确；该化合物的摩尔质量是152g/mol，因此15.2g该物质的物质的量为0.1mol，所以含有的原子数0.1×10×6.02×1023＝6.02×1023，因此D也不正确。答案：C7.（安徽）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.饱和氯水中Cl－、NO3－、Na＋、SO32－B.c(H＋)=1.0×10－13mol/L溶液中C6H5O－、K＋、SO42－、Br－41\nC.Na2S溶液中SO42－、K＋、Cl－、Cu2＋D.pH=12的溶液中NO3－、I－、Na＋、Al3＋解析：饱和氯水具有强氧化性，能将SO32－氧化成SO42－，A中不能大量共存；c(H＋)=1.0×10－13mol/L溶液，说明该溶液显碱性，因此可以大量共存；S2－和Cu2＋可以结合生成难溶性CuS沉淀，所以不能大量共存；pH=12的溶液，说明该溶液显碱性，而Al3＋与碱不能大量共存。所以正确的答案是B。答案：B8.（安徽）(14分)MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的（写化学式）转化为可溶性物质。（2）第②步反应的离子方程式+ClO3－+＝MnO2+Cl2↑+。（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、、、，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有（写化学式）。（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，经过滤得到8.7gMnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要molNaClO3解析：本题通过MnO2的提纯综合考察了常见的基本实验操作、氧化还原方程式的配平、产物的判断及有关计算。（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以答案是粗MnO2样品中的MnO和MnCO3转化为可溶性物质；（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4＋2NaClO3＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋Na2SO4＋4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋8H＋；41\n（3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl；（4）由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g－8.7g＝3.99g。由方程式H2SO4＋MnCO3=MnSO4＋H2O＋CO2↑可知MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol＝1.15g，所以MnO的质量为3.99g－1.15g＝2.84g，其物质的量为，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4＋2NaClO3＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋Na2SO4＋4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol。答案：（1）MnO和MnCO3；（2）5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O=5MnO2＋Cl2↑＋8H＋；（3）酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；NaCl；（4）0.02mol。9.（福建）（15分）I.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。（1）磷元素的原子结构示意图是。（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500°C生成白磷，反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2==6CaSiO3+P4O1010C+P4O10==P4+10CO每生成1molP4时，就有mol电子发生转移。（3）硫代硫酸钠（Na2S2O2）是常用的还原剂。在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素完全氧化，剩余的I2用Na2S2O2溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：C6H8O6+I2===C6H6O6+2H++2I-2S2O32-+I2===S4O62-+2I-在一定体积的某维生素C溶液中加入amolL-1I2溶液V1ml,充分反应后，用Na2S2O2溶液滴定剩余的I2,消耗bmolL-1Na2S2O2溶液V2ml.该溶液中维生素C的物质量是mol。（4）在酸性溶液中，碘酸钠(KIO 3)和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3-+5SO32-+2H+==I2+5SO42++H2O生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：41\n该实验的目的是；________________表中V 2= _____mL.II稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素，在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3，可用加热CeCl3• 6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中，NH4Cl的作用是___________。（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH ≈3.Ce5+通过下列反应形成Ce（OH）4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：【答案】41\n【解析】Ⅰ（1）P的原子序数是15，因此其结构示意图为：（2）P元素的化合价有正5价到了P4中的0价，故每生成1molP4转移20mol电子。