2.3氧化剂和还原剂
1、今有三个氧化还原反应：
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若某溶液中有Fe2+和Cl﹣、I﹣共存，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣．可加入的试剂是（ ）
A．Cl2 B．KMnO4
C．FeCl3 D．HCl
【答案】C
【解析】解：反应①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3＞I2，
反应②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2＞FeCl3，
反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞Cl2，
即氧化性强弱为KMnO4＞Cl2＞FeCl3，
则某溶液中有Fe2+和I﹣共存，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣，
选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和Cl﹣氧化，故选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl﹣，且没有引入新的杂质，
故选C．
2、A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（ ）
A．D、E中一定都含有甲元素
B．单质B肯定是氧化剂
C．A、B、C中一定有一种是氧元素的单质
D．若A是非金属，则B一定为金属
【答案】B
【解析】A．由转化关系可知：A+D→E和A+C→E都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+D→A+F是置换反应，B是单质，则甲元素只能来自化合物D，A是甲元素的单质，故A正确；
B．因为常见的氧化物中氧为﹣2价，则另一种元素显正价，故在D中A元素显正价，被还原剂B（金属）可以还原为A中的0价态，而D被A（氧化剂）氧化为A元素更高价态的化合物E，故B错误；
C．B+D→A+F是置换反应，B是单质，其中D、F为氧化物，则A肯定不含O元素，A+C→E是化合反应，A、C为单质，E为氧化物，所以C一定为氧气，故C正确；
D．置换反应B+D→A+F可以是氧化性置换（则B是非金属），也可以是还原性置换（B是非金属或金属单质），若A为非金属，B和氧化物发生置换反应生成氧化物和A单质非金属，D中A元素为正价，被B的单质还原，也可以发生D+A=E，A+C=E，所以B只能为金属元素，故D正确；
故选B．
3、在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B﹣ ③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A．溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z﹣
B．Z2在①、③反应中为还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+
D．X2+是XO4﹣的还原产物
【答案】B
【解析】A、①中X的化合价降低，则氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性Z2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可发生，故A正确；
B、①中Z元素的化合价升高，则Z2为氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2为氧化剂，故B错误；
C、①中X的化合价降低，则氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故C正确；
D、反应①中X元素的化合价降低，则XO4﹣为氧化剂，则X2+是XO4﹣的还原产物，故D正确；
故选B．
4、金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”．工业上以金红石为原料制取Ti的反应为aTiO2+bCl2+eCaTiCl4+eCOⅠTiCl4+2MgTi+2MgCl2Ⅱ
关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是（ ）
①TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂；
②C、Mg在两个反应中均被还原；
③在反应Ⅰ、Ⅱ中Mg的还原性大于C，C的还原性大于TiCl4；
④a=1，b=e=2
⑤每生成19.2g Ti，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8mol e﹣．
A．①②④ B．②③④
C．②⑤ D．③④
【答案】C
【解析】①aTiO2+bCl2+cC aTiCl4+cCO 该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4；
TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂；所以TiCl4在反应I中是还原产物，在反应II中是氧化剂，故①正确；
②C、Mg在反应中反应前后化合价都升高，所以均为还原剂，被氧化，故②错误；
③在反应I中碳不能还原TiO2，反应II中Mg能还原TiCl4，所以镁的还原性大于C；在反应I中碳作还原剂，TiCl4作还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以C的还原性大于TiCl4，故③正确；
④根据反应前后各元素的原子个数守恒知，所以，故④正确；
⑤将方程式Ⅰ、Ⅱ相加得 TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2 转移电子
48g 8mol
19.2g 3.2mol
所以每生成19.2 g Ti，反应I、II中共转移3.2 mol e﹣，故⑤错误；
故选C．
5、已知含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示，则下列判断不正确的是（ ）
A．还原性：HSO3﹣＞I﹣，氧化性：IO3﹣＞I2＞SO42﹣
B．a点处的氧化产物是SO42﹣，还原产物是I﹣
C．当溶液中的I﹣为0.4mol时，加入的KIO3一定为0.4mol
D．若向KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，反应开始时的离子方程式为：2IO3﹣+5HSO3﹣=I2，+5SO42﹣+3H++H2O
【答案】C
【解析】A．，已知发生的反应为：IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，则还原性：HSO3﹣＞I﹣，氧化性：IO3﹣＞I2＞SO42﹣，故A正确；
B．a点处发生的反应为：IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，则氧化产物是SO42﹣，还原产物是I﹣，故B正确；
C．当溶液中的I﹣为0.4mol时，有两种情况：
一是只发生反应2IO3﹣+6HSO3﹣═2I﹣+6SO42﹣+6H+，生成I﹣为0.4mol，根据碘元素守恒n（KIO3）=n（I﹣）=0.4mol；
二是HSO3﹣反应完毕后，还发生IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2，剩余I﹣为0.4mol，3molNaHSO3消耗1molKIO3、生成1molI﹣，故反应IO3﹣+6H++5I﹣=3H2O+3I2中消耗的I﹣为1mol﹣0.4mol=0.6mol，消耗KIO3的物质的量为0.6mol×=0.12mol，故共加入的KIO3为1mol+0.12mol=1.12mol，故C错误；
D．若向KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液，由于开始时KIO3过量，生成产物为I2，则反应开始时的离子方程式为： 2IO3﹣+5HSO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O，故D正确；
故选C．
6、将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：
①SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+
②Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，下列有关说法错误的是（ ）
A．氧化性Cr2O72﹣＞Fe3+＞SO2
B．K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．若6.72 L SO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
【答案】D
【解析】A．由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72﹣＞Fe3+，故A正确；
B．因氧化性为Cr2O72﹣＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；
C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6﹣3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；
D.6.72 L SO2（标准状况）参加反应，n（SO2）==0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O72﹣，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误；
故选D．
7、在高温高压的水溶液中，AuS﹣与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿（主要成分Fe3O4）和金矿（含Au），并伴有H2S气体生成．对于该反应的说法一定正确的是（ ）
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比2：3
B．AuS﹣既作氧化剂又作还原剂
C．每生成2.24 L气体，转移电子数为0.1mol
D．反应后溶液的pH值降低
【答案】D
【解析】根据在高温高压的水溶液中，AuS﹣与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿（主要成分Fe3O4）和金矿（含Au），并伴有H2S气体生成，则发生的反应为2AuS﹣+3Fe2++4H2OFe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，其中AuS﹣中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，
A、根据以上分析，AuS﹣中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，又3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3？FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2：2=1：1，故A错误；
B、AuS﹣中Au化合价降低只作氧化剂，故B错误；
C、未标明标况，体积无法计算，故C错误；
D、根据反应方程式2AuS﹣+3Fe2++4H2OFe3O4+2Au+2H2S↑+4H+，生成氢离子，所以反应后溶液的pH值降低，故D正确；
故选：D；
8、已知反应2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl，H2S+I2═S+2HI，2FeCl2+Cl2═2FeCl3，由此得出下列微粒氧化性由强到弱的顺序为（ ）
A．Cl2＞I2＞Fe3+＞S
B．Cl2＞Fe3+＞I2＞S
C．Fe3+＞Cl2＞I2＞S
D．S＞I2＞Fe3+＞C
