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(通用版)高考化学一轮复习一遍过专题07氧化还原反应的配平和计算(含解析)
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这是一份(通用版)高考化学一轮复习一遍过专题07氧化还原反应的配平和计算(含解析)，共18页。
专题07 氧化还原反应的配平和计算
1．标准状况下，将a L SO2和Cl2组成的混合气体通入200 mL 0.1 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3 g。则下列关于该过程的推断不正确的是
A．所得沉淀为0.1 mol的BaSO4
B．混合气体中SO2的体积为0.896 L
C．a L混合气体的物质的量为0.08 mol
D．a的取值范围为1.344
【解析】A．加入BaCl2溶液，生成白色沉淀23.3g。SO2被Cl2、Fe3＋氧化成SO42－，而且原溶液中也有SO42－，所以白色沉淀为BaSO4，BaSO4的摩尔质量为233g·mol－1，23.3gBaSO4的物质的量。A项正确；B．原Fe2(SO4)3溶液中含有SO42－的物质的量。生成的BaSO4沉淀中的硫酸根为0.1mol，可知SO2被氧化生成的SO42－的物质的量为0.1－0.06mol=0.04mol。则混合气体中SO2的物质的量为0.04mol。在标准状况下，其体积。B项正确；C．根据题意，溶液的棕黄色变浅，所以SO2被Cl2氧化了，也被Fe3＋氧化了。但是SO2被氯气氧化了多少，不能确定，C项错误。D．根据题意，溶液的棕黄色变浅，所以SO2被Cl2氧化了，也被Fe3＋氧化了。则a的范围可以利用极值法求解。第一种情况，若SO2全部被Cl2氧化，而没有被Fe3＋氧化，发生的反应的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－，SO2和Cl2的比例为1：1，混合气体中SO2的物质的量为0.04mol，那么氯气的物质的量也为0.04mol，则混合气体的物质的量为0.08mol，混合气体的体积为。第二种情况，SO2除了被氯气氧化外，还被Fe3＋氧化，利用极值法，氯气最少，则溶液中Fe3＋反应完全，根据离子方程式SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO42－＋2Fe2＋＋4H＋，SO2和Fe3＋的物质的量之比为1：2，溶液中的Fe3＋的物质的量，则与Fe3＋反应的SO2为0.02mol。原Fe2(SO4)3溶液中含有SO42－的物质的量。生成的BaSO4沉淀中的硫酸根为0.1mol，则SO2被氧化生成的SO42－的物质的量为0.1－0.06mol=0.04mol，混合气体中SO2的物质的量也为0.04mol。被Fe3＋氧化的SO2为0.02mol，则被氯气氧化的SO2也为0.02mol。根据方程式SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－，SO2和Cl2的物质的量之比为1：1，则Cl2的物质的量为0.02mol。混合气体的物质的量为0.02＋0.04mol=0.06mol，混合气体的体积为。所以a的取值范围为1.344
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C．K2FeO4 具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】反在应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3 中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确； B、反应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；C、K2FeO4 中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂>氧化产物，故氧化性：KNO3>K2FeO4，选项D正确。
3．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO42-都是氧化产物
B．处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5
D．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1mol Cr2O72-，转移电子数不相等
【答案】C
【解析】A. 反应Ⅰ中Cu化合价没有改变，所以Cu2+不是氧化产物，故A错误；B. 处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，所以消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C. 反应Ⅱ中还原剂为Cu2S氧化剂为Cr2O72-，根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；
D. 处理1mol Cr2O72-得到2molCr3+，转移电子数相等，故D错误。
4．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．C3N4中C的化合价为 -4
B．反应的两个阶段均为吸热过程
C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。
5．下表是某同学探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的实验记录，已知：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+
序号
a
b
现象
1
2 mL 0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液(pH = 2)
3滴饱和Na2SO3溶液(pH = 9)
溶液变绿色(含Cr3+)
2
2 mL 0.1 mol·L−1 K2CrO4溶液(pH = 8)
3滴饱和Na2SO3溶液
溶液没有明显变化
3
2 mL饱和Na2SO3溶液
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变黄色
4
2 mL蒸馏水
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变成浅橙色
下列说法不正确的是
A．实验1中的绿色溶液中含有SO42-
B．实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同
C．向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色
D．实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响
【答案】C
【解析】A. 实验1中K2Cr2O7与Na2SO3发生了氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色，故A正确；B. 实验1、2中的a溶液中都存在平衡：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+，故溶液中所含的离子种类相同，故B正确；C.Na2SO3溶液呈碱性，滴加3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液，平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+向正向移动，溶液呈黄色；若向实验3溶液中继续滴加过量硫酸，则在酸性条件下，K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应，溶液变绿色，故C错误；D. 实验4和实验3相比，b溶液相同，a为等体积的蒸馏水，溶液由黄色变成浅橙色，颜色反而加深，故可排除稀释对溶液颜色变化造成的影响，故D正确。
6．工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．下列说法错误的是（ ）
A．硫元素既被氧化，又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
C．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
D．若生成2.24LCO2，则转移0.8mol电子