（3）根据方程式可知：Vc～I22S2O32-～I2故用于滴定Vc的I2为：V1a×10-3-0.5V2b×10-3mol。（4）通过分析表中的数据可知，该实验研究的是温度、浓度对反应速率的影响；由于实验1和实验2的温度相同，故实验2与实验3的溶液体积一定相同，因此V2=40。Ⅱ（5）由于氯化铵分解出氯化氢气体，可以抑制CeCl3的水解。（6）分析反应可知：Ce3+化合价升高到了Ce（OH）4中的正4价，而H2O2中O的化合价由-1价降到-2价，根据电子守恒可确定，Ce3+系数是2，而H2O2的系数为1。，再根据电荷守恒可知缺少的物质是H+，最后根据原子守恒配平反应：2Ce2++H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H＋。10.（福建）（14分）四氧化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成为是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题(1)往①中缴入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：41\n加入铁屑的作用是。（2）在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2﹒nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大大小在范围。（3）若把③中制得的固体TiO2﹒nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可以制得钛白粉。已知25°C时，该温度下反应的平衡常数K=。（4）已知：写出④中TiO2和焦炭、氧气反应生成也太TiCl4和CO气体的热化学方程式：。（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是（只要求写出一项）。（6）依据右表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4的，可采用方法。【解析】（1）使溶液中的Fe3+还原为Fe2+；生成Ti3+保护Fe2+不被氧化。（2）胶体的分散质微粒的直径大小介于1nm到100nm之间即1×10-9m到1×10-7m。（3）根据氢氧化铁的平衡常数表达式：ksp[Fe(OH)3]=[Fe3+].[OH-]3、而该反应的K的表达式为K=[Fe3+]/[H+]3，又由于水的离子积为KW=1×10-,14，从而推得K=ksp[Fe(OH)3]/[KW]3,即K=2.79×10-,39/[1×10-,14]3=2.79×103(mol.l-)-2。(4)根据盖斯定律将第一个反应和第二个反应相加即得该热化学反应方程式：TiO2+2C+2Cl2===TiCl4+2CO△H=-81kj.mol-1.41\n(5)该工艺流程中产生一些氯气等废气，另外还有一些废渣、废液等，给环境造成污染。（6）根据表中的数据可知二者的沸点差距较大，因此可以通过分馏的方法把TiCl4除去。【答案】11.（浙江）[15分]食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性：＞Fe3＋＞I2；还原性：＞I－3I2＋6OH－＋5I－＋3H2O；KI＋I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①加KSCN溶液显红色，该红色物质是_________（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是___________________（用电子式表示）。②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为___________________________、______________________________________。（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：_____________________________。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由________________________________________。（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有可能作为稳定剂的是___________________。41\nA．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2（4）对含Fe2＋较多的食盐(假设不含Fe3＋)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案_________________________________________【答案】（1）①Fe(SCN)3；；②＋5I－＋6H＋3I2＋3H2O、2Fe3＋＋2I―2Fe2＋＋I2。（2）4KI＋O2＋2H2O2I2＋4KOH；否；KI3受热或潮解后产生KI和I2，KI易被O2氧化，I2易升华。（3）AC。（4）方法Ⅰ：取适量食盐，加水溶解，滴加足量氯水(或H2O2)，再加KSCN溶液至过量，若显血红色说明有Fe2＋。方法Ⅱ：取适量食盐，加水溶解，加入K3Fe(CN)3溶液，有蓝色沉淀说明有Fe2＋。12.（重庆）（14分）臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________。（填分子式）（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如题29表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L。41\n①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是___________.②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________mol/(L·min)。③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______.