2022年高考化学一轮复习讲义第2章第11讲　氧化还原反应的基本规律 (含解析)

这是一份2022年高考化学一轮复习讲义第2章第11讲　氧化还原反应的基本规律 (含解析)，共18页。试卷主要包含了48 L，写出反应的离子方程式，64 B．9，6 ml·L－1等内容，欢迎下载使用。

第11讲　氧化还原反应的基本规律
复习目标　1.掌握氧化还原反应的基本规律及应用。2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。
考点一　先后规律及应用

1．同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2＋＞Br－，所以Cl2先与Fe2＋反应。
2．同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次与Cu2＋、H＋反应。
3．熟记常见的强弱顺序
氧化性：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2＋
(1)Cl2把Mn2＋氧化为MnO(×)
错因：因为氧化性MnO(H＋)>Cl2，所以Cl2不能氧化Mn2＋。
(2)I2和Fe反应生成FeI3(×)
错因：因为氧化性Fe3＋>I2，所以I2和Fe反应生成FeI2。
(3)把SO2气体通入到FeCl3溶液中，溶液颜色不变(×)
错因：Fe3＋把SO2氧化成H2SO4，Fe3＋被还原为Fe2＋，所以溶液由棕黄色变为浅绿色。
(4)把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，只发生反应5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O(×)
错因：在酸性条件下，Cl－也还原MnO。

1．向含S2－、Fe2＋、Br－、I－的溶液中通入Cl2，按先后顺序依次写出发生反应的离子方程式：
、
、
、
。
答案　Cl2＋S2－===S↓＋2Cl－
Cl2＋2I－===I2＋2Cl－
Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－
Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
2．向100 mL 1 mol·L－1的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2，当通入Cl2的体积分别为(1)1.12 L　(2)2.24 L
(3)4.48 L，写出反应的离子方程式：
(1) ；
(2) ；
(3) 。
答案　(1)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(2)2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
(3)2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－

向a mol FeBr2中通入x mol Cl2时，先后发生的反应为
①Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－　②Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－。如果用数轴表示如下：


1．已知2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2===2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是(　　)
①氧化性：Br2＞Fe3＋＞I2
②原溶液中Br－一定被氧化
③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化
④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋
⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化
A．①②③④ B．①③④⑤
C．②④⑤ D．①②③④⑤
答案　B
解析　由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Fe3＋＞I2、Br2＞Fe3＋，故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说明溶液中含有Fe3＋，则说明溶液中无I－存在，又因为氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，氯气的量不确定，则Br－不一定被氧化，故②错误，③正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能确定所有的Fe2＋均被氧化为Fe3＋，故④正确；上层溶液中若含Br－，则产生淡黄色沉淀，若含I－，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl－不含Br－和I－，即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化，故⑤正确。
2．向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是(　　)

A．线段Ⅱ表示Fe2＋的变化情况
B．线段Ⅳ发生反应的离子方程式为
I2＋5Cl2＋12OH－===2IO＋10Cl－＋6H2O
C．根据图像可计算a＝6
D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3
答案　B
解析　向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，I－反应完毕，再发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，又发生反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，故线段Ⅰ代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况，故A正确；线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，消耗1 mol氯气，所以碘原子的物质的量为2 mol，反应Ⅳ消耗氯气的物质的量为5 mol，根据得失电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x，(x－0)×2 mol＝5 mol×2，解得x＝＋5，则该含氧酸为HIO3，离子方程式为I2＋5Cl2＋6H2O===2IO＋10Cl－＋12H＋，故B错误；根据反应离子方程式可知溶液中n(I－)＝2n(Cl2)＝2 mol，溶液中n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×(3 mol－1 mol)＝4 mol，Fe2＋反应完毕，根据电荷守恒可知n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2＋)，故n(Br－)＝2n(Fe2＋)－n(I－)＝2×4 mol－2 mol＝6 mol，根据2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3 mol，故a＝3＋3＝6，故C正确；根据以上分析，原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，故D正确。
考点二　价态规律及应用

