(通用版)高考化学一轮复习一遍过专题06氧化还原基本概念应用(含解析)

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专题06 氧化还原基本概念应用
1．科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．过程I得到的Li3N的电子式为
B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑
C．过程Ⅲ涉及的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O
D．过程I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
【答案】D
【解析】A. Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；B.Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正确；C.在过程Ⅲ中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，C正确；D.过程Ⅱ的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误。
2．含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中 NA表示阿伏加德罗常数的值)(　　)
A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物
B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2：5
C．该反应中，若有1mol CN-发生反应，则有5NA电子发生转移
D．若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应
【答案】B
【解析】A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；
B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误； C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确； D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确。
3．KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：
①11KClO3+6I2+3H2O == 6KH(IO3)2 +3Cl2↑+5KCl
②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O
下列说法正确的是（ ）
A．化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键
B．反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2
C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝
D．可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素
【答案】D
【解析】A. 化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；B. 气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；C. 碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；D. 钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确。
4．由下列反应可以判断几种微粒的氧化性强弱，正确的是 （ ）
I2＋SO2＋2H2O＝2HI＋H2SO4；2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3； 2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋2HCl＋I2
A．I2＞Fe3+＞Cl2＞SO42- B．Cl2＞SO42-＞Fe3+＞I2
C．SO42-＞Fe3+＞Cl2＞I2 D．Cl2＞Fe3+＞I2＞SO42-
【答案】D
【解析】由反应I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4可知，氧化剂为I2，氧化产物为H2SO4，氧化性I2＞SO42-；由反应2FeCl2+Cl2═2FeCl3可知，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，氧化性Cl2＞Fe3+；由反应2FeCl3+2HI═I2+2FeCl2+2HCl可知，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，氧化性Fe3+＞I2，综上可知氧化性Cl2＞Fe3+＞I2＞SO42-，故选D。
5．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂。下列反应可制取K2FeO4：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O。下列有关该反应说法不正确的是 （ ）
A．每1个Fe（OH）3参与反应，转移3个电子 B．KCl是还原产物
C．Fe（OH）3发生氧化 D．Cl2是还原剂
【答案】D
【解析】A项、反应中，Fe（OH）3中铁元素从+3价升高到+6价，每1个Fe（OH）3参加反应，转移3个电子，故A正确；B项、反应中，Cl2中的氯元素化合价发生了降低，反应生成的KCl是还原产物，故B正确；C项、反应中，Fe（OH）3中铁元素从+3价升高到+6价，被氧化，还原剂Fe（OH）3发生氧化反应，故C正确；D项、Cl元素的化合价由0价降低为-1价，氯元素被还原，Cl2做氧化剂，故D错误。
6．ClO2是一种高效杀菌消毒剂，实验室可通过以下反应制得ClO2，2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，H2C2O4中氢是＋1价，氧是-2价，下列说法正确的是 （ ）
A．KClO3在反应中得到电子 B．CO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被还原 D．每2个KClO3参加反应有4个电子转移
【答案】A
【解析】A项、KClO3在反应中氯元素化合价降低，得到电子，故A正确；B项、H2C2O4在反应中碳元素化合价升高，被氧化，反应生成的CO2是氧化产物，故B错误；C项、H2C2O4在反应中碳元素化合价升高，被氧化，故C错误；D项、2molKClO3参加反应，有2mol×（5-4）=2mol电子转移，则每2个KClO3参加反应有2个电子转移，故D错误。
7．用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：

已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比
下列说法正确的是
A．反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2mol
B．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+
C．生成44.8 LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8mol
D．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
【答案】D
【解析】A. 30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+，故B错误；C. 没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；D. 吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe2+越多，进一步说明反应①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。
8．氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应：3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是(　　)
A．若管道漏气，遇氨就会产生白烟 B．该反应利用了氯气具有的氧化性
C．该反应属于复分解反应 D．生成1 mol 氮气有6 mol的电子转移
【答案】C
【解析】A.反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，A正确；B.Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，B正确；C.反应中Cl和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C错误；D.N元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，D正确。
9．下列实验操作、现象及其相应结论一定正确的是
选项
实验操作、现象
实验结论
A
将少量Cl2通入FeI2溶液，反应后溶液变黄
C12将Fe2+氧化为Fe3+
B
将某无色气体通入溴水中，溴水褪色
该气体一定表现还原性
C
向盛有2ml0.1mol·L-1AgNO3的试管中滴加5滴0.1mol·L-1NaCl溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加5滴0.1mol·L-1KI溶液，出现黄色沉淀
KSP(AgCl)>KSP(AgI)
D
向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，出现白色沉淀
非金属性：C>Si