（填字母代号）a.40°C、pH=3.0b.10°C、pH=4.0c.30°C、pH=7.0（3）O3可由臭氧发生器（原理如题29图）电解稀硫酸制得。①图中阴极为_____(填“A”或“B”)，其电极反应式为_____。②若C处通入O2，则A极的电极反应式为_____.③若C处不通入O2，D、E处分别收集到xL和有yL气体(标准情况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为_____。(忽略O3的分解)。答案：（1）O2I2（2）①OH－；②1.00×10－4③b、a、c（3）①2H＋＋2e－=H2↑41\n②O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；【解析】（1）臭氧具有强氧化性，能够将KI中的I－氧化为碘单质，此反应中共有三种元素，其中K单质具有强还原性，因此不可能得到此单质，所以确定为得到氧气。（2）①pH越大，OH－浓度越大，判断起催化作用的离子为OH－。②由表格可知，题目给定条件下所用时间为108min，而臭氧浓度减少为原来的一半，即有臭氧分解，速率为③所用时间越短，说明反应速率越快，因此确定温度越高，pH越大，反应速率越快，且温度对速率的影响较大些。（3）①电解硫酸时，溶液中的OH－发生氧化反应生成氧气和臭氧，因此产生氧气和臭氧的一极为阳极，根据装置中电极B处产生臭氧，则说明电极B为阳极，则A为阴极，硫酸溶液中的H＋在阴极放电生成氢气。②若C处通入氧气，则A极上产生的氢气与氧气反应生成水。③D处得到氢气，E处生成氧气和臭氧，每生成1molH2，可得到2mol电子，生成xL氢气时，得到电子的物质的量为，每生成1molO2，可失去4mol电子，每生成1molO3，可失去6mol电子，根据得失电子守恒得，生成氧气和臭氧的体积共yL，则，因此。③13．（上海）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2molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在（填“正极”或“负极”）附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO341\n，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量（选填编号）。a．小于0.5molb．等于0.5molc．大于0.5mold．无法确定答案：（1）1：1（2）As2S3氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液（3）10mol正极（4）a【2022高考试题解析】1、（2022·海南高考）下列物质中既有氧化性又有还原性的是（）A．HClOB．Al2O3C．N2O3D．SiO22、（2022·全国卷Ⅱ）若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A．1:4B.1:2C.2:1D.4:1【答案】B。【解析】根据(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，可知发生化合价改变的元素为N和S，N元素从-3价到0价，生成一个N2，化合价总共升高6价；S元素从+6价到+4价，生成一个SO2化合价降低2价，根据化合价升降或电子转移守恒，生成一个N2的同时应生成3个SO2，由此可知需要3个(NH4)2SO4，故化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为2：4=1：2，即B正确。3.（2022·安徽高考·）亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH+H2LiNH2+LiH，下列有关说法正确的是A.Li2NH中N的化合价是B.该反应中H2既是氧化剂又是还原剂41\nC.和的离子半径相等D.此法储氢和钢瓶储氢的原理相同【答案】B。【解析】A项，Li2NH中氮的化合价为-3价，A错；C项，Li+半径小于H—，C错；D项，钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法，D错。4.（2022·广东理综）（16分）某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。（1）请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：SO2+2NaOH=________________．（2）反应Cl2+Na2SO3+2NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的还原剂为________________．（3）吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl、OH和SO．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）．提出合理假设．假设1：只存在SO32-；假设2：既不存在SO32-也不存在ClO；假设3：_____________．设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液．实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moLL-1H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中．步骤2：步骤3：【答案】(1)Na2SO3+H2O(2)Na2SO341\n(3)①SO32-、ClO-都存在②实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moLL-1H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液若先变红后退色，证明有ClO-，否则无步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液若紫红色退去，证明有SO32-，否则无5.（2022·安徽）（某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe（NO3）3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原因进行了如下探究：[实验]制备银镜，并与Fe（NO3）3溶液反应，发现银镜溶解。（1）下列有关制备银镜过程的说法正确的是。