【答案】D
【解析】A.S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，不选A；B.2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3
+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，不选B；C.根据方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2可知，每吸收4mol SO2就会放出1molCO2，则相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2，不选C；D.温度压强未知，无法计算2.24 L CO2的物质的量，无法知道转移多少电子，选D。
7．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。其中反应④的离子方程式为 4 NH4+＋5O2＝2 NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，下列说法正确的是
A．①②均属于固氮反应
B．海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
C．反应④中每生成 1molH2O 共转移 2mol e－
D．向海洋排放含NO3- 的废水可能影响海洋中氮的循环
【答案】D
【解析】A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，①不属于氮的固定，②是氮的固定，故A错误；B．反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.根据4NH4+＋5O2＝2NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，生成 1molH2O 共转移4mol e－，故C错误；D．向海洋排放含NO3-的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，可能会影响海洋中氮的循环，故D正确。
8．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O。(未配平)下列说法正确的是( )
A．Fe2＋的还原性强于Mn2＋
B．MnO4－是氧化剂，Fe3＋是还原产物
C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1
D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子
【答案】A
【解析】A项，Fe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故A项正确；
B项，MnO4－化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；C项，锰元素由+7价降至+2价，铁元素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5，故C项错误；D项，根据离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O ，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D项错误。
9．明兰做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4－+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++____(未配平)。关于此反应的叙述正确的是( )
A．该反应的氧化产物是Mn2+
B．1 mol MnO4－在反应中失去5 mol电子
C．该反应右横线上的产物是OH－
D．配平该反应后，H+的计量数是6
【答案】D
【解析】A．化合价升高的元素是碳元素，所得生成物CO2是氧化产物，选项A错误；B．锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1mol MnO4－在反应中得到5mol电子，选项B错误；C．反应方程式左边有H+，则右边不能出现OH-，右横线上的产物是水，选项C错误；
D．根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6，选项D正确。
10．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaC1O、NaClO3，的混合液，经滋定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与技氧化的氯元素的物质的量之比为
A．21：5 B．11：3
C．3：1 D．4：1
【答案】D
【解析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，
ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1：3，
则可设ClO-为1mol，ClO3-为3mol，被氧化的Cl共为4mol，
失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+3mol×（5-0）=16mol，
氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，
Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，
则得到电子的物质的量也应为16mol，
则被还原的Cl的物质的量为16mol，
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，
答案选D。
11．据央视网2017年8月23日报道，环保督察不是一阵风。就在8月中旬，第四批中央环境保护督察又全面启动了，而环保督察这项工作本身也在不断升级。氰化物是水体污染的重要物质，该类物质剧毒，特别是HCN具有挥发性，毒害更大。其中NaCN污染一般可采用次氯酸钠法进行处理，该处理方法的原理可分两步：
步骤①：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；
步骤②：NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
下列有关判断正确的是
A．NaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等
B．步骤①可在酸性条件下进行
C．步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2
D．步骤②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
【答案】D
【解析】A、NaCN中C的化合价为+2，N的化合价为-3，NaOCN中Na的化合价为+1，O的化合价为-2，因NaCN与NaClO反应生成NaOCN和NaCl的反应中Cl的化合价降低，故NaOCN中N的化合价为-3，C的化合价为+4，选项A错误；B、因HCN具有挥发性，且毒害更大，故步骤①不能在酸性条件下进行，选项B错误；C、步骤②发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-=CO2↑+C+3Cl-+N2↑，故该反应中氧化剂是NaClO，还原剂是NaOCN，氧化产物是N2，还原产物是NaCl，选项C错误，D、根据选项C的分析，步骤②中氧化剂NaClO与还原剂NaOCN的物质的量之比为3∶2，选项D正确。
12．发射“神舟七号”载人飞船的是我国自行研制的“长征一号D”运载火箭。该火箭的主要燃料是偏二甲肼(用R表示)和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为:，下列叙述错误的是（ ）
A．此反应是氧化还原反应
B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行
C．在此反应中作还原剂
D．R的分子式为
【答案】C
【解析】A、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，故A正确；B、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故B正确；C、N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高，故偏二甲肼作还原剂，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确。