【答案】B
【解析】根据根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断．
2FeCl2+Cl2=2 FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；
2FeCl3+2KI═2FeCl2+I2+2KCl，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；
H2S+I2=S↓+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，所以I2的氧化性大于S的氧化性；
所以各物质的氧化性大小顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2＞S．
故选B．
9、还原2.4×10﹣3mol〔XO（OH）〕2+到X元素的低价态时，需消耗30mL0.2mol·L﹣1的亚硫酸钠（Na2SO3）溶液，则在此反应中X元素的低价态为（ ）
A．0价 B．+1价
C．﹣1价 D．﹣2价
【答案】A
【解析】Na2SO3还原2.4×10﹣3mol〔XO（OH）〕2+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，〔XO（OH）〕2+元素X的化合价为+5，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒，则：
2.4×10﹣3mol×（5﹣a）=0.03L×0.2mol·L﹣1×（6﹣4）
解得：a=0
故选A．
10、常温下，下列三个反应均能发生：X2+2W2+═2X﹣+2W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2．则在相同条件下，下列三个反应：①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2；②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2；③2W3++2Z﹣═2W2++Z2也能发生的是（ ）
A．只有① B．只有②
C．①和② D．②和③
【答案】B
【解析】反应X2+2W2+═2X﹣+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2，
①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2，则得出氧化性关系Y2＞X2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；
②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2，则得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，则反应能发生，故正确；
③2W3++2Z﹣═2W2++Z2，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；
故选B．
11、将NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn（OH）42﹣配平后，离子方程式中H2O的系数是（ ）
A．2 B．4
C．6 D．8
【答案】C
【解析】在NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn（OH）42﹣ 中，
Zn元素的化合价由0升高到+2价，
N元素的化合价由+5降低到﹣3价，
由电子守恒可知，Zn的化学计量数为4，NO3﹣的化学计量数为1，则
NO3﹣+4Zn+OH﹣+H2O→NH3+4Zn（OH）42﹣，
由电荷守恒，则
NO3﹣+4Zn+7OH﹣+H2O→NH3+4Zn（OH）42﹣，
再由H原子守恒可知，
NO3﹣+4Zn+7OH﹣+6H2O═NH3+4Zn（OH）42﹣，
即离子方程式中H2O的系数为6，
故选C．
12、有Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H2O和H+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，下列叙述错误的是（ ）
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8
B．还原产物为NH4+
C．若有1 mol NO3﹣参加还原反应，转移8 mol e﹣
D．若把该反应设计为原电池，则正极反应为Fe2+﹣e﹣═Fe3+
【答案】D
【解析】Fe2+具有还原性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则发生反应8Fe2++NO3﹣+10H+=8Fe3++NH4++3H2O．
A、由方程式可知该反应中氧化剂（NO3﹣）与还原剂（Fe2+）物质的量之比为1：8，故A正确；
B、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，NH4+是还原产物，故B正确；
C、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，所以有lmolNO3﹣ 发生还原反应，转移电子数为1mol×[5﹣（﹣3）]=8mol，故C正确；
D、原电池负极发生氧化反应，Fe2+在负极放电生成Fe3+，若把该反应设计成原电池，负极反应为Fe2+﹣e﹣=Fe3+，故D错误，
故选：D．
13、已知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2．下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（ ）
A．能使pH试纸显深红色的溶液中，Fe3+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣能大量共存
B．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣
D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
【答案】A
【解析】A、能使pH试纸显深红色的溶液是强酸性溶液，强酸性溶液中Fe3+、Cl﹣、Ba2+、Br﹣能大量共存，故A正确；
B、氧化性：Br2＞Fe3+，向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故B错误；
C、碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故C错误；
D、还原性Fe2+＜I﹣，向碘化亚铁中滴加少量氯水，氯气先将碘离子氧化，后氧化亚铁离子，故D错误．
故选A．
14、已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学反应方程式为：
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液（假设I﹣与KMnO4反应的氧化产物为I2），混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（ ）
A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2通电
C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol
D．以Pt为电极材料电解C点的溶液，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时两极产生的气体总体积一定是67.2L
【答案】D
【解析】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为高锰酸钾和碘化钾的反应，故A正确；
B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故B正确；
C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为2KMnO4～10Fe3+～10I﹣，共消耗的n（I﹣）=1.25mol，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为=0.25mol，故C正确；
D．C点时溶液的成分是硫酸亚铁，电解的实质是电解水，总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，则当外电路电子流通4mol时，生成3mol气体，气体状况未知，不能计算两极上产生的气体体积，故D错误．
故选D．
15、两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物X且X溶于水能电离出K+、Cr3+、SO42﹣，若将2.83g X中的Cr3+全部氧化为Cr2O72﹣后，溶液中的Cr2O72﹣可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+=2Cr3++3I2+7H2O．若向溶有2.83gX的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，可得到4.66g白色沉淀．由此可推断出X的化学式为（ ）
A．K2SO4·2Cr2（SO4）3
B．2K2SO4·Cr2（SO4）3
C．K2SO4·Cr2（SO4）3
D．
【答案】C
【解析】令2.83g X中的Cr3+的物质的量为xmol，则：
2Cr3+～3I2
2mol 3×2×127g
xmol 3.81g
所以2mol：xmol=3×2×127g：3.81g，解得x=0.01，
4.66g硫酸钡的物质的量为=0.02mol，
所以2.83gX的溶液中含有SO42﹣的物质的量为0.02mol，
根据电荷守恒可知2.83gX的溶液中含有K+的物质的量为=0.01mol，
所以K2SO4为0.01mol×=0.005mol，Cr2（SO4）3的物质的量为0.01mol×=0.005mol，二者之比为1：1，
故X的化学式为K2SO4·Cr2（SO4）3，
故选C．
16、在炼铜的过程中发生：Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑，则下列叙述正确的是（ ）
A．该反应从电子转移角度看，与SO2+2H2S═3S+2H2O是同一反应类型
B．该反应从电子转移角度看，每生成6mol铜，转移电子12mol
C．该反应中，氧元素氧化了硫元素
D．该反应中，Cu2S既是还原剂又是氧化剂
【答案】D
【解析】A．Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中，Cu、S元素的化合价变化，而SO2+2H2S═3S+2H2O中只有S元素的化合价变化，电子转移的类型不同，故A错误；
B．每生成6mol铜，转移电子为6mol×（1﹣0）=6mol，故B错误；
C．O元素的化合价不变，Cu元素的化合价降低，则Cu元素氧化硫元素，故C错误；
D．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S既是还原剂又是氧化剂，故D正确；
故选D．
17、将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe（NO3）x+NO↑+14H2O，下列判断合理的是（ ）
A．Fe（NO3）x中的x为2
B．稀HNO3在反应中只表现氧化性
C．磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化
D．反应中每还原0.3mol氧化剂，就有0.9mol电子转移
【答案】D
【解析】A、根据氮元素守恒，则9x+1=28，解得x=3，故A错误；
B、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，故B错误；
C、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分铁元素被氧化，故C错误；