【答案】D
【解析】A.实验结论错误，I-和Fe2+都可以被Cl2氧化,分别生成I2和Fe3+，I2和Fe3+都可以使溶液显黄色，该实验不能证明被氧化的离子是哪一种，故A错误；B.实验结论错误，能使溴水褪色的反应可能发生发生氧化还原反应，例如SO2与溴水的反应，二氧化硫表现了还原性；也有可能发生其他反应，例如向溴水中通入氨气，氨气溶于水使溶液显碱性，溴在碱性溶液中可以发生歧化反应，溴水褪色，便是氨气没有表现还原性，故B错误；C.实验操作错误，硝酸银溶液不可过量，应该向盛有2mL 0.1mol·L-1AgNO3的试管中滴加0.1mol·L-1NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成．再向其中滴加0.1 mol•L-1KI溶液，在实验过程中观察到白色沉淀慢慢转化为黄色沉淀，才可以得结论KSP(AgCl)>KSP(AgI)，故C错误；D.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，出现白色沉淀，证明碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强，因此非金属性：C>Si，故选D。
10．探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是

A．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B．①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C．②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D．通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【解析】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，所以产生气体的量相同，C项正确；D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误。
11．中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于 LDH(一种固体催化剂) 合成 NH3 的原理示意图，化学方程式为 2N2+6H2O=4NH3+3O2。下列说法不正确的是()

A．该过程将太阳能转化成为化学能
B．该过程中，只涉及共价键的断裂与生成
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 4∶3
D．2molN2 与足量水充分反应，能制得氨气 4mol
【答案】C
【解析】A项，该过程中将太阳能转化为化学能，故A正确；B项，反应物N2中存在非极性键、H2O中存在极性键，生成物NH3中存在极性键、O2中存在非极性键，极性键和非极性键均属于共价键，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，该过程中只涉及共价键的断裂与生成，故B正确；C项、在该反应中氧化产物为O2，还原产物为NH3，根据得失电子守恒，4n（O2）=3n（NH3），n（O2）：n（NH3）=3:4，故C错误；D项、由方程式可知，2molN2 与足量水充分反应生成4mol氨气，故D正确。
12．科学家研制出的八硝基立方烷(结构如图所示，碳原子未画出)是一种新型高能炸药，爆炸分解得到无毒、稳定的气体，下列说法正确的是 (　　)

A．分子中C、N间形成非极性键 B．1 mol该分子中含8 mol二氧化氮
C．该物质既有氧化性又有还原性 D．该物质爆炸产物是NO2、CO2、H2O
【答案】C
【解析】A.分子中C、N间形成的极性键，不是非极性键，故A错误；B.该分子中没有二氧化氮，1 mol该分子中含8 mol-NO2，故B错误；C. 该物质能燃烧，发生氧化反应，具有还原性；该物质中含有的是-NO2，-NO2能被还原，具有氧化性；所以该物质既有氧化性又有还原性，故C正确；D.爆炸分解得到无毒、稳定的气体，而NO2是有毒气体，则爆炸产物不含有NO2，故D错误。
13．亚硝酸钠()是一种具有咸味、有毒、具有防腐性，且价格比食盐（）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生，它的部分性质如右图，下列说法错误的是（ ）

A．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐()与亚硝酸钠()
B．亚硝酸钠可以加到食品中，但添加量要符合规定
C．与反应生成的化学方程式为
D．上图所涉及的化学反应都是氧化还原反应
【答案】D
【解析】依据图中转化关系可知，亚硝酸钠在酸性环境下能够氧化碘化钾生成单质碘，碘遇到淀粉会变蓝色，而氯化钠和KI不反应，可以用来鉴别氯化钠和亚硝酸钠，A正确；B. 亚硝酸钠具有防腐性，可以防止食品氧化变质，因此可以加到食品中，但添加量要符合规定，否则会引起中毒，B正确；C.依据图中转化关系可知：NaNO2与N2H4生成NaN3和水，反应中N元素化合价由+3价、-2价变为-价；依据得失电子守恒，反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，C正确；D.从图中转化关系可知亚硝酸钠与氯化铵溶液反应生成亚硝酸氨和氯化钠，该反应属于复分解反应，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误。
14．Pd/A12O3催化H2还原CO2的机理示意如图。下列说法不正确的是