a.边振荡盛有2％的AgNO3溶液的试管，边滴入2％的氨水。至最初的沉淀恰好溶解为止b.将几滴银氨溶液滴入2mL乙醛中c.制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热d.银氨溶液具有较弱的氧化性e.在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大[提出假设]假设1：Fe1＋具有氧化性，能氧化Ag。假设2：Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3能氧化Ag。[设计实验方案，验证假设]（2）甲同学从上述实验的生成物中检验出Fe3＋，验证了假设1成立。请写出Fe3＋氧化Ag的离子方程式：。（3）乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容（提示：NO在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生）。实验步骤（不要求写具体操作过程）预期现象和结论①②……若银镜消失，假设2成立。若银镜不消失，假设2不成立。[思考与交流]41\n（4）甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立。则丙同学由此得出结论：Fe（NO3）3溶液中的Fe3＋和NO都氧化了Ag。你是否同意丙同学的结论，并简述理由：。解析：本题主要考查Fe3＋、硝酸的氧化性和盐类水解等知识，意在考查考生的实验探究能力．(3)实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论①测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH②配制相同pH的稀硝酸溶液，将此溶液加入有银镜的试管内(4)不同意．甲同学检验出了Fe2＋，可确定Fe3＋一定氧化了Ag；乙同学虽然验证了此条件下NO能氧化Ag，但在硝酸铁溶液氧化Ag时，由于没有检验NO的还原产物，因此不能确定NO是否氧化了Ag[(3)、(4)其他合理答案均可]6.（2022·上海）向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：1)写出并配平CCl4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KI换成KBr，则CCl4层变为__色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3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KIO3的食盐)1000kg，若庄Kl与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2L(标准状况，保留2位小数)。【解析】分析反应从开始滴加少许氯水时，其将KI中的I元素氧化成碘单质；等CCl4层变紫色后，再滴加氯水时，其将碘单质进一步氧化成碘酸。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：41\n1.2022年1月，据中国卫生报报道：纳米Fe3O4在磁、催化、生物等方面具有优异性能。纳米Fe3O4由于粒径小、比表面积大、磁性强、具有表面效应、磁效应等，又因其化学稳定性好、原料易得、价格低廉，所以纳米Fe3O4在颜料、磁流体、磁性微球、磁记录、催化、电子、金融、通讯、涂料、油墨、医药、显影剂、感光材料和微波吸收材料等领域得到了广泛的应用。所以对于该纳米粒子的制备方法的研究受到了很大的重视。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2++2S2O32-+O2+xOH—Fe3O4+S4O62－+2H2O，有关制备Fe3O4的反应，下列说法正确的是（ ）A．x=3B．Fe2+和S2O32-都是还原剂C．每生成1molFe3O4，反应中转移的电子物质的量为3molD．1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol【答案】B2.2022年12月28号，就日本SK-Ⅱ品牌的9种化妆品被检出含有禁用物质铬（Cr）和钕(Nd)一事，日本驻中国大使馆在北京召开新闻发布会。重铬酸盐在酸性溶液中是强氧化剂。在酸性溶液中，Cr3+是铬离子最稳定的氧化态。下列有关铬的说法中不正确的是（）A．K2Cr2O7是一种常用的氧化剂，其中的Cr元素为+7价。B．常用K2Cr2O7来测定铁的含量：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO441\n=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2OC．右图中的转化关系CrCl3Cr(OH)3Na2CrO2，可说明Cr(OH)3具有两性。D．重铬酸钾也可被乙醇还原：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7+8H2SO4===3CH3COOH+2Cr2(SO4)3+2K2SO4+11H2O【答案】A3.下列叙述中正确的是（）A.含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性B.阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C.失电子越多，还原性越强D.强氧化剂与强还原剂不一定能发生氧化还原反应【解析】本题考查了有关氧化还原反应的常见概念问题。含最高价元素的化合物有氧化性，但不一定有强氧化性，如NaCl中的钠元素，A错；主要表现还原性，却有强氧化性，B错；氧化性、还原性强弱只与得失电子的难易程度有关，与得失电子的多少无关，C错；一般情况下，强氧化剂与强还原剂相遇即可发生氧化还原反应，但若是同种元素之间还必须存在中间价态才能发生氧化还原反应，如浓（强氧化剂）与（强还原剂）就不能发生氧化还原反应。【答案】D4.稀硝酸和铁反应的化学方程式为：41\n，在此反应中，作氧化剂的占参加反应的的质量分数为（）A.20%B.25%C.30%D.35%【答案】B5.R、X、Y和Z是四种元素，它们在常见化合物中均为+2价，且与R单质不反应，已知：。则这四种阳离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合（）。A.B.C.D.