D、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，所以生成0.3molNO转移电子为0.3mol×（5﹣2）=0.9mol，故D正确．
故选D．
18、某稀溶液中含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的物质的量（纵坐标/mol）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】向含有等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁粉和各离子反应的先后顺序是：铁离子、铜离子、氢离子，涉及的反应方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、H2SO4+Fe=FeSO4+H2↑，
则Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4
1 1 3
CuSO4+Fe=FeSO4+Cu
1 1 1
H2SO4+Fe=FeSO4+H2↑
1 1 1
所以等物质的量的ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4、CuSO4分别和等物质的量的铁完全反应生成硫酸亚铁，生成硫酸亚铁的物质的量之比是3：1：1
19、已知：还原性HSO3﹣＞I﹣，氧化性IO3﹣＞I2．在含3mol NaHSO3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～b间反应：3HSO3﹣+IO3﹣=3SO42﹣+I﹣+3H+
B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.2 mol
C．b～c间反应：I2仅是氧化产物
D．c点之后碘的物质的量不变是因为还原剂消耗完全
【答案】C
【解析】还原性HSO﹣3＞I﹣，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO﹣3＞I2，所以IO3﹣可以结合H+氧化I﹣生成I2，离子方程式是IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，
A.0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，故A正确；
B．a点碘酸钾的物质的量是0.4mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=×3=1.2mol，故B正确；
C．根据图象知，b﹣c段内发生IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，只有I元素的化合价变化，所以I2是氧化产物也是还原产物，故C错误；
D．碘具有氧化性，由图可知c点之后碘的物质的量不变，则是因为还原剂消耗完全，故D正确；
故选C．
20、对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是（ ）
A．5/11的磷被氧化
B．3molCuSO4可氧化11/5molP
C．每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol
D．当1molP参加反应时，转移电子的物质的量为3mol
【答案】C
【解析】A、11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为﹣3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，即被氧化的磷原子为，故A错误；
B、根据反应知道，是1molCuSO4得到1mol电子，1molP失去5mol电子，则3molCuSO4可氧化0.6molP，故B错误；
C、起氧化作用P元素的化合价由0降低为﹣3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol，故C正确；
D、当1molP参加反应时，有molP作还原剂，转移电子的物质的量为mol，故D错误．
21、（1）下列物质能导电的是 ，属于电解质的是 （填序号）．
①NaCl晶体 ②液态SO2 ③液态醋酸 ④汞 ⑤BaSO4固体 ⑥纯蔗糖（C12H22O11） ⑦氨水 ⑧熔化的KNO3
（2）按要求写出下列方程式：
KHSO4熔融状态电离方程式： ．
（3）已知砒霜As2O3与Zn可以发生如下反应：As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O
①请用双线桥法标出电子转移的方向和数目． ．
②As2O3在上述反应中显示出来的性质是 ．
A．氧化性 B．还原性 C．酸性 D．碱性
③该反应的氧化产物是 ．
④若生成0.2mol AsH3，则转移的电子数为 ．
（4）当溶液中X2O与SO数目之比为1：3时正好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为 ．
【答案】（1）④⑦⑧；①③⑤⑧．
（2）KHSO4=K++HSO4﹣；
（3）① ；
② A；
③ ZnSO4；
④ 1.2NA；
（4）+3价．
【解析】解：（1）④汞中含有自由电子，所以能导电，⑦氨水⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，所以能导电，故选④⑦⑧，①NaCl晶体③液态醋酸⑤BaSO4固体⑧熔化的KNO3
在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质；
故答案为：④⑦⑧；①③⑤⑧．
（2）硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：KHSO4=K++HSO4﹣，故答案为：KHSO4=K++HSO4﹣；
（3）①As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中，每个Zn原子失去2个电子，6个Zn失去12个电子，As元素得到12个电子，则双线桥法标出电子转移的方向和数目为，故答案为：；
②As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，表现氧化性，故答案为：A；
③As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，被还原，还原产物为AsH3；Zn元素的化合价升高，Zn元素被氧化，则ZnSO4为氧化产物，
故答案为：ZnSO4；
④As2O3+6Zn+6H2SO4═2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O中生成2molAsH3转移12mol电子，则生成0.2molAsH3，则转移的电子数为1.2mol电子，即转移的电子数为1.2NA；
故答案为：1.2NA；
（4）X2O72﹣离子中X的化合价为+6价，SO32﹣离子被氧化生成SO42﹣，S元素化合价由+4价→+6价，设X2O72﹣离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失电子数目相等，则有：1×2×（6﹣n）=3×（6﹣4），解得：n=3，
故答案为：+3价．
22、磷元素有多种化合价（﹣3、0、+1、+3、+5）．次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：
（1）H3PO2是一元弱酸，写出其电离方程式：
（2）H3PO2可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银．
①H3PO2中，磷元素的化合价为
②利用（H3PO2）进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为：
③写出H3PO2与足量氢氧化钠溶液反应的离子方程式：
（3）将白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式： ．
【答案】（1）H3PO2H++H2PO2﹣；
（2）①+1；
②H3PO4；
③H3PO2+OH﹣=H2PO2﹣+H2O；
（3）2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．
【解析】（1）H3PO2是一元弱酸，部分电离，用可逆号，电离方程式为：H3PO2H++H2PO2﹣；
故答案为：H3PO2H++H2PO2﹣；
（2）①H3PO2中，氢元素为+1价，氧元素为﹣2价，依据化合价代数和为0，磷化合价为+1价；
故答案为：+1；
②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，
故答案为：H3PO4；
③H3PO2与足量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和水，离子方程式为：H3PO2+OH﹣=H2PO2﹣+H2O；
故答案为：H3PO2+OH﹣=H2PO2﹣+H2O；
（3）白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，
故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．
23、已知氧化性强弱顺序为BrO3﹣＞ClO3﹣＞Cl2＞IO3﹣＞Br2＞I2．某同学为验证其中某些离子的氧化性进行如下实验．向盛有30mL 0.2mol·L﹣1 KI溶液的锥形瓶中滴入几滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再用滴定管逐滴加入KBrO3溶液至过量．
（1）开始滴加KBrO3溶液时的现象为 ，此时溶液中I﹣完全被氧化时转移 mol e﹣．
（2）KBrO3溶液与KBr溶液在酸性条件下反应的离子方程式是 ．
（3）滴加KBrO3溶液至过量时观察到溶液褪色，其可能的原因是（用化学方程式表示）
，通过该反应 （填“能”或“不能”）说明碘的非金属性强于溴，原因是 ．
（4）若用y表示锥形瓶中含碘物质的物质的量，用x表示所滴入KBrO3的物质的量，在下图中画出上述整个实验过程中y随x的变化曲线（要求：在图中标出终点坐标）．
【答案】（1）溶液由无色变为蓝色，0.006；
（2）BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；
（3）2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2；不能；该反应只能说明I2的还原性比Br2强；
（4）．
【解析】（1）溶液中n（I﹣）=0.03L×0.2mol·L﹣1=0.006mol，反应中I﹣是还原剂，被氧化为I2，碘单质遇到淀粉变蓝，化合价由﹣1价升高为0价，故转移电子物质的量为0.006mol×1=0.006mol；
故答案为：溶液由无色变为蓝色，0.006；
（2）BrO3﹣、Br﹣在酸性条件下生成溴单质与水，反应离子方程式为：BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，
故答案为：BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；
（3）滴加KBrO3溶液至过量时观察到溶液的蓝色逐渐褪去，说明I2被氧化，发生反应2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，该反应只能说明I2的还原性比Br2强，不能说明碘的非金属性强于溴，
故答案为：2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2；不能；该反应只能说明I2的还原性比Br2强；
（4）先发生①BrO3﹣+6I﹣+6H+=3I2+Br﹣+3H2O，0.006molI﹣完全反应生成0.003molI2、0.001molBr﹣，消耗0.001molBrO3﹣，
再发生反应BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，0.001molBr﹣完全反应消耗0.0002molBrO3﹣，
最后发生反应②2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，0.003molI2完全反应生成0.006molIO3﹣，消耗0.006molBrO3﹣，