1．价态归中规律思维模型
含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是

注：不会出现⑤中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。
2．歧化反应规律思维模型
“中间价―→高价＋低价”。
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
3．应用
(1)判断同种元素不同价态物质间发生氧化还原反应的可能性，如浓H2SO4与SO2不发生反应。
(2)根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl＋NaClO3===NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。

(1)向浓H2SO4中通入H2S气体，1 mol浓H2SO4转移电子数可能是6NA，也可能是2NA(×)
错因：若转移6NA，此时H2S转化为SO2，浓H2SO4转化为S，不会出现这种情况。
(2)1 mol Cl2与Ca(OH)2完全反应，转移电子数是2NA(×)
错因：Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，应转移1 mol电子。
(3)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA(×)
错因：应转移5NA电子。
(4)SO2的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥SO2气体(×)
错因：SO2中硫元素化合价为＋4价，浓H2SO4中硫元素化合价为＋6价，两者不发生反应，可用浓硫酸干燥SO2。

1．(2020·合肥调研)已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：
①G―→Q＋NaCl
②Q＋H2OX＋H2
③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O
④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是(　　)
A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、Y
C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X
答案　A
解析　由①得出Q中价态高于G，因为G必介于Q和－1价的氯元素之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。
2．氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KX―→KY＋KZ(未配平，KY与KZ的物质的量比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是(　　)
A．＋1 B．＋3 C．＋5 D．＋7
答案　C
解析　反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：KZ中Cl>KX中Cl(均为正价)。假设KX中Cl元素为＋a价，KZ中Cl元素的化合价为＋b价，依据得失电子守恒原理及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl元素的化合价为＋5。
3．(2019·郑州第二次测评)LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4＋2H2O===LiAlO2＋4H2↑。下列说法中正确的是(　　)
A．氢气既是氧化产物又是还原产物
B．LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C．若生成标准状况下4.48 L H2，则转移0.4 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
答案　A
解析　由反应方程式可知，LiAlH4中H由－1价升高为0价，被氧化，是还原剂，H2O中H由＋1价降为0价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A项正确、B项错误；由反应方程式可知，1 mol LiAlH4反应，转移4 mol电子，生成4 mol H2，若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2，则转移0.2 mol电子，C项错误；LiAlH4为还原剂，水为氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，D项错误。
4．某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示

根据以上信息判断，下列叙述错误的是(　　)
A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等
C．过程③和过程④各产生1 mol H2时转移的电子数不相等
D．0.25 mol NaBH4的还原能力与标准状况下22.4 L H2的还原能力相当(还原能力即生成H＋失去电子的量)
答案　B
解析　由图示可知，过程①至过程④中BH反应生成B(OH)，硼元素的化合价一直为＋3价，化合价不变，A正确；过程④中2 mol H2O与2 mol X反应生成2 mol B(OH)和1 mol H2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为＋1价，但在BH3分子中H为－1价，B错误；由图示可知，过程③中产生1 mol H2时转移的电子数为NA，过程④产生1 mol H2时转移的电子数为2NA，两者不相等，C正确；NaBH4中H为－1价，0.25 mol NaBH4生成H＋失去的电子物质的量2×4×0.25 mol＝2 mol，故两者还原能力相当，D正确。
5．(1)根据反应KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O可知，每生成3 mol Cl2转移 mol e－。
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，每产生1 mol氧气转移 mol e－。
(3)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应：
4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每4 mol Na2O2发生反应转移 mol e－。
答案　(1)5　(2)2　(3)6
解析　(1)该反应属于同种元素之间的氧化还原反应，生成物3个Cl2分子中，有1个Cl原子来源于KClO3，另外5个Cl原子来源于HCl，所以每生成3 mol Cl2转移电子5 mol。(2)Na2O2中的氧由－1到－2、0价，故每生成1 mol O2转移2 mol e－。(3)化合价升高总数：4Fe2＋―→4Fe3＋，化合价升高4，对于4 mol Na2O2，其中1 mol Na2O2中的氧由－1到0价，化合价升高2，总数为6；化合价降低总数：3 mol Na2O2中的氧由－1到－2价，降低总数为6，所以每4 mol Na2O2发生反应转移6 mol电子。
考点三　守恒规律及应用