【解析】氧化还原反应的一般规律是：强氧化剂+强还原剂=弱还原剂+弱氧化剂，据此关系，由知，氧化性；由知，氧化性。又由R单质与不反应知，氧化性。故这四种阳离子的氧化性由强到弱的顺序为。【答案】A6.在一定条件下，与反应，产物是和，则与反应所需的物质的量是（）。A.3.0molB.1.5molC.1.0molD.0.75mol【解析】解此题的关键是认识与之间发生了氧化还原反应，明确得失电子数与化合价升降数的关系，利用电子得失守恒来进行计算，可得的物质的量是41\n。若想写出与反应生成和的化学方程式，费时易错；若误认为中Cr的物质的量为，会错选A。【答案】B7.下列化学反应不属于氧化还原反应的是（）A.实验室制：B.实验室制取二氧化碳：C.用焦炭和水蒸气制水煤气：D.利用分解制取：8.金属加工后的废切削液中含2%~5%的，它是一种环境污染物，人们用溶液来处理此废切削液，使转化为无毒物质。该反应分两步进行：第一步：第二步：下列对第二步反应的叙述中正确的是（）①只作氧化剂；②只作还原剂；③只有氮元素的化合价发生了变化；④既是氧化剂又是还原剂；⑤既是氧化产物又是还原产物。A.①③⑤B.①④C.②③⑤D.③④⑤41\n【答案】D9.根据下列化学反应式：①②③④可推知：氧化性由强到弱的顺序是（）A.B.C.D.【解析】判断物质氧化性、还原性强弱的方法有多种，但该题应用的是具体反应判断物质的氧化性、还原性强弱。根据氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物的规律，由反应①得氧化性：；由反应②得氧化性：；由反应③得氧化性：；由反应④得氧化性：，综合上述情况可得氧化性：。【答案】A10.土壤中有机物质含量的高低是判断土壤肥力的重要指标，通常通过测定土壤中碳的含量来换算。方法如下：准确称取—定量的风干土样2．00g，加入10mL某浓度的K2Cr2O741\n，使土壤中的碳氧化，反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+3C+8H2SO4==2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+8H2O，用浓度为0．200mol·L—1的FeSO4溶液滴定溶液中剩余的K2Cr2O7，用去FeSO4溶液体积为19．5mL，其反应的化学方程式为：K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4K2SO4+Cr2(SO4)3+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)；另取一份等量相同浓度的K2Cr2O7溶液，用相同的0．200mol·L—1的FeSO4溶液滴定，消耗FeSO4溶液体积为49．5mL。请计算土壤中碳的质量分数。解析：(1)计算K2Cr2O7的浓度，由电子守恒得：[c(K2Cr2O7)×0．01L)×6=[0．200mol·L—1×0．0495L]×1，c(K2Cr2O7)=0．165mol·L—1；K2Cr2O7总的物质的量为：n(K2Cr2O7)=0．165mol·L—1×0．01L=1．65×10—3mol(2)设土样中碳的物质的量为x，则：剩余的n(K2Cr2O7)由电子守恒得：n(K2Cr2O7)×6=(0．200mol·L—1×0．0195L)×1，n(K2Cr2O7)=6．5×10—4mol，则与碳反应的n(K2Cr2O7)=1．65×10—3mol-6．5×10—4mol=1．0×10—3mol2K2Cr2O7+3C+8H2SO4==2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+8H2O231．0×10—3molxx=0．0015molw(C)=[0．0015mol×l2g·mol—1÷2．00g]×100％=0．90％11.在氮的化合物中，有一类盐叫亚硝酸盐，如亚硝酸钠(NaNO2)等。它们广泛地应用于印染、漂白等行业，在建筑行业用作防冻剂，在食品工业用作防腐剂和增色剂。它们是一种潜在的致癌物质，过量或长期食用它们将对人体产生危害。由于亚硝酸钠有咸味，外观与NaCl相似，曾多次发生过被误当食盐食用的事件。经过查阅有关资料，我们了解到以下相关信息：HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把氧化成。AgNO3是一种难溶于水易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白中应含Fe2+。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是。A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐被还原(2)下列方法中，不能用来区别NaNO2和NaCl的是。41\nA．测定这两种溶液的pHB．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别C．在酸性条件下加入KI—淀粉溶液来区别D．分别在这两种溶液中滴加甲基橙(3)某同学把新制氯水加到NaNO2溶液观察到氯水褪色生成NaNO3和HCl，请写出此反应的离子方程式。(4)为了测定某样品中NaNO2的含量，可以使用标准KMnO4溶液进行滴定，试回答：①KMnO4溶液在滴定过程中作(填“氧化剂”、“还原剂”)，该滴定过程(填“要”或“不要”)另加指示剂。②若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。③若在滴定终点读数时目光俯视，则所得结果(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。(5)已知HNO2的酸性比醋酸略强，某同学在家中欲进行鉴别NaCl与NaNO2的实验，但他家中只有浓醋酸，请问该实验能否成功?说明理由。象。11、从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：。下列说法正确的是()41\nA.既是氧化产物又是还原产物B.5mol发生反应，有10mol电子转移C.产物中有一部分是氧化产物D.FeS2只作还原剂答案：C本题重点考查学生对氧化还原相关概念的辨析和计算能力。分析反应可知，FeS2中S的化合价降低生成Cu2S，升高生成FeSO4，故FeS2既是氧化剂又是还原剂，D错误；CuSO4中Cu的化合价降低生成Cu2S，FeS2中S的化合价也降低生成Cu2S，故Cu2S只是还原产物，非氧化产物，A错误；5molFeS2发生反应，有21mol电子转移，B错误；产物中有一部分是氧化产物，另一部分由CuSO4提供，C正确。