故整个过程中含碘物质的物质的量，随加入KBrO3的物质的量的关系图为：
故答案为：．
24、已知下列氧化还原反应在溶液中均能发生。
①2Fe3++2I－＝2Fe2++I2；②2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br－；③2Br－+Cl2＝2Cl－+Br2。
(1)Fe2+、Br－、I－三种微粒按还原性由强到弱的顺序为____________________。
(2)现有某混合溶液中含a mol FeI2和b mol FeBr2，向该混合液中逐渐通入c mol Cl2，试根据以上化学原理分析，当只有I－被氧化时，c的取值范围是______________。
(3)某混合溶液中只含有Fe2+、Cl－、Br－、I－(忽略水的电离)，其中Cl－、Br－、I－的个数比为2∶3∶4。向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl－和Br－的个数比为3∶1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为_____________________。
【答案】(1)I－＞Fe2+＞Br－ (2)0＜c≤a (3) 7∶3
【解析】要准确的判断下述三个氧化还原反应中的氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物
2Fe3++2I-＝2Fe2++I2；2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br-；2Br-+ Cl2＝2Cl-+Br2，还原剂的还原性强于还原产物，I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，因此Fe2+、Br-、I-三种微粒按还原性由强到弱的顺序为I-＞Fe2+＞Br-；混合溶液中含a mol FeI2和b mol FeBr2，向该混合液中逐渐通入c mol Cl2，当只有I－被氧化时，本题考查氧化还原反应的“反应先后规律”，当同一氧化剂遇到多种还原剂时，先和还原性强的先反应，根据I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-的顺序，那么只有I－被氧化时，即只发生2I-+ Cl2＝ I2 + 2 Cl-的反应，a mol FeI2 中含有2a mol I-，根据方程式的计量关系2I-— Cl2，最多需要a mol Cl2，当只有I－被氧化时，c的取值范围是0＜c≤a；某混合溶液中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的电离)，其中的个数比为2∶3∶4。向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl－和Br－的个数比为3∶1， 依据题意，设ICl-、Br-、I-的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由“电荷”守恒可得：2n（Fe2+）= n（Cl-）+n（Br-）+n（I-）= 2mol + 3mol + 4mol = 9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（Cl-）︰ n（Br-）=3︰1，因为Cl-、Br-的物质的量为2mol、3mol，Cl-只要增加7mol就可以，即n（Cl-）︰ n（Br-）=9︰3，增加7mol Cl-即需通入氯气3.5mol．4mol I- 先消耗2mol氯气，余1.5mol氯气消耗3mol Fe2+，剩余Fe2+1.5mol（4.5mol-3mol），则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5︰1.5=7︰3 。
25、(1)向MnSO4和硫酸的混合溶液里加入K2S2O8(过二硫酸钾)，溶液中会发生如下反应：Mn2++ S2O82-+H2O→MnO4-+SO42一十H+该反应常用于检验Mn2+的存在。其特征现象是 。若反应中有0．1 mol还原剂参加反应，则消耗氧化剂的物质的量为 mol。
(2)若该反应所用的硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过硫酸钾反应时，除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有 。
(3)将NaBiO3固体(黄色微溶)加入到MnSO3和H2SO4的混合溶液里加热，固体溶解变为澄清溶液，发生如下反应： NaBiO3+ MnSO4+ H2S04→ Na2S04+ Bi2(SO4)3+ NaMnO4+ H2O。
①配平上述反应的化学方程式；
②上述反应中还原产物是 。
③用单线桥表示该氧化还原反应 。
（4）S2O82-在一定条件下，可转变为S2O32-，写出往K2S2O3中滴加稀硫酸的离子方程式： 。
【答案】(1)溶液由无色变为紫色；0.25 (2)Cl2 (3) ①10、4、14、3、5、4、14；②Bi2(SO4)3
③
（4）S2O32-+2H+＝S↓+SO2↑+H2O
【解析】（1）MnO4-为紫色，其它离子均为无色，则反应的现象为溶液由无色变为紫色；Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，有0.1mol还原剂（MnSO4）参加反应，则消耗氧化剂的物质的量为＝0.25mol；
（2）硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过硫酸钾反应时，氯离子可能被氧化，则除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有Cl2；
（3）①Bi元素的化合价由+5价降低为+3价，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，结合电子守恒、原子守恒可知，反应为10NaBiO3+4MnSO4+14H2S04＝3Na2S04+5Bi2（SO4）3+4NaMnO4+14H2O，故答案为：10；4；14；3；5；4；14；
②Bi元素的化合价降低，被还原，对应还原产物为Bi2（SO4）3；
③Mn失去电子，Bi得到电子，该反应中转移20e-，用单线桥表示该氧化还原反应为；
（4）K2S2O3中滴加稀硫酸，发生氧化还原反应生成硫酸钾、S、二氧化硫和水，离子反应为S2O32-+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O．2.3氧化还原反应
第1课时
一、选择题
1．判断一个反应是否为氧化还原反应的标准是( )
A．是否有氧元素参加反应
B．是否为置换反应
C．同一元素的化合价在反应前后是否发生变化
D．是否为化合反应或分解反应
解析： 氧化还原反应的特征是元素化合价有升降。
答案： C
2．古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句中不涉及氧化还原反应的是( )
A．野火烧不尽，春风吹又生
B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
C．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
解析： A、B、D均是可燃物的燃烧，是氧化还原反应；C中：CaCO3CaO＋CO2↑，是非氧化还原反应。
答案： C
3．下列类型的反应，一定发生电子转移的是( )
A．化合反应 B．分解反应
C．置换反应 D．复分解反应
解析： 置换反应一定属于氧化还原反应，一定有电子转移。
答案： C
4．以元素化合价升降的观点分析下列各化学反应，其中不属于氧化还原反应的是( )
A．Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
B．H2＋Cl22HCl
C．CuO＋H2Cu＋H2O
D．CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl
解析： 只要是反应前后存在元素化合价升降的化学反应，都属于氧化还原反应。
答案： D
5．有关氧化还原反应实质的说法中正确的是( )
A．是否有电子转移
B．是否有元素化合价的变化
C．是否有氧元素的参加
D．是否有原子的重新组合
解析： 氧化还原反应的实质是电子转移(包括电子得失和偏移)，而外部特征是元素化合价发生变化。只要有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应，与是否有氧元素参加无关。
答案： A
6．某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素( )
A．一定被氧化 B．一定被还原
C．可能被氧化，也可能被还原 D．化合价降低为0
解析： 元素以单质形态(游离态)存在时，化合价为0，元素以化合物形态(化合态)存在时，化合价有正价或负价之分。当元素由游离态变为化合态时，元素的化合价升高和降低都有可能，所以可能被氧化，也可能被还原。
答案： C
7．下列实验现象与氧化还原反应有关的是(多选)( )
A．碳酸钠中加入CaCl2溶液产生白色沉淀物
B．硫酸铜溶液中插入铁片，铁片上出现红色沉淀物
C．石灰石溶于盐酸并产生气泡
D．铁在氧气中燃烧，剧烈反应火星四射
解析： A、B、C、D四项发生反应的化学方程式分别为：
A项：Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl
B项：CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu
C项：CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O
D项：3Fe＋2O2Fe3O4
通过分析元素化合价升降结果可知A、C项中无元素化合价发生变化，B、D项中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应。
答案： BD
8．下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是( )
A．BaCl2溶液中滴加稀H2SO4
B．盐酸和氧化铁反应
C．铁片放入CuSO4溶液中
D．氢气还原CuO
解析： A、B、C项对应的反应为离子反应，但A、B中的反应为复分解反应，C中的反应为置换反应，Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。
答案： C
9．下列反应中，氧化反应与还原反应在同一元素中进行的是(多选)( )
A．Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
B．Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu
C．2KClO32KCl＋3O2↑
D．3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
解析： 分析各反应元素化合价的变化可知：A项中被氧化和被还原的元素均为氯。B项中被氧化的元素为铁，被还原的元素为铜。C项中被氧化的元素为氧，被还原的元素为氯。D项中被氧化和被还原的元素均为氮。
答案： AD
10．相等物质的量的KClO3分别发生下述反应：
①有MnO2催化剂存在时，受热分解得到氧气；
②若不使用催化剂，加热至470 ℃左右，得到KClO4(高氯酸钾)和KCl。
下列关于①和②的说法不正确的是( )
A．都是氧化还原反应
B．发生还原反应的元素相同
C．发生氧化反应的元素不同
D．生成KCl的物质的量相同
解析： 反应①为：2K 2K＋3↑；反应②为：4KO33KlO4＋Kl。分析两个反应的元素化合价变化可知：都是氧化还原反应，化合价降低(发生还原反应)的元素相同，化合价升高的元素不同。依据反应方程式，2 mol KClO3在MnO2催化条件下，生成2 mol KCl，而不使用催化剂时，2 mol KClO3生成0.5 mol KCl。
答案： D
二、非选择题
11．有下列几组反应：
A．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