1．对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。
2．守恒法解题的思维流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。

用0.100 0 mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的FeSO4至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：Cr2O＋Fe2＋＋H＋―→Fe3＋＋Cr3＋＋H2O(未配平)。求溶液含有的Fe2＋的物质的量。
(1)找出氧化剂(Cr2O)及还原产物(Cr3＋)、还原剂(Fe2＋)及氧化产物(Fe3＋)。
(2)确定一个原子或离子得失电子数：每个Cr原子得到3个电子，每个Fe2＋失去1个电子。
(3)根据得电子总数等于失电子总数列等式计算：
n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值
即：0.100 0 mol·L－1×0.02 L×2×3＝n(Fe2＋)×1×1，得n(Fe2＋)＝0.012 mol。

题组一　确定元素价态或物质组成
1．现有24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为(　　)
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
答案　B
解析　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6；而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为＋n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1
×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　D
解析　本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。
―→xNa2O4　NaO―→Na
得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
题组二　多元素之间得失电子守恒问题
3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为(　　)
A．1 mol B. mol
C. mol D．2 mol
答案　C
解析　设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。
4．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为 mol。
答案　1.5　2.2
解析　设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y
根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)
x＝1.5 mol
1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)
y＝1.2 mol
所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
题组三　多步反应得失电子守恒问题
5．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于(　　)
A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44
答案　B
解析　反应流程为

x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol
所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
6．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL
答案　A
解析　由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，
则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。

有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。


1．(2017·海南，4)在酸性条件下，可发生如下反应：ClO＋2M3＋＋4H2O===M2O＋Cl－＋8H＋，M2O中M的化合价是(　　)
A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7
答案　C
2．[2016·全国卷Ⅰ，28(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　1.57
解析　NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol,1 mol Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。
3．[2016·全国卷Ⅲ，28(2)]欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为
mol。
答案　0.5
解析　VO2＋变为VO，V的化合价由＋4价升高到＋5价，转移e－，而氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl的化合价由＋5价降低为－1价，转移6e－，故欲使3 mol VO2＋变为VO，需氧化剂KClO3的物质的量至少为＝0.5 mol。
4．[2016·全国卷Ⅱ，26(5)节选]联氨(N2H4)可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg。
答案　1
解析　发生的反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为×32 g·mol－1＝1 kg。