12、一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3+NON2+H2O(未配平)。该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为()A.2∶3B.3∶2C.4∶5D.5∶6答案：A解析：本题重点考查得失电子守恒的应用。每个氨气分子中的氮元素由-3价升高到0价，每个一氧化氮分子中的氮元素由+2价降到0价得到2个电子，由得失电子守恒可确定答案为2∶3。13、已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是()A.上述实验证明氧化性：>Cl2>Fe3+>I2B.上述实验中，共有两个氧化还原反应C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D.实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性41\n答案：A解析：题中的有关反应为①2KMnO4+16HCl====2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(生成的黄绿色气体为Cl2)；②Cl2+2FeCl2====2FeCl3(FeCl3溶液为黄色)；③2FeCl3+2KI====2FeCl2+2KCl+I2(I2遇淀粉变蓝色)。以上三个反应都属于氧化还原反应，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物的规律，可知A正确、B错误、C错误。实验②只能证明Fe2+具有还原性，D错误。14、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.B.C．D.15、有时候，将氧化还原方程式拆开写成两个“半反应”。下面是一个“半反应”式：()+()H++()e-====()NO+()H2O，该式的配平系数是()A.1，3，4，2，1B.2，4，3，2，1C.1，6，5，1，3D.1，4，3，1，2答案：D解析：本题灵活考查了氧化还原反应中的守恒观。氧化还原反应中遵循质量守恒，得失电子守恒。半反应也不例外。中的N元素由+5价降至+2价，需得到3个电子，再由O元素守恒可确定答案为D。做好此题可为以后书写电化学中的半极反应打好基础。16、38.4毫克铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后共收集到气体22.4毫升(标准状况),反应消耗的HNO3的物质的量可能是41\nA.1.0×10-3molB.1.6×10-3molC.2.2×10-3molD.2.0×10-3mol解析浓硝酸与铜反应，HNO3被还原产物可能是NO2和NO的混合物，其物质的量为1×10-3摩，另外生成的Cu(NO3)2的物质的量可根据铜原子守恒求出，为0.6×10-3摩，即未被还原的HNO3的物质的量为2×0.6×10-3摩。所以消耗的HNO3可以通过N原子守恒来求得，即1.2×10-3+1×10-3=2.2×10-3 摩。答案C。17、在反应As2S3+ClO3-+H2O→H3AsO4+SO42-+Cl-中，氧化1molAs2S3中的As所需的ClO3-的物质的量的数目为A.28/5B.14/3C.2/3D.19/218、氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO下列叙述正确的是()A.在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B.上述反应中每生成2molAlN，N2得到3mol电子C.氮化铝中氮元素的化合价为-3D.氮化铝晶体属于分子晶体答案：C解析：本题主要考查有关氧化还原反应的相关概念。在Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，由,化合价降低，N2作氧化剂；Al2O3中Al与O的价态都没有变化，Al2O3不是氧化剂和还原剂。反应中每个氮原子得到3个电子，显然生成2molAlN时，1molN2得到6mol电子。由题给信息AlN具有耐高温、抗冲击等性质可知AlN应为原子晶体。19、六价的铬有剧毒，所以要对含Cr(Ⅵ41\n)(罗马数字表示元素的价态，下同)废水进行化学处理，最常见的是铁氧磁体法，，即FeSO4·7H2O加入含Cr(Ⅵ)的废水中，在pH<4时，Fe2+将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)。调节溶液pH达8~10，使溶液中的Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Cr(Ⅲ)析出组成相当于FeⅡ[FexⅢ·Cr2-xⅢ]O4(磁性材料铁氧体的组成)沉淀。试回答：(1)若废水中，六价铬以存在。试写出在酸性条件下硫酸亚铁还原的离子方程式并配平：________________________________。(2)由(1)的结果可确定铁氧磁体中x=_____________。(3)据(2)的结果，若废水中Cr(Ⅵ)按CrO3计。加入的FeSO4·7H2O与CrO3的质量比应为多少才能除去废水中的Cr(Ⅵ)，m(FeSO4·7H2O)：m(CrO3)=________________。(已知的相对原子质量Cr-52，Fe-56)解析：题目以环境保护为背景，考查学生的方程式配平技能和有关化学计算技能。(1)根据题意初步确定反应为：Cr2O72—+Fe2++H+Fe3++Cr3++H2O，再由化合价升降法配平得：Cr2O72—+6Fe2++14H+==6Fe3++2Cr3++7H2O(2)根据上述离子方程式有：，解得：x=1．5。(3)磁性材料铁氧体的组成为：FeⅡ[Fe1.5Ⅲ·Cr0.5Ⅲ]O4，，则n(Fe)：n(Cr)=(1+1．5)：0．5=5：1，所以m(FeSO4·7H2O)：m(CrO3)=(5×278)：(1×100)=13．9。1．下列做法中用到物质氧化性的是( )A．明矾净化水B．纯碱除去油污C．臭氧消毒餐具D．食醋清洗水垢解析：明矾净水利用明矾水解生成氢氧化铝；纯碱除去油污利用油脂在碱性条件下水解；臭氧消毒，利用臭氧的强氧化性；食醋清洗水垢，利用食醋与碳酸钙、氢氧化镁反应。答案：C2．水与下列物质发生氧化还原反应时，水只作还原剂的是( )A．NaB．F2C．Na2O2D．C解析：选项A、D中，H2O为氧化剂；选项B，F2与H2O反应生成HF和O2，H2O为还原剂；选项C，Na2O2与H2O的反应中，H2O既不是氧化剂也不是还原剂。