13．黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(Ⅰ)产物Cu2S在1200 ℃高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2 (Ⅱ)2Cu2O+Cu2S6Cu +SO2↑ (Ⅲ)假定各步反应都完全。则下列说法正确的是
A．由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为15mol
B．6molCuFeS2和14.25molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol
C．反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂
D．取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8%
【答案】A
【解析】A.由反应可知，最终CuFeS2与O2反应的最终成为FeO、Cu、SO2，根据原子守恒n(FeO)=n(CuFeS2)=6mol，n(SO2)=2n(CuFeS2)=12mol，根据O原子守恒可知2n(O2)=n(FeO)+2n(SO2)=6mol+12mol×2，故n(O2)=15mol，A正确；B.2CuFeS2+4O2 Cu2S+3SO2+2FeO，根据方程式可知6molCuFeS2反应消耗12molO2，反应产生3mol Cu2S，剩余氧气为14.25mol-12mol=2.25mol，再根据方程式2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2可知Cu2S与O2反应的物质的量的比为2：3，3molCu2S完全反应需消耗4.5molO2，现在只剩有2.25mol，显然氧气不足，氧气完全反应，按照氧气计算，n(O2)=2.25mol，则反应产生Cu2O的物质的量为n(Cu2O)=，消耗Cu2S也是1.5mol，则剩余Cu2S物质的量为n(Cu2S)=3mol-1.5mol=1.5mol，再发生反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，二者反应的物质的量的比是2：1，现在二者的物质的量相等，显然氧化亚铜完全反应，则生成铜的物质的量为n(Cu)=3×1.5mol=4.5mol，B错误；C.反应I中Cu元素的化合价由+2价降低到Cu2S 中的+1，S元素的化合价由-2升高到SO2中的+4，所以反应Ⅰ中CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，C错误；D.12.5g×ω(CuFeS2)×==3.6g，解得ω(CuFeS2)=82.8%，但黄铜矿样品中还可能还有其他含硫物质，所以矿样中CuFeS2质量分数不一定为82.8%，D错误。
14．KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl(浓)= KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法不正确的是
A．Cl2既是氧化产物，又是还原产物
B．转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2
C．盐酸既体现酸性，又体现还原性
D．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1
【答案】B
【解析】A项，该反应中氧化剂是氯酸钾，浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故A项正确；B项，温度和压强未知，无法计算气体体积，故B项错误；C项，该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C项正确；D项，该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:1，故D项正确。
15．H2O2是一种“绿色”试剂，许多物质都会使较高浓度的H2O2溶液发生催化分解。实验发现，向H2O2溶液中加入Br2可以加快其分解速率。有人提出反应机理可能有2步，第1步反应为：H2O2 + Br2 === 2H+ + O2↑+ 2Br-。下列说法正确的是
A．H2O2分子中含有离子键和非极性键
B．在第1步反应中，每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子
C．机理中第2步反应为：2H+ + H2O2 + 2Br- === 2H2O + Br2
D．若在加入Br2的H2O2溶液中检出Br-，则说明第1步反应发生了
【答案】C
【解析】A、H2O2属于共价化合物，其结构式为H－O－O－H，含有共价键，不含离子键，故A错误；B、第1步反应中，生成0.1molO2，转移电子物质的量为0.1×2×1mol=0.2mol，故B错误；C、H2O2分解反应方程式为2H2O2=2H2O＋O2↑，根据第1步反应，推出第2步反应为2H＋＋H2O2＋Br－=2H2O＋Br2，故C正确；D、Br2能与水反应生成Br－，因此该溶液中检验出Br－，不能说明第1步发生，故D错误。
16．运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要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：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5
B．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
C．KCl既是氧化产物，又是还原产物
D．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】B
【解析】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KClO3是氧化剂，且氯元素化合价全部降低；反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，选项A错误；B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为3mol×5=l5mol，选项B正确；C. KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物，P2O5是还原剂P失去电子形成的氧化产物，选项C错误；D. 白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误。
17．某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
（1）请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。
Au2O3+_____+______→______+________+_________
（2）反应中，被还原的元素是_______，还原剂是____________。
（3）将氧化剂与还原剂填入空格中，并用单线桥表示出电子转移的方向和数目。______
（4）纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的个数之比为_______。
【答案】Na2S2O3 H2O Au2O Na2S4O6 NaOH Au Na2S2O3 1：4
【解析】（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，则Au元素被还原，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，即氧化产物，由于2Na2S2O3→Na2S4O6，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高8×（2.5-2）=4，根据化合价升降相等，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH，故答案为：. Au2O3、Na2S2O3、H2O、Au2O、Na2S4O6、NaOH。
（2）Au元素的化合价降低，被还原，S元素的化合价升高，则Na2S2O3为还原剂，故答案为：Au；Na2S2O3。