1．下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是(　　)
A．KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O
B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
C．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
D．I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
答案　A
解析　KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，反应中KClO3中Cl元素的化合价由＋5降低为0，HCl中Cl元素的化合价由－1升高为0，Cl2既是氧化产物也是还原产物，故选A；2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，反应中Na元素的化合价升高，NaOH为氧化产物，H元素的化合价降低，氢气为还原产物，故不选B；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，反应中Na2O2中O元素的化合价由－1升高到0，氧化产物是氧气，O元素的化合价由－1降低到－2，还原产物为氢氧化钠，故不选C；I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，反应中I元素的化合价由0降低到－1，还原产物为NaI，S元素的化合价由＋2升高到＋，氧化产物是Na2S4O6，故不选D。
2．洁厕灵和“84”消毒液混合使用时发生反应：NaClO＋2HCl===NaCl＋Cl2↑＋H2O，生成有毒的氯气。下列说法正确的是(　　)
A．84消毒液的有效成分是HCl
B．氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是还原产物
C．HCl只表现还原性
D．若有0.1 mol HCl被氧化，生成的氯气在标准状况下的体积约为2.24 L
答案　D
解析　NaClO＋2HCl===NaCl＋Cl2↑＋H2O，反应中NaClO中的Cl元素化合价由＋1降低到0，HCl中的Cl元素化合价由－1升高到0，则NaClO为氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物也是还原产物，NaCl是盐酸显酸性的产物，盐酸在该反应中既显酸性又显还原性。84消毒液是利用其氧化性使蛋白质变性从而起到杀菌消毒的目的，根据反应方程式分析，NaClO为氧化剂，则84消毒液的有效成分是NaClO，故A错误；根据分析，氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是盐酸显酸性的产物，故B错误；根据分析，HCl在该反应中既显酸性又显还原性，故C错误；若有0.1 mol HCl被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1 mol，在标准状况下的体积约为22.4 L·mol－1×0.1 mol＝2.24 L，故D正确。
3．已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是(　　)
A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl
答案　C
解析　由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为MnO>Cl2>Fe3＋>I2，还原性由强至弱的顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋；氯气能将Fe2＋、I－氧化，故A错误；KMnO4能将Fe2＋、I－和Cl－氧化，故B错误；FeCl3能氧化除去I－而不影响Fe2＋和Cl－，故C正确；HCl与三种离子均不反应，故D错误。
4．已知：①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，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．上述实验中，共有两个氧化还原反应
B．上述实验证明氧化性：MnO＞Cl2＞Fe3＋＞I2
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
答案　B
解析　①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气，可知发生的反应为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂；②向FeCl2溶液中通入少量的实验①产生的气体，溶液变黄色，可知发生的反应为Cl2＋2FeCl2===2FeCl3，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，FeCl2为还原剂；③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，可知Fe3＋与KI反应生成I2，反应的化学方程式为2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋I2＋2KCl，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，FeCl3为氧化剂，KI为还原剂；结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。上述实验中均含元素的化合价变化，则发生的反应都是氧化还原反应，有三个氧化还原反应，A错误；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：MnO＞Cl2＞Fe3＋＞I2，B正确；实验①生成的气体为氯气，氧化性：Cl2＞I2，Cl2能与KI发生反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2，氯气能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝，C错误；实验②中Fe元素的化合价升高，只可以证明Fe2＋有还原性，D错误。
5．(2020·山西省阳泉一中模拟)已知下列实验事实：
①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液
②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液
③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝
下列判断正确的是(　　)
A．化合物KCrO2中铬元素为＋3价
B．实验①不能证明Cr2O3是两性氧化物
C．实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性
D．实验③证明氧化性：Cr2O 答案　A
解析　化合物KCrO2中，K为＋1价，O为－2价，由化合物中正负化合价代数和为零知，铬元素为＋3价，A正确；由实验①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，证明Cr2O3为两性氧化物，B错误；由实验②可知，铬元素的化合价升高，过氧化氢中氧元素的化合价降低，故H2O2只表现氧化性，C错误；由实验③中溶液变蓝，可知生成碘单质，K2Cr2O7为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D错误。
6．已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是(　　)
A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 mol·L－1
C．若再通入0.05 mol Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋
答案　D
解析　由已知反应可知，还原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O===2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI===I2＋2HCl，则还原性：HI＞HCl，故还原性：H2SO3＞HI＞HCl，A项错误；设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x mol·L－1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04 mol HI未被氧化，故只需再通入0.02 mol Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1 mol Cl2后，0.08 mol H2SO3和0.04 mol HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。
7．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是(　　)

A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6
D．开始加入的K2Cr2O7为0.1 mol
答案　D
解析　将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，K2Cr2O7和FeSO4反应，Cr2O是氧化剂，被还原成Cr3＋，Fe2＋是还原剂，被氧化成Fe3＋，根据电子得失守恒有Cr2O～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋；充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3＋并没有立即减少，说明溶液中还有Cr2O，AB段应为Cr2O和I－的反应，根据电子得失守恒有Cr2O～2Cr3＋～6e－～6I－～3I2；B点开始Fe3＋减少，说明BC段为Fe3＋和I－反应，根据得失电子守恒有2Fe3＋～2Fe2＋～2e－～2I－～I2，据此解答。开始时Fe3＋浓度不变，则说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；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，B正确；由图可知BC段消耗0.9 mol I－，由2Fe3＋～2Fe2＋～2e－～2I－～I2可得，则n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝n(I－)＝0.9 mol，根据Fe原子守恒可知，K2Cr2O7与FeSO4反应的Fe2＋的物质的量为0.9 mol，那么根据Cr2O～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋可得，与FeSO4反应的K2Cr2O7物质的量为mol＝0.15 mol，所以K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为0.15 mol∶0.9 mol＝1∶6，C正确；三个过程合在一起看，我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有Cr和I元素，所以，由得失电子守恒可得关系式K2Cr2O7～6Fe3＋～6I－可知，共消耗的n(I－)＝1.5 mol，刚开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol＝0.25 mol，D错误。
8．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。则下列有关说法不正确的是(　　)