B．CO2＋H2O===H2CO3
C．S＋O2SO2
D．Ba(OH)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2H2O
E．Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑
F．CaCO3CaO＋CO2↑
G．CH4＋2O2CO2＋H2O
H．2KClO32KCl＋3O2↑
以上反应中，属置换反应的是________，属化合反应的是________，属分解反应的是________，属复分解反应的是______，属氧化还原反应的是________。
解析： 根据化学反应的基本类型进行分类，只有A是置换反应，B、C属化合反应，F、H属分解反应，D、E属复分解反应，G不属基本类型的反应，ACGH中都有元素化合价的变化，所以都属氧化还原反应。可以发现，置换反应、部分化合反应、部分分解反应属氧化还原反应，复分解反应一定不属氧化还原反应。
答案： A BC FH DE ACGH
12．已知下列四个反应：
①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
②2F2＋2H2O===4HF＋O2
③Cl2＋H2O===HCl＋HClO
④C＋H2O(g)CO＋H2
试从氧化还原的角度，回答下列问题：
(1)水只作氧化剂的是________；
(2)水只作还原剂的是________；
(3)水既不作氧化剂又不作还原剂的是________。
解析： H2O中H元素为＋1价，当生成H2时，氢元素化合价降低，此时H2O作氧化剂；H2O中O元素为－2价，当生成O2时，氧元素化合价升高，此时H2O作还原剂。因此，结合①、②、③、④四个反应方程式的特点可知①、④中H2O只作氧化剂，②中H2O只作还原剂，③中H2O既不作氧剂又不作还原剂。
答案： (1)①④ (2)② (3)③
13．“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”可用如图表达。其中Ⅰ为化合反应，则Ⅱ为__________反应。写出有关水生成的符合反应类型Ⅲ的一个化学方程式：
______________________。写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式
__________________________，其中水为________剂。
解析： 因为化合反应和分解反应，都是部分属于氧化还原反应，部分属于非氧化还原反应，故若Ⅰ为化合反应，则Ⅱ为分解反应。进而判断出Ⅲ为复分解反应，Ⅳ为置换反应，可分别举以下两个例子：NaOH＋HCl===NaCl＋H2O,2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑(其中H2O为氧化剂)。
答案： 分解 NaOH＋HCl===NaCl＋H2O(其他合理答案也可)
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 氧化(合理即可)
14．实验室制取H2的反应方程式为：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。
(1)该反应中________被氧化，________发生还原反应。
(2)反应过程中转移2 mol电子，生成标准状况下的H2________L。
(3)用双线桥法表示出电子转移的方向和数目：
______________________________________________________________________。
解析： 该反应中Zn由0价升高到＋2价，失电子，被氧化，H2SO4中氢元素由＋1价降低到0价，得电子，被还原，发生还原反应，每生成1 mol H2(标准状况下22.4 L)时转移2 mol电子，用双线桥法表示电子转移时，要注明电子的得失及被氧化、被还原字样。
答案： (1)Zn H2SO4 (2)22.42.3氧化还原反应
1、把铜粉放入装有浓氨水的试管中，塞紧试管塞，振荡后发现试管塞越来越紧，且溶液逐渐变为浅黄色（近乎无色）溶液，打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液。则下列说法不正确的是 （ ）
A．试管塞越来越紧，是因为反应消耗了大量O2
B．打开试管塞前Cu元素的化合价为+1价
C．溶液迅速变为蓝色溶液，是因为反应生成了
D．上述反应原理可用于测定O2的含量
【答案】C
【解析】振荡后试管越来越紧，属于减压状态，说明试管中的O2参与了反应。化学反应为：4Cu＋8NH3＋O2＋2H2O→4[Cu(NH3)2]OH；打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液说明＋1价的铜被氧化成＋2价，[Cu(NH3)2]OH→[Cu(NH3)4](OH)2。根据铜粉质量可以测定试管中O2的含量。故Ｃ选项错误。
2、一般情况下，铜粉不溶于稀硫酸，但添加某物质后，则可反应生成硫酸铜（必要时可以加热）。加入下列物质时，肯定不能促使铜粉溶解的是( )
A．H2O2 B．FeCl3 C．O2 D．FeCl2
【答案】D
【解析】在酸性溶液中H2O2可氧化铜，在酸性溶液中并在加热条件下氧气可氧化铜，FeCl3可与铜反应，因此选D。
思路点拨:本题根据铜的性质及H2O2、FeCl3、O2的氧化性作答。
3、ClO2是一种消毒杀菌效率高的水处理剂,实验室可通过以下反应制得：
KClO3+H2C2O4+H2SO4→ClO2↑+K2SO4+CO2↑+H2O(未配平) 下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．H2C2O4的氧化性比ClO2强
B．1molKClO3参加反应有1mol电子转移
C．ClO2是氧化产物
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1:2
【答案】B
【解析】
4、锑在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。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：①2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS ②Sb4O6+6C=4Sb+6CO 关于反应①、②的说法正确的是（ ）
A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6
B.反应①中每生成3 mol FeS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4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4︰3
【答案】B
【解析】
5、2008年9月，我国神舟七号载人航天飞行圆满成功，实现了我国空间技术发展具有里程碑意义的重大跨越。航天飞船中的某些系统采用固体燃料作动力，其反应方程式为：2NH4ClO4 N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑ ΔH＜0。下列对该反应的叙述不正确的是（ ）
A．1mol高氯酸铵分解时会转移14mol电子
B．该反应的氧化产物与还原产物物质的量之比为3∶1
C．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量
D．该反应是熵增加的化学反应
【答案】A
【解析】
6、已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)＝a mol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a mol
C．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 mol
D．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a mol≤ne≤a mol
【答案】C
【解析】A．若某温度下，反应后＝11，则根据氧化还原反应中电子守恒可得1×c(Cl-)= 1×c(ClO-)+ 5×c(ClO3-), c(ClO3-)=2,则溶液中＝,正确；B．在反应后的产物中Cl元素与K元素的原子个数比为1:1，因为n(KOH)＝a mol所以参加反应的氯气的物质的量等于a mol，正确；C．改变温度，若产物中被氧化的Cl完全变为KClO3，根据元素守恒和电子守恒可知KClO3的最大理论产量为 mol，错误；D．改变温度，若氧化产物完全变为KClO,则反应中转移电子的物质的量ne=a mol；若完全氧化KClO3，则反应中转移电子的物质的量ne=a mol，所以反应中转移电子的物质的量的范围：a mol≤ne≤a mol，正确。
7、Ｃu+在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2+和Cu。若检验用H2还原CuO所得的红色产物中是否含有Cu2O，应选用的试剂是( )
A、 浓硝酸 B、浓硫酸 C、稀硫酸 D、稀硝酸
【答案】C
【解析】
8、根据最新报道,科学家发现了如下反应O2+ PtF6 = O2(PtF6),已知O2 (PtF6)为离子化合物（其中Pt为+5价）,对于此反应,下列说法正确的是( )
A、在此反应中, O2氧化剂,PtF6是还原剂
B、 O2 (PtF6)中氧元素的化合价为+1价
C、在此反应中,每生成1 mol O2 (PtF6) 则转移1 mol电子
D、在O2 (PtF6)中不存在共价键
【答案】C
【解析】
9、氯化溴是由两种卤素互相结合而成的卤素互化物。其化学性质与Cl2相似，能与金属和非金属反应生成卤化物，能与水反应：BrCl+H2O=== HCl+HbrO，下列有关BrCl的性质的叙述中不正确的是( )
A．是较强的氧化剂 B．BrCl含极性共价键
C．能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝 D．BrCl与水反应中，BrCl既是氧化剂，又是还原剂
【答案】D
【解析】
10、据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”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：5KCIO3＋6P＝3P2O5＋5KCl，则下列有关叙述错误的是( )
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6
B．白色烟雾是生成的P2O5白色固体小颗粒(烟)吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴(雾)
C．反应中消耗1molP时，转移电子的物质的量为5mol
D．因红磷和白磷互为同分异构体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】D
【解析】
11、赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2下，关于该反应的说法中，正确的是( )
A．该反应的氧化剂只有Cu2O
B．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂
C．Cu既是氧化产物又是还原产物
D．每生成19.2gCu，反应中转移1.8mol电子
【答案】B
【解析】
12、关于反应的有关叙述中，正确的是（ ）
A．KCl中含有 B．KCl中含有
C．生成物的相对分子质量大于71 D．该反应转移电子数为
【答案】A
【解析】
13、在一定条件下，和氟气可发生如下反应：RO3n－和氟气可发生如下反应：RO3n－＋F2＋2OH－＝RO4－＋2F－＋H2O。从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是（ ）
A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7
【答案】B
【解析】