41\n答案：B3．已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是( )A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子解析：根据实验现象，反应后有Cu、SO2、Cu2＋生成，因此该反应为：2NH4CuSO3＋2H2SO4===(NH4)2SO4＋CuSO4＋Cu＋2SO2↑＋2H2O，反应中Cu＋即是氧化剂又是还原剂，硫酸作为介质，既不是氧化剂又不是还原剂，A、B错；刺激性气味的气体是SO2，C错；1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，D对。答案：D4．下列叙述正确的是( )A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B．元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原C．失电子难的原子，获得电子的能力一定强D．有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应解析：在反应Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O中，氯元素既被氧化，又被还原，类似上述反应，同一种元素既被氧化，又被还原，A项错；稀有气体元素稳定性强，既不易得电子也不易失电子，C项错；同素异形体间的反应，如2O33O2属于非氧化还原反应，D项错。答案：B5．稀硝酸作为较强氧化剂在溶液中发生的反应是：2NO＋8H＋＋6e－===2NO↑＋4H2O，下列离子能让此反应过程发生的是( )①Fe2＋ ②Mg2＋ ③SO ④S2－ ⑤I－ ⑥ClO－A．①③④⑤B．①②③④⑤⑥C．②③④⑥D．①③④⑥解析：在酸性条件下能被NO氧化的有Fe2＋、SO、S2－、I－。41\n答案：A6．有一未完成的离子方程式为：________＋XO＋6H＋===3X2＋3H2O，据此判断，X元素的最高化合价为( )A．＋7B．＋4C．＋5D．＋1解析：由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反应方程式为：5X－＋XO＋6H＋===3X2＋3H2O，因X能形成－1价阴离子，故其最高正化合价为＋7价。答案：A7．有Fe2＋、NO、Fe3＋、NH、H＋和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是( )解析：由于酸性条件下的NO具有强氧化性，Fe2＋具有还原性，则反应的方程式为：8Fe2＋＋10H＋＋NO===8Fe3＋＋NH＋3H2O，故A项正确；B项，正确，因为加酸酸化后，NO会将Fe2＋氧化；C项，不正确，因为NO发生的是还原反应，不是氧化反应；D项，原电池的负极发生氧化反应，故正确。答案：C8．三氟化氮(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。下列有关说法正确的是( )A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体解析：分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，其中：NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂；2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为12。生成1molHNO3转移2mol电子，所以生成0.2molHNO3转移0.4mol电子。NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2。综合上述知选项D正确。41\n答案：D9．常温下，往过氧化氢溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：①2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；②2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋。下列关于反应历程的说法不合理的是( )A．H2O2氧化性比Fe3＋强，其还原性比Fe2＋强B．在反应前和反应完全后，溶液pH保持不变C．H2O2的生产过程要严格避免混入Fe2＋D．反应过程中，Fe2＋和Fe3＋总物质的量始终在改变解析：根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，可以确定A选项正确；将反应①与②叠加，可知Fe2＋作催化剂，总反应为2H2O2===2H2O＋O2↑，溶液体积几乎没有变化，H＋物质的量不变，所以pH没有变化，B、C选项正确；根据铁元素守恒可知，反应过程中，Fe2＋与Fe3＋总物质的量不发生变化。答案：D10．黄铜矿(CuFeS2)常用于提炼金属铜。黄铜矿焙烧过程中所发生的反应比较复杂，其中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2＋O2＋2FeS＋SO2(已配平)，则下列关于该反应的说法错误的是( )A．方框中的物质应为Cu2SB．该反应的部分产物可用于硫酸工业C．反应中SO2既是氧化产物又是还原产物D．反应中若有1molSO2生成，则一定有4mol电子发生转移解析：从原子守恒角度分析知，方程式中所缺少的物质为Cu2S，再通过化合价的升降与得失电子守恒可以验证Cu2S是正确的；反应中有SO2生成，其可以用于制H2SO4；生成1molSO2时转移的电子为6mol。答案：D11．强氧化剂NaBiO3在酸性溶液中可将Mn2＋氧化成MnO，自身被还原成Bi3＋。取一支试管，加入适量NaBiO3固体和2mL6mol/L硫酸，然后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液，下列说法错误的是( )A．若上述实验完全反应，消耗NaBiO3的物质的量最多为0.01molB．充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色41\nC．上述实验不能用盐酸代替硫酸D．在酸性条件下，NaBiO3的氧化性比MnO的氧化性强解析：由题目信息“NaBiO3在酸性溶液中可将Mn2＋氧化成MnO，自身被还原成Bi3＋”可知，其反应的离子方程式为：5BiO＋2Mn2＋＋14H＋===2MnO＋5Bi3＋＋7H2O。