A．线段BD表示Fe3＋物质的量的变化
B．原混合溶液中FeI2的物质的量为1 mol
C．当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D．原溶液中，n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶3∶1
答案　D
9．(2020·吉林省通化一中模拟)向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是(　　)
A．0.75 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1
C．2 mol·L－1 D．3 mol·L－1
答案　D
解析　标准状况下Cl2的物质的量是＝0.225 mol，由于Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x mol·L－1，则根据得失电子守恒可知，0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)×1，解得x＝3。
10．(2020·芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是(　　)
A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
答案　B
解析　在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×1.0 L＝1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量n[Cu(OH)2]＝39.2 g÷98 g·mol－1＝0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol∶0.1 mol＝2∶1，A项正确；根据电子转移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2 mol＋2×0.1 mol，解得n(NO)＝0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 mol＋1.0 mol·L－1×1.0 L＝1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝1.2 mol÷0.5 L＝2.4 mol·L－1，B项错误；根据选项B计算可知n(NO)＝0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L·
mol－1＝4.48 L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1 mol－2×0.4 mol＝0.2 mol，D项正确。
11．已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 mol·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液中加入a mol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是(　　)
A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a) mol
C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M
D．若有固体剩余则可能是铁
答案　D
解析　因氧化性：Fe3＋>M2＋，加入铁粉后，先与Fe3＋反应，后与M2＋反应。加入铁粉后，先与Fe3＋反应，混合溶液中n(Fe3＋)＝1 mol·L－1×0.1 L×2＝0.2 mol，则：当a≤0.1时，Fe粉只能将Fe3＋还原，A正确；当0.1≤a<0.2时，Fe3＋全部被还原，n(M2＋)＝1 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，加入的铁粉全部变为Fe2＋，根据铁元素守恒，n(Fe2＋)＝(0.2＋a) mol，B正确；当Fe3＋反应完全后，继续加入铁粉，将与M2＋反应，M2＋全部被还原，n(M2＋)＝1 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，当a≥0.2时，Fe3＋和M2＋均反应完全，此时发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M，C正确；若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，不可能只有Fe，D错误。
12．L、M、Q、R、X代表五种物质，它们都含某种价态的氮元素，各物质中氮元素的化合价只有一种。物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低，在一定条件下，它们会有如下的转化关系(未配平)。
Q＋HCl―→M＋Cl2＋H2O　R＋L―→X＋H2O
R＋O2―→L＋H2O
请判断：
(1)五种物质按氮元素的化合价从高到低的顺序排列是 。若五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是 (用字母表示)
(2)某同学写出下面不同价态的氮的化合物相互转化关系(未配平)，其中你认为一定不能实现的是 。
A．NO＋HNO3―→N2O3＋H2O
B．NH3＋NO―→HNO2＋H2O
C．N2O4＋H2O―→HNO3＋HNO2
答案　(1)Q、M、L、X、R　Q　(2)B