14、某含铬Cr2O72－ 废水用硫亚铁铵［FeSO4·(NH4)2 SO4·6H2O］处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到n molFeO·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量为n(2-x)mol B．处理废水中Cr2O72－ 的物质量为mol
C．反应中发生转移的电子数为3nx mol D．在FeO·FeyCrxO3中3x=y
【答案】A
【解析】
15、下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（ ）
A.Mg2+、Na+、SO42-、Cl— B.K+、CO32-、Cl—、NO3—
C.Na+、K+、NO3—、SO32— D.NH4+、Na+、SO42-、NO3—
【答案】C
【解析】
16、有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+ 和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是（ ）
A．还原产物为NH4+ B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:l
C．若有l mol NO3－参加反应，则转移8mol e-
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe 2+ －e-＝Fe 3+
【答案】C
【解析】
17、向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，反应中氧化过程为：SO2+2H2 O–2 e-→SO42-+4H+；向亚氯酸钠(NaClO2)固体中通入用空气稀释的氯气，反应中还原过程为：Cl2 + 2 e- → 2Cl-。在上述两个反应中均会生成产物X，则X的化学式为（ ）
A．NaClO B．NaClO4 C．HClO D．ClO2
【答案】D
【解析】
18、美日科学家因在研究“钯催化交叉偶联反应”所作出的杰出贡献，获得了2010年诺贝尔化学奖。钯的化合物PdCl2通过化学反应可用来检测有毒气体CO，该反应的反应物与生成物有：CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一种未知物质X。下列说法不正确的是（ ）
A．反应中转移的电子为1 mo1时，生成 2mo1物质X
B．未知物质X为CO2
C．反应中CO作还原剂
D．题述反应条件下还原性：CO> Pd
【答案】A
【解析】
19、下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是（ ）
实验 现象 离子方程式
A 在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色 4H+ +4I- +O2 = 2I2+ 2H2O
B 溶液由浅绿色变为红色 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－Fe3＋＋ 3SCN- = Fe(SCN)3
C 溶液由黄绿色变为无色 Cl2＋2OH- = Cl-+ ClO-+ H2O
D 有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色 Ba2＋＋OH－+ H++ SO42-＝BaSO4↓+ H2O
【答案】D
【解析】
20、据悉，2012伦敦奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学方程式为： 5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是（ ）
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:6
B．产生白色烟雾的原因是生成的P2 O5白色固体小颗粒(烟)吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴(雾)
C．上述反应中消耗3 mol P时，转移电子的物质的量为15mol
D．因红磷和白磷互为同素异形体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】D
【解析】
21、锂的化合物用途广泛，如Li3N是非常有前途的储氢材料，氨基锂（LiNH2）主要用于药物制造．在一定条件下，2.30g固体A与5.35g NH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况）．气体C极易溶于水得到碱性溶液，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气．由文献资料知道：工业上物质A可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备，纯净的A为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的；A的熔点390℃，沸点430℃，密度大于苯或甲苯，遇水反应剧烈，也要避免接触酸、酒精．在空气中A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，在750～800℃分解为Li3N和气体C．
回答下列问题：
（1）C的电子式为 ．
（2）将锂在纯氮气中燃烧可制得Li3N，其反应的化学方程式为 ．
（3）氮化锂在氢气中加热时可得到氨基锂（LiNH2），其反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，氧化产物为 （填化学式）．在270℃时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达Li3N质量的 （精确到0.1）．
（4）A在750～800℃分解的方程式 ．
（5）亚氨基锂（Li2NH）也是一种储氢容量高，安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH+H2═LiNH2+LiH，下列有关说法正确的是 ．
A．LiNH中N的化合价是﹣1 B．该反应中H2既是氧化剂又是还原剂
C．Li+和H﹣的离子半径相等 D．此法储氢和钢瓶储氢的原理相同
（6）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁．遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理．
．
【答案】（1）；
（2）6Li+N22Li3N；
（3）LiNH2 ，11.4；
（4）3LiNH2Li3N+2NH3；
（5）B．
（6）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢没有水中氢活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险．
【解析】在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C （标准状况），气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨气的物质的量==0.2mol，其质量=0.2mol×17g/mol=3.4g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g﹣3.4g=4.25g，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，5.35gNH4Cl为0.1mol，若D为ⅡA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl2+NH3，根据Cl原子守恒，DCl2的物质的量=0.05mol，其摩尔质量==85g/mol，D的相对分子质量=85﹣71=14，不符合题意，若D为ⅠA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl+NH3，根据Cl原子守恒，DCl的物质的量=0.1mol，其摩尔质量==42.5g/mol，D的相对分子质量=42.5﹣35.5=7，故D为Li，可推知B为LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也为 0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则2.3gA中含有N原子为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，含有H原子为0.2mol×4﹣0.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2；
（1）C为氨气是共价化合物书写C的电子式为：；
故答案为：；
（2）将锂在纯氮气中燃烧可制得Li3N，其反应的化学方程式为6Li+N22Li3N；
故答案为：6Li+N22Li3N；
（3）反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，氢元素化合价0价变化为+1价和﹣1价，化合价升高的做还原剂被氧化生成氧化产物，所以氧化产物为LiNH2 ，在270℃时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，按照化学方程式计算，储存氢气最多可达Li3N质量的=×100%=11.4%；
故答案为：LiNH2 ，11.4；
（4）A为是LiNH2，在750～800℃分解的方程式为：3LiNH2Li3N+2NH3；
故答案为：3LiNH2Li3N+2NH3；
（5）A、Li2NH中氮元素的化合价为﹣3；故A错误；
B、反应物H2中的氢元素的化合价为0价，反应后生成LiNH2中H元素的化合价是+1，LiH中H元素的化合价是﹣1，所以H2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C、Li+核外有一个电子层，H+核外无电子，离子核外电子层数越多，半径越大，故Li+半径大于H+；故C错误；
D、钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法，故D错误．
故选B．
故答案为：B．
（6）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁．遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖，乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险；
故答案为：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢没有水中氢活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险．
22、MnO2、KMnO4等是中学化学中的常用试剂．请回答下列问题：
（1）MnO2在H2O2分解反应中作催化剂．若将MnO2加入酸化的H2O2溶液中，MnO2溶解产生Mn2+，反应的离子方程式是 ．
（2）用MnO2制KMnO4的工艺流程如下
电解池中两极材料均为碳棒，在水或酸性溶液中K2MnO4发生歧化而变成MnO2和KMnO4．
①写出240℃熔融时发生反应的化学方程式 ，投料时必须满足n（KOH）：n（MnO2） ．
②阳极的电极反应为 ．
③B物质是H2（写化学式，下同），可以循环使用的物质是 ．
④钾离子交换膜的一种材料是聚丙烯酸钾（ ），聚丙烯酸钾单体的结构简式为 ．
⑤上述制得的KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g经硫酸酸化的Na2C2O4反应完全，该KMnO4的纯度是 （精确到0.1%）．
【答案】（1）MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O；
（2）① 2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O；大于（或＞）2：1；
② MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；
③ H2，KOH固体；