（3）Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH中，S失去电子，转移4e-，则电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：。
（4）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，所以n（Na2S2O3）×2×（6-2）=n（Cl2）×2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4，故答案为：1：4。
18．氢化钠(NaH)和硝酸铵在工农业生产中有重要应用。
(1)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为___________。
(2)NaH能与水烈反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比是____。
(3)金属与稀硝酸反应通常生成NO，硝酸更稀时，还可生成NH4NO3。写出镁与稀硝酸反应(HNO3仅被还原为NO)的化学方程式：____________________________________，若镁与稀硝酸反应时HNO3的还原产物仅为NH4NO3，则每生成1mol NH4NO3消耗HNO3的物质的量为________。
【答案】-1 1:1 3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O 10mol
【解析】 (1)Na为+1价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所有NaH中H元素的化合价为-1价；(2)在NaH+H2O=NaOH+H2↑中，H元素的化合价由反应前NaH中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子，NaH作还原剂；H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，获得电子，H2O作氧化剂；所有氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:1；(3)Mg是+2价金属，与硝酸反应时被氧化产生Mg(NO3)2，HNO3被还原产生NO，根据反应过程中电子守恒、原子守恒可得化学反应方程式为3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；若HNO3被还原产生NH4NO3，根据电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O.有方程式可知：每反应产生1mol NH4NO3反应会消耗HNO3的物质的量是10mol。
19．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(ClO2)气体，该反应的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
(1)该反应的氧化产物是_____________ (填化学式)。
(2)在反应中浓盐酸表现出来的性质是________(填字母)。
A．只有还原性 B 只有氧化性 C．还原性和酸性 D．氧化性和酸性
(3)若该反应产生2.24 L(标准状况)ClO2，则转移电子的物质的量为_____________。
(4)当发生二氧化氯泄漏和爆炸事故，人们逃离爆炸现场时，可用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适宜采用的物质是_________(填字母)。
A．NaOH B．NaCl C．KCl D．Na2CO3
(5)某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体。写出该反应的化学方程式:____________________________________________________。
【答案】Cl2 C 0.lmol D 2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl
【解析】KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(ClO2)气体，该反应的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
(1)还原剂被氧化，得到的产物称为氧化产物，此反应氧化产物为Cl2，
故答案为：Cl2；
(2)浓盐酸在反应中作还原剂，但氯元素化合价并没有全部升高，所以表现出来的性质既有还原性，也有酸性，
故答案为：C；
(3)2.24 L(标准状况)ClO2为0.1mol，氯元素化合价由KClO3中+5降低为+4，则转移电子的物质的量为0.1mol，
故答案为：0.1mol；
(4)A．NaOH碱性过强，对身体有损害，故A不适宜；B．NaCl、C．KCl与氯气不反应，故B和C不适宜；D．Na2CO3溶液呈碱性，可以与氯气反应，故最适宜，
故答案为：D；
(5)根据题干信息，该反应为2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl，
故答案为：2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl。
20．若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。如:8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2
（1）在黄铜矿中硫的化合价为______________，该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有_________种。
（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为_________，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为_________。
（3）反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是_________（选填编号）
A.KMnO4溶液 B.NaOH溶液 C.H2S气体 D.NaHSO3溶液
（4）某吸收方法产生的物质可能有：①Na2SO4②NaHSO4③Na2SO3④NaHSO3等。
等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是_____________________（用编号填写），选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，写出对应的化学方程式__________________。某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x2，若x1”或“<“或“=”)。
【答案】-2 四 30NA 1:1 CD ③①④② 2NaHSO4+ Na2SO3= 2Na2SO4+ H2O+SO2↑ >
【解析】（1）CuFeS2中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还原得到的产物是还原产物，铜元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，故该反应中还原产物有Cu，FeO，Fe2O3，SO2，共四种，故答案为：-2；四。
（2）8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，由方程式可推出，每消耗21mol氧气，转移的电子数为16mol+84mol=100mol，若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为30mol，即30NA，其中铁元素部分被氧化，CuFeS2→Fe2O3，8个Fe中有4个被氧化，故被氧化和未被氧化的物质的量之比为1:1，故答案为：30NA，1:1。
（3）8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，二氧化硫有毒，不能直接排放到大气中，
A.SO2被KMnO4溶液氧化成硫酸根离子，故A正确；
B.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故B正确；