解析　(1)根据题干信息、氧化还原反应元素化合价的变化规律，Q＋HCl―→M＋Cl2＋H2O，Cl2是氧化产物，M是还原产物，因此氮元素化合价：Q>M；R＋O2―→L＋H2O，O2是氧化剂，R是还原剂，L是氧化产物，氮元素化合价：L>R；由R＋L―→X＋H2O反应式可知，X中氮的化合价介于R和L之间，又由于L>R，因此L>X>R，题干信息：物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低，M>L，五种化合物中氮元素化合价由高到低的顺序：Q>M>L>X>R；HNO3中N元素的化合物＋5，是N元素中化合价最高的，在五种物质中，Q中N元素的化合价最高，所以Q为硝酸。(2)NO中N元素为＋2价，HNO3中N元素为＋5价，N2O3中N元素为＋3价，＋3介于＋2和＋5之间，可以发生归中反应，A可以实现；NH3中N元素为－3价，NO中N元素为＋2价，而HNO2中N元素为＋3价，＋3>＋2>－3，B不可能实现；N2O4中N元素为＋4价，HNO3中N元素为＋5价，HNO2中N元素为＋3价，＋4介于＋3和＋5之间，可以发生歧化反应，C可以实现。
13．已知几种离子的还原能力强弱顺序为I－>Fe2＋>Br－，现有200 mL混合溶液中含FeI2、FeBr2各0.10 mol，向其中逐滴滴入氯水(假定Cl2分子只与溶质离子反应，不考虑其他反应)
(1)若氯水中有0.15 mol Cl2被还原，则所得溶液中含有的阴离子主要是 ，剩余Fe2＋的物质的量为 。
(2)若原溶液中Br－有一半被氧化，共消耗Cl2的物质的量为 ，若最终所得溶液为400 mL，其中主要阳离子及其物质的量浓度分别为 。
(3)通过对上述反应的分析，试判断Cl2、I2、Fe3＋、Br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是 。
(4)上述反应若原溶液中溶质离子全部被氧化后，再滴入足量氯水，则I2全部被Cl2氧化成HIO3(强酸)。试写出此反应的离子方程式： ；
上述所有反应共消耗Cl2 mol。
答案　(1)Cl－、Br－　0.10 mol　(2)0.25 mol
Fe3＋、0.50 mol·L－1　(3)Cl2>Br2>Fe3＋>I2　(4)I2＋5Cl2＋6H2O===2IO＋10Cl－＋12H＋　0.8
解析　(1)根据还原剂的还原性顺序可知，发生的反应依次为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，若氯水中有0.15 mol Cl2被还原，则被氧化的是0.2 mol碘离子和0.1 mol亚铁离子，因此所得溶液中含有的阴离子主要是Br－、Cl－，剩余Fe2＋的物质的量为0.2 mol－0.1 mol＝0.1 mol。(2)若原溶液中Br－有一半被氧化，则溶液中的碘离子和亚铁离子已经全部被氧化，则根据电子得失守恒可知共消耗Cl2的物质的量为＝0.25 mol；若最终所得溶液为400 mL，其中铁离子的物质的量浓度为＝0.50 mol·L－1。(3)根据在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知Cl2、I2、Fe3＋、Br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是Cl2>Br2>Fe3＋>I2。(4)I2全部被Cl2氧化成HIO3(强酸)，反应的离子方程式为I2＋5Cl2＋6H2O===12H＋＋10Cl－＋2IO。上述所有反应共消耗Cl2的物质的量为＋0.1 mol×5＝0.8 mol。
14．(2020·河北承德质检)黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。
(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。

①图1转化过程的总反应中，FeS2作 (填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是 。
②写出图1中Fe3＋与FeS2反应的离子方程式： 。
(2)Fe2＋被氧化为Fe3＋的过程中，控制起始时Fe2＋的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2＋被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。

①加入NaNO2发生反应：2H＋＋3NO===NO＋2NO↑＋H2O。该反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为 mol。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NO＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2＋转化率的原因： 。
答案　(1)①还原剂　催化剂　②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋　(2)①4　②生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
解析　(1)①转化过程中FeS2中S元素被氧化为SO，FeS2是还原剂；反应前后NO没有变化，所以NO是催化剂。②反应的离子方程式是14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋。
(2)①根据离子方程式可知，反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4 mol。②NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NO＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O，生成的NO更多，加快了反应速率。