④ CH2=CHCOOK；
⑤ 95.8%．
【解析】（1）双氧水具有还原性，在酸性环境下，得到的氧化产物是氧气，二氧化锰具有氧化性，在酸性环境下，得到还原产物是锰离子，二者在酸性环境下发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O，故答案为：MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O；
（2）用MnO2制KMnO4的工艺流程：二氧化锰、氢氧化钾以及氧气在240℃下反应可以得到锰酸钾，氢氧化钾、氧气过量，可以保证锰元素的全部转化，将得到的高锰酸钾溶于水，可以得到高锰酸钾的水溶液，对其进行电解，获得较大浓度的高锰酸钾溶液，
①240℃熔融时发生反应的化学方程式为：2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O，氢氧化钾、氧气过量，可以保证锰元素的全部转化，投料时必须满足n（KOH）：n（MnO2）大于2：1，故答案为：2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O；大于（或＞）2：1；
②在电解池的阳极上是锰酸钾中的阴离子失电子的过程，即MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，故答案为：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；
③在电解池的阴极上是氢离子得电子，在该极上会产生氢气，在流程中，电解产物氢氧化钾可以在开始接着利用，即可以循环使用，故答案为：H2，KOH固体；
④两个碳原子链结的高分子化合物的单体是单键闭合，形成碳碳双键即可，即单体是：CH2=CHCOOK，故答案为：CH2=CHCOOK；
⑤设该KMnO4的纯度为y，根据2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知，
KMnO4﹣﹣Na2C2O4
×158 134
0.165×y 0.335
y=×100%=95.8%，故答案为：95.8%．
23、利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2，少量的Fe3+、Al3+等）吸收高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，制备硫酸锰晶体可实现资源的综合利用和环境治理．
已知，浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子．有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见表：
离子 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH 加碱溶解的pH
Fe2+ 7.6 9.7
Fe3+ 2.7 3.7
Al3+ 3.8 4.7 ＞8.5
Mn2+ 8.3 9.8
（1）写出浸出过程中主要反应的化学方程式 ．浸出过程中Fe3+转化为Fe2+，此转化的离子反应方程式为 ．
（2）写出氧化过程中主要反应的离子方程式： ．
（3）①在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调节至 ．
②若加入的石灰浆过多，会使得MnSO4·H2O晶体中含有较多杂质，用离子反应方程式表示其原因 ．
（4）下列各组试剂中，能准确测定尾气中SO2含量的是 （选填序号）．
a．NaOH溶液、酚酞试液 b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液
c．碘水、淀粉溶液 d．氨水、酚酞试液．
【答案】（1）SO2+MnO2=MnSO4；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；
（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）① 4.7～8.3；
② Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（4）bc．
【解析】（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，三价铁被二氧化硫还原成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；
（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）①杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，所以只要调节pH值在4.7～8.3间即可．
故答案为：4.7～8.3；
②若加入的石灰浆过多，氢氧化铝与氢氧化钙反应生成偏铝酸根离子，所以离子反应方程式为：Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（4）a．二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫、水又能反应生成亚硫酸氢钠，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故a错误．
b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故b正确．
c．碘和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故c正确．
d．氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和二氧化硫和水又能反应生成亚硫酸氢铵，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故d错误．
故答案为：b、c．
24、高铁酸钾是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺流程如图1：
请同答下列问题：
（l）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式 ．
（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是 （填编号）．
A．为下一步反应提供碱性的环境
B．使KClO3转化为KClO
C．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
D．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3，KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为 ．每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为 mol．
（4）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式： FeO42﹣+ H2O═ Fe（0H）3（胶体）+ O2↑+ OH﹣．
（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图2所示．电解过程中阳极的电极反应式为 ．
（6）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为：3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，放电时电池的负极反应式为 ．
【答案】（1）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）AC；
（3）2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；0.45；
（4）4；10；4；3；8；
（5）Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；
（6）Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2．
【解析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，
（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；
（3）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
n（K2FeO4）==0.3mol，根据2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O知，氧化剂的物质的量=×3=0.45mol，故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；0.45；
（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42﹣+10H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，故答案为：4；10；4；3；8；
（5）Na2FeO4能消毒、净水的原因高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用，电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；
故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；
（6）该原电池放电时，负极上锌失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化锌，电极反应式为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2，充电时，氢氧根离子参加反应生成水，所以随着反应的进行，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2．
25、无机化合物A中含有元素Li元素，A的摩尔质量23g·mol-1，A主要用于有机合成和药物制造，同时也是良好的储氢材料。在一定条件下，0.1mol固体A与0.1molNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L(标准状况)气体C。已知气体C极易溶于水，且得到碱性溶液。电解无水B可生成金属单质D和氯气。请回答下列问题：
（1）A的化学方式是_________________________。
（2）写出化合物A与NH4Cl反应的化学方程式:_______________________________。
（3）某同学通过查阅资料得知物质A的性质：
I.工业上可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备A物质。
II.物质A遇水强烈水解，释放出气体C。
①I中发生反应的基本反应类型是__________________________。
②物质A遇水强烈水解的化学方程式为_________________________。
（4）工业制备单质D的流程如下：
①步骤①中操作的名称为________________。
②试用平衡原理解释步骤③中减压的目的是：_________________________。
【答案】(1)LiNH2（2）LiNH2＋NH4Cl=LiCl＋2NH3↑
(3)①置换反应 ②LiNH2＋2H2O=LiOH＋NH3↑
(4)①蒸发浓缩、冷却结晶 LiCl·H2O(s) LiCl(s)＋H2O(g)，减小压强，有利于平衡向正反应方向移动，从而有利于无水LiCl的制备