A．H-H的断裂需要吸收能量
B．①-②，CO2发生加成反应
C．④中，CO被氧化为CH4
D．生成CH4的总反应方程式是CO2+4H2CH4+2H2O
【答案】C
【解析】A. 拆开化学键要吸收能量，H-H的断裂需要吸收能量，故A正确；B. ①-②，CO2中碳氧双键断裂，与羟基发生加成反应，故B正确，C. ④中，CO被还原为CH4，故C错误；D. 根据质量守恒，生成CH4的总反应方程式是CO2+4H2CH4+2H2O，故D正确。
15．向FeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I-、I2、、Fe2+、Fe3+等粒子的物质的量随n(Cl2)∶n(FeI2)的变化可用下图简单表示，下列有关说法中正确的是

A．细线1、细线3分别代表n(Fe3+)、n()随n(Cl2)∶n(FeI2)变化的情况
B．假设通入Cl2的过程中溶液的体积不变，则溶液的pH始终不变
C．当n(Cl2)∶n(FeI2)=6.5时，溶液中n(Cl-)∶n()=13
D．当n(Cl2)∶n(FeI2)=1.2时，离子方程式可表示为2Fe2++10I-+6Cl25I2+2Fe3++12Cl-
【答案】D
【解析】A.当n（Cl2）：n（FeI2）＜1时，碘离子反应生成碘单质，碘离子浓度减小至1时为0，碘单质的浓度最大，为原来碘离子浓度的一半，所以1代表了n（I-）的变化，当n（Cl2）：n（FeI2）＞1.5时，开始生成IO3-，至6.5时，IO3-达到最大量，故折线3的起点若从1.5出发至6.5结束，则细线3代表了n（IO3-）的变化，故A错误；B.由5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+12H++10Cl-可知，随氯气的通入，酸性增强，pH减小，故B错误；C.当n（Cl2）：n（FeI2）=6.5时，氯气和碘化亚铁恰好反应，反应方程式为13Cl2+2FeI2+12H2O=2FeCl3+4HIO3+20HCl，则n（C1-）：n（IO3-）=26：4=13：2=6.5，故C错误；D.当n（Cl2）：n（FeI2）=1.2时，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分氧化，则离子反应为2Fe2++10I-+6Cl2=5I2+2Fe3++12Cl-，故D正确。
16．三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。下列说法正确的是

A．TEOA→TEOA+为还原反应
B．Ni(OH)x降低了H+→H2的活化能
C．能量转化形式为太阳能→电能→化学能
D．WO3没有参与制氢反应过程
【答案】B
【解析】A. TEOA→TEOA+为失去电子的反应，是氧化反应，故A错误；B.如图所示，Ni(OH)x是H+→H2的催化剂，故其可以降低该反应的活化能，故B正确；C. 如图所示，能量转化形式为太阳能→化学能，故C错误；D. 如图所示WO3作为催化剂，参与了制氢反应过程，故D错误。
17．工业废水中含有的Cr2O72－和CrO42－会对水体产生很大的危害，因此这种工业废水必须净化处理。一种处理含铬废水的工艺流程如下：

①中反应为2 CrO42－(黄色)+2H+ Cr2O72－(橙色)+H2O。
下列说法正确的是
A．①中，酸化后废水黄色加深
B．②中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3︰1
C．③中，所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3
D．①中，所加酸可以是盐酸
【答案】C
【解析】A. ①中，酸化后，平衡正向移动，废水黄色变浅，故A错误；B.依据氧化还原反应电子守恒计算，Cr2O72－→2Cr3+～6e-，Fe2+～Fe3+～e-，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰6，故B错误；C. ②中有Fe3+生成，故③中所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3，故C正确；D. ①中不能加盐酸，盐酸有还原性，易把+6价的铬元素还原，HCl被氧化成氯气，故D错误。
18．铊(Tl)是某超导材料的组成元素之一,已知铊位于第六周期ⅢA族。Tl3+与Ag在酸性介质中发生反应:Tl3++2AgTl++2Ag+。下列推断正确的是
A．Tl+最外层有1个电子
B．Tl3+的氧化性比Ag+弱
C．Tl能形成+3价和+1价的化合物
D．Tl+的还原性比Ag强
【答案】C
【解析】A、铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B、反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，Tl3+为氧化剂，Ag+为氧化产物，氧化性：Tl3+＞Ag+，故B错误；C、根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故C正确；D、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D错误。
19．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3 = K2O＋5Na2O＋16N2↑下列说法正确的是
A．KNO3是还原剂，其中氮元素被氧化
B．生成物中的N2是氧化产物，也是还原产物
C．每转移1 mol电子，可生成N2的体积为35.84 L
D．若有65 g NaN3参加反应，则被还原的N的物质的量为3 mol
【答案】B
【解析】A．KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0价，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；B．KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0价，NaN3中N元素的化合价由-价升高为0价，只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B正确；C．由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1 mol电子，可生成N2为1.6mol，但状况未知，不能计算生成氮气的体积，故C错误；D．65 g NaN3的物质的量为=1mol，转移电子1mol电子，被还原的N的物质的量为=0.2mol，故D错误。
20．稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：①铈常见的化合价为+3价和＋4价：②氧化性：Ce4＋＞Fe3＋。下列说法不正确的是
A．工业上金属铈一般应低温密封保存
B．工业上不能采取用H2还原氧化铈的方法来治炼金属伂
C．工业上可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质
D．铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce＋6HI===2CeI3＋3H2↑
【答案】C
【解析】A．铈单质在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，所以一般应低温密封保存，故正确；
B．热还原法适用于金属活动性顺序表中处于中间或金属活动性与之相当的金属，稀土金属铈（Ce）在空气中易氧化变暗，遇水很快反应，故工业上不能采取用H2还原氧化铈的方法来治炼金属铈，故正确；C．铈单质容易和水之间发生反应，所以不用电解氯化铈水溶液来获得铈单质，故不正确；D．金属铈可以和强酸HI酸反应生成三价的铈盐和氢气，故正确。
21．已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br－，2Fe3++2I－=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示，不正确的是