由n(Mn2＋)＝2×10－3mol，n(H＋)＝24×10－3mol，故H＋过量，Mn2＋消耗完，同时消耗的n(BiO)＝5×10－3mol，故A项错误；B项中由于生成了MnO，故溶液颜色变为紫色；C项中若用盐酸，则酸性条件下，Cl－与MnO之间要发生氧化还原反应；D项中根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知其正确。答案：A12．现有M、N、P、E四种单质，有以下反应：(1)在水溶液中，M＋N2＋===M2＋＋N，(2)P＋2H2O(l)===P(OH)2＋H2↑，(3)N、E相连浸入稀H2SO4中，电极反应：N－2e－===N2＋，2H＋＋2e－===H2↑，判断四种单质的还原性由强到弱的顺序是( )A．M、N、P、EB．M、N、E、PC．P、M、N、ED．E、P、M、N解析：根据(2)，P能与H2O反应产生H2，说明P的还原性最强，根据(1)可知M的还原性大于N，根据(3)可知N失去电子为原电池负极，所以N的还原性大于E，故还原性由强到弱的顺序为P>M>N>E。答案：C13．(1)配平化学方程式(假定NO与NO2的物质的量之比为13)： Fe＋ HNO3=== Fe(NO3)3＋ NO↑＋ NO2↑＋ H2O。(2)此反应配平时可以有多组系数，其原因是__________________________________。(3)请简述检验溶液中的金属阳离子的实验操作及现象____________________________________。解析：(1)根据得失电子守恒和质量守恒配平该化学方程式。(2)由于HNO3的还原产物NO和NO2的比例不同，该反应配平时有多组系数。(3)检验Fe3＋，用KSCN溶液。答案：(1)2 10 2 1 3 5 (2)还原产物不止一种，NO与NO2的比例不同时系数不同 (3)取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，出现血红色14．(1)请将下列五种物质：KBr、Br2、I2、KI、K2SO4分别填入下列横线上，组成一个未配平的化学方程式：KBrO3＋________＋H2SO4―→________＋________＋________＋________＋H2O。41\n(2)如果该化学方程式中I2和KBr的化学计量数分别是8和1，则①Br2的化学计量数是________；②请将反应物的化学式及配平后的化学计量数填入下列相应的位置中： KBrO3＋ ________＋ H2SO4―→……；③若转移10mole－，则反应后生成I2的物质的量为________。解析：(1)根据KBrO3在反应后Br元素的化合价降低，则其作氧化剂，则需填入还原剂KI，故所得的未配平的化学方程式为KBrO3＋KI＋H2SO4―→I2＋Br2＋K2SO4＋KBr＋H2O。(2)①如果I2前是8，KBr前是1，则根据碘元素化合价变化知共失电子16mol,KBr的系数是1，得电子为6mol，则KBrO3→Br2共得电子10mol，即Br2的系数为1；②由①中变化可知，KI的系数为16，KBrO3的系数为3，再根据K的原子数守恒推出K2SO4的系数为9，所以H2SO4的系数为9，即3KBrO3＋16KI＋9H2SO4===8I2＋Br2＋9K2SO4＋KBr＋9H2O；③若转移10mol电子，则16KI～16e－～8I210y解得y＝5mol。答案：(1)KBrO3＋KI＋H2SO4―→I2＋Br2＋K2SO4＋KBr＋H2O(2)①1 ②3 16 KI 9 ③5mol15．已知下列反应在一定条件下可以发生H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；H2O2＋2Fe3＋===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑。试回答下列问题：(1)Fe2＋在以上反应中实际起着________作用。(2)I2和Fe2＋一样也能与H2O2发生上述类似的反应，类比上述反应，在下面填入合适的化学方程式H2O2＋I2===2HIO；______________________________________________；总反应方程式为______________________________________。(3)在H2SO4和KI的混合溶液中加入过量的H2O2，放出大量的无色气体，溶液呈棕色，并可以使淀粉溶液变蓝。有学生认为该反应的离子方程式为H2O2＋2I－===I2＋O2↑＋2H＋41\n，这个方程式正确吗？________(填“正确”或“不正确”)若正确，理由是______________________________。若不正确，原因是____________________________________，写出正确的化学方程式________________________________。答案：(1)催化剂(2)2HIO＋H2O2===I2＋O2↑＋2H2O2H2O22H2O＋O2↑(3)不正确 只有化合价升高元素，无化合价降低元素H2SO4＋2KI＋H2O2===K2SO4＋2H2O＋I2；2H2O22H2O＋O2↑16．已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下能将草酸钠(Na2C2O4)氧化：MnO＋C2O＋H＋―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)；MnO2＋C2O＋H＋―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.0mL，用0.0200mol·L－1高锰酸钾溶液进行滴定。当加入20.0mL溶液时恰好完全反应，试根据以上信息完成下列各题：(1)配平上述两个离子方程式：________MnO＋________C2O＋________H＋===________Mn2＋＋________CO2↑＋________H2O；________MnO2＋________C2O＋________H＋===________Mn2＋＋________CO2↑＋________H2O。(2)欲求得软锰矿中二氧化锰的质量分数，还缺一个数据，这个数据是__________(填数据所代表的意义)。41\n(3)若该数据的数值为250，求该软锰矿中二氧化锰的质量分数(写出计算过程)。答案：(1)2 5 16 2 10 8 1 1 4 1 2 2(2)容量瓶的容积(3)n(C2O)＝＝0.02mol，41