【解析】在一定条件下，0.1mol固体A与0.1molNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L(标准状况)气体C，气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D的氯化物，4.48L氨气的物质的量=4.48L/22.4L/mol=0.2mol，其质量=0.2mol×17g/mol=3.4g，0.1mol固体A的质量为2.30g，0.1molNH4Cl固体的质量为5.35g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g-3.4g=4.25g， A中含Li，则D为ⅠA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→LiCl+NH3，根据Cl原子守恒，LiCl的物质的量=0.1mol，那么2.3g化合物A中含Li元素也为 0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则2.3gA中含有N原子为0.2mol-0.1mol=0.1mol，含有H原子为0.2mol×4-0.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2。
（1）由上述分析可知，A为LiNH2，C为氨气，其电子式为。
（2）化合物A与NH4Cl反应的化学方程式为LiNH2＋NH4Cl=LiCl＋2NH3↑
（3）①金属Li与液态的N3H在硝酸铁催化下反应来制备LiNH2物质同时生成了氢气，故反应为置换反应。②物质LiNH2遇水发生水解，应是锂离子结合水电离产生的氢氧根离子，NH2—结合水电离产生的氢离子，故水解反应方程式为：LiNH2＋2H2O=LiOH＋NH3↑。
（4）①由流程可知应是从溶液中得到晶体，则步骤①中操作名称为蒸发浓缩、冷却结晶；②由LiCl·H2OLiCl+H2O可知，步骤②中减压的目的是减小压强，有利于上述平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备。2.3氧化还原反应
第2课时
一、选择题
1．下列关于氧化还原反应的叙述，正确的是( )
A．失去电子的反应是还原反应
B．失去电子的物质是还原剂
C．发生氧化反应的物质是氧化剂
D．作氧化剂的物质不能是还原剂
解析：失去电子的反应是氧化反应；失去电子的物质是还原剂；有的氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是一种物质。
答案：B
2．下列叙述中正确的是( )
A．氧化剂中的每一种元素在反应中都得到电子
B．还原剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物
C．失电子多的还原剂，还原性不一定强
D．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
解析：氧化剂中至少有一种元素得到电子，并不一定是每一种元素都得到电子，故A项错误；还原剂一定是反应物，在同一反应中，还原剂不可能做生成物，故B项错误；还原剂的还原性强弱与还原剂在反应中失去电子的数目无关，故C项正确；阳离子不一定只有氧化性，如Fe2＋具有还原性，阴离子不一定只有还原性，如MnO具有氧化性，故D项错误。
答案：C
3．下列变化需要加入还原剂才能实现的转化是( )
A．浓H2SO4→SO2 B．Fe2＋→Fe3＋
C．H2S→SO2 D．HCO→CO2
解析：需要加入还原剂才能实现转化，即该过程被还原，元素的化合价降低。A项，S元素由＋6→＋4；B项，Fe元素由＋2→＋3；C项，S元素由－2→＋4；D项，元素化合价无变化。
答案：A
4．在2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2的反应中，被氧化的元素是( )
A．Fe B．Br
C．Fe和Br D．Cl
解析：被氧化的元素是失去(或偏离)电子的元素，即化合价升高的元素。在上述反应中Fe元素从＋2价升高到＋3价，Br元素从－1价升高到0价，所以被氧化的元素是铁和溴两种元素，C项符合题目要求。
答案：C
5．在常温下，发生下列几种反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，判断下列结论错误的是( )
A．溶液中可发生：Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－
B．Z2在①③反应中为还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：XO＞Z2＞B2＞A3＋
D．X2＋是XO的还原产物
解析：根据有关规律，在同一反应中，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，可得出：氧化性：XO＞Z2＞B2＞A3＋，还原性：A2＋＞B－＞Z－＞X2＋，X2＋是XO的还原产物。
答案：B
6．高倩同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg＋CO22MgO＋C，下列关于该反应的判断正确的是( )
A．Mg元素化合价由0价升高到＋2价，所以MgO是还原产物
B．由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>C
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．Mg原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目
解析：该反应的化合价变化及电子转移情况为：
所以MgO是氧化产物，A项错误；氧化剂是CO2，氧化产物是MgO，氧化性为CO2>MgO，还原剂是Mg，还原产物是C，还原性Mg>C，B项正确；CO2作氧化剂，化合价降低，被还原，发生还原反应，C项错误；氧元素没变价，所以氧原子不可能得电子，D项错误。
答案：B
7．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4，下列说法正确的是( )
A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B．5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移
C．产物中的SO有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
解析：分析元素价态变化，得：SO4―→S，Cu得电子，被还原；Fe ―→Cu2，S得电子，被还原；Fe ―→FeO4，S失电子，被氧化。5 mol FeS2和14 mol CuSO4正好反应，反应过程中Cu得电子：14×1 mol＝14 mol，S得电子：7×1 mol＝7 mol，S失电子：3×7 mol＝21 mol，反应中电子转移了21 mol，B不正确。部分SO是由FeS2中的S元素失电子形成的，是氧化产物，C正确。FeS2既作氧化剂又作还原剂，D不正确。
答案：C
8．在NO2被水吸收的反应中，发生还原反应和发生氧化反应物质质量比为(提示：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO)( )
A．3∶1 B．1∶3
C．1∶2 D．2∶1
解析：在反应3O2＋H2O===2HO3＋O中发生还原反应1O2―→1O，发生氧化反应2O2―→2HO3，故氮原子的个数比为1∶2。
答案：C
9．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：
H2O2→H2O IO→I2 MnO→Mn2＋ HNO2→NO
如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是( )
A．H2O2 B．IO
C．MnO D．HNO2
解析：等物质的量的四种物质得到的电子都来自KI，得到的电子越多，需要KI和生成I2越多。H2O2～2H2O～2e－，IO～I2～5e－，MnO～Mn2＋～5e－，HNO2～NO～e－，故应选IO，因为它本身也生成I2。
答案：B
10．硫代硫酸钠可用做脱氯剂，已知25.0 mL 0.10 mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112 mL Cl2完全转化为Cl－，则S2O将转化成( )
A．S2－ B．S
C．SO D．SO
解析：据题意可知氧化剂Cl2与还原剂Na2S2O3恰好完全反应，得失电子总数相等，设生成物中S的化合价为x，则Cl2得到电子的物质的量为×2＝0.01 mol；Na22O3－(x－2)×2e－,2，失去电子的物质的量为0.025 L×0.10 mol·L－1×(x－2)×2，则有0.01 mol＝0.025 L×0.10 mol·L－1×(x－2)×2解得x＝4，故答案为C。
答案：C
二、非选择题
11．在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋中，只有氧化性的是__________，只有还原性的是________，既有氧化性又有还原性的是________。
解析： 当物质所含元素处于最高价时，化合价只能降低，即该元素只具有氧化性；处于最低价时，化合价只能升高，即元素只具有还原性；若处于中间价态时，化合价既能升高，又能降低，即元素既具有还原性又具有氧化性。
答案： Fe3＋、Mg2＋、H＋ S2－、I－ Fe2＋、S
12．若司机酒后驾车，可通过对其呼出的气体进行检验而查出，所利用的化学反应如下：
2CrO3(红色)＋3C2H5OH＋3H2SO4===Cr2(SO4)3(绿色)＋3CH3CHO＋6H2O
被检验的气体成分是________，上述反应中的氧化剂是________，1 mol氧化剂完全反应得到________mol电子。
解析： 交警利用该氧化还原反应前后颜色的变化，来检验司机是否酒后驾车，故被检验的气体为C2H5OH，氧化剂(Cr化合价：＋6价→＋3价)是CrO3。当1 mol CrO3完全反应时，得到3 mol电子。
答案： C2H5OH CrO3 3
13．(2010·秦皇岛高一检测)反应2KMnO4＋16HCl===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中，
(1)氧化剂是________，氧化产物是________(填化学式)。
(2)若生成71 g Cl2，则消耗的HCl是________mol，被氧化的HCl是________mol，转移的电子的物质的量是________。
解析： 判断氧化剂和还原剂及产物，应利用反应中元素化合价的变化，反应物化合价升高作还原剂，对应氧化产物，反应物化合价降低作氧化剂，对应还原产物。在反应中元素化合价升降情况为2KO4＋16H ===2Cl2＋2K＋5C↑＋8H2O，故氧化剂为KMnO4，氧化产物为Cl2，反应中生成71 g Cl2(即1 mol)时，消耗HCl为1 mol×＝3.2 mol，其中被氧化的HCl为1 mol×2＝2 mol，转移电子为1 mol×2＝2 mol。
答案： (1)KMnO4 Cl2 (3)3.2 2 2 mol
14．近年来新闻媒介不断报道有人误将亚硝酸钠(NaNO2)当食盐用，发生中毒事件甚至造成死亡。亚硝酸钠中N为＋3价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，在酸性环境中可以还原高锰酸钾，使KMnO4溶液的紫色褪去。在酸性环境中还可以将I－氧化成I2，I2能使淀粉变蓝。为了区别食盐和亚硝酸钠，老师提供了下表中的试剂、操作供学生选择。
试剂 操作
①H2SO4溶液 A.把样品放入H2SO4溶液中，再加入淀粉溶液
②KMnO4溶液 B.把样品放入H2SO4溶液中，溶解后再加入所选试剂
③KI溶液 C.把样品放入水中，溶解后再加入所选试剂
④AgNO3溶液 D.把样品放入盐酸中再加入所选试剂
⑤淀粉溶液
(1)如何判断被检验的样品是食盐？
(2)请用两套方案判断被检验的样品是亚硝酸钠。
方案一：试剂及操作：________，现象：______________。
方案二：试剂及操作：________，现象：______________。
(3)某同学检验样品是亚硝酸钠时采用了②、D的组合，是否可行？
解析： NaCl和NaNO2的区别实际就是Cl－和NO的区别，检验NaCl时可使用AgNO3溶液。检验NaNO2时可利用其既有氧化性又有还原性的特点使用两套方案。
答案： (1)④、C，生成白色沉淀证明样品是食盐。
(2)方案一：②、B 溶液紫色褪去
方案二：③⑤、B或D 溶液显紫色
(3)不可行、盐酸中的HCl 也可能还原KMnO4。