A．BC段表示Fe3+的物质的量变化
B．原溶液中c(Fe2+) = 4mol/L
C．原溶液中：n(Fe2+)︰n(I－)︰n(Br－)=2︰1︰3
D．当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I－+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl－
【答案】B
【解析】A.反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+＞Br-，反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-＞Fe2+，所以还原性I-＞Fe2+＞Br-，则通入氯气，先与碘离子反应，BC段对应氯气与亚铁离子反应，则线段BC表示Fe3+物质的量的变化，故A正确；B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，则原溶液中c(Fe2+)=3mol/L，故B错误；C.碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=2：1：3，故C正确；D.由B可知，当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，故D正确。
22．某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是

A．该反应中Cl－为氧化产物
B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子
C．NH4+被ClO－氧化成N2
D．反应后溶液的酸性减弱
【答案】C
【解析】反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，A.由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；B.N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C.由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，故C正确；D.反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误。
23．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是

A．NaClO3在发生器中作氧化剂
B．吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子
C．吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解
D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
【答案】B
【解析】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH===2NaClO2+
2H2O+O2↑，1mol H2O2失去2mol电子，故B说法错误；C、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。
24．黄铁矿(主要成分FeS2)是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其氧化过程如下图所示。

下列有关说法不正确的是
A．经氧化后的黄铁矿可能呈现与铁锈类似的红褐色
B．a步反应中每生成1 mol FeSO4转移电子的物质的量为7 mol
C．氧化过程会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境
D．标准状况下，0.1 mol FeS2完全被氧化时大约消耗空气40 L
【答案】B
【解析】A、经氧化后的黄铁矿最终变为氢氧化铁，因此经氧化后的黄铁矿可能呈现与铁锈类似的红褐色，故A正确；B、1molFeS2完全被氧化时，S失电子，化合价从－1价升高到+6价，因此失电子总量是14mol，故B错误；C、根据a可知，氧化过程会产生较多酸性废水破坏矿区生态环境，故C正确；D、1molFeS2完全被氧化时，S失电子，失电子总量是14mol，根据电子守恒，消耗氧气的物质的量是14mol÷4mol=3.5mol，因此0.1molFeS2完全被氧化时消耗氧气是0.35mol，则消耗标况下空气体积为0.35mol×5×22.4L/mol≈40 L，故D正确。
25．高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：

(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为___,高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为____(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。
(2)按照上述流程,步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH_____(填“能”或“不能”),理由是___________。
(3)步骤②中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制,配制时所需玻璃仪器除量筒外,还____(填字母序号)。步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：__________。
A．容量瓶 B．烧杯 C．烧瓶 D．玻璃棒 E．酸式滴定管;
(4)步骤④中除生成Na2FeO4外,还有NaCl生成,其离子方程式为_________；己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液,则操作a的名称为_____。
(5)理论上,每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为_____。
【答案】+6 氧化还原反应 不能 CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2（其它合理答案也可） BD 取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋ 已经全部转化成Fe3＋ 2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O 过滤 74.5g
【解析】（1）Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；
高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；
（2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，不能用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH，CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2。
（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选：BD。
步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋ 已经全部转化成Fe3＋；
（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成,其离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；
己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤。
（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算，每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为74.5g。