C.硫化氢气体可以与二氧化硫反应生成硫和水，但硫化氢有毒，硫化氢易逸出到空气中污染空气，故C错误；
D.二氧化硫在NaHSO3溶液中的溶解度很小，故不能用其吸收二氧化硫，故D错误；
（4）等浓度的①Na2SO4的pH=7；②NaHSO4完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42-，pH＜7；③Na2SO3溶液中，存在水解平衡SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，溶液显碱性，pH＞7，④NaHSO3溶液中：HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-⇌H++SO32-，电离大于水解，所以pH<7，由于NaHSO4是强电解质，故等浓度的溶液中的氢离子浓度大于NaHSO3溶液中的氢离子浓度，故答案为：③①④②。为了实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，化学方程式为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑。如果是等浓度的NaHSO3溶液和NaHSO4溶液，NaHSO3溶液的pH大于NaHSO4溶液，若x1c2，故答案为：>。
21．氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
(1)炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：______________________。当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是______________________。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：______________________，操作X包括___________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是___________。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：_________________________________。
【答案】SO2 2：1 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 空气或氧气 3.7≤pH<4.8 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O 过滤 防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O
【解析】 (1)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，根据得失电子守恒和原子守恒，二者的物质的量之比为2:1，
故答案为：SO2；2：1；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；空气或氧气；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，
故答案为：3.7≤pH<4.8；
(4)N2H4将Cu2+还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为；4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，
故答案为：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，故阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；
故答案为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
22．电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se，工业上从其中回收硒(Se)、碲(Te)的一种工艺流程如下：
已知：I.TeO2是两性氧化物、微溶于水；
Ⅱ.元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO32-、HTeO3-等形式存在；
（1）SeO2与SO2通入水中反应的化学方程式为_____________________________操作①的名称为__________。
（2）焙砂中碲以TeO2形式存在。溶液①中的溶质主要成分为NaOH、_______。工业上通过电解溶液①也可得到单质碲。已知电极均为石墨，则阴极的电极反应式为___________________________。
（3）向溶液①中加入硫酸，控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是_________________________________。
（4）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲溶液，然后将SO2通入到溶液中得到Te单质。由四氯化碲得到Te单质的离子方程式为__________________。
【答案】SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se↓ 过滤 Na2TeO3 TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH- TeO2 是两性氧化物，溶液酸性过強，TeO2 会继续与酸反应导致碲元素损失 Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO42-
【解析】 (1)根据流程图，SeO2 与SO2在冷却后通入水中反应生成Se，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se↓，Se单质难溶于水，反应后分离出Se单质可以通过过滤方法分离；
(2)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为Na2TeO3。工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，电解时电极均为石墨，阴极发生还原反应，TeO32-在阴极得到电子被还原生成Te，电极反应式为TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-；
(3)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，溶液酸性过強，TeO2 会继续与酸反应，导致碲元素损失，使碲的回收率偏低；
(4)将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再将SO2通入到溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO42-。
23．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、 KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
(1)NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为_____________________。
(2) Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为____________________。
(3)KCIO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KCIO4含有化学键的类型有_____________________。
(4)NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解。假定汽车发生碰撞时，安全气囊的产气药剂刚好完全反应，则产生的气体中属于非极性分子的是____________ (写分子式)。所得固体产物溶于水显强碱性的原因是____________。
(5)利用产气药剂中物质可设计实验比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，该实验方案是____________。
【答案】 Fe 离子键和共价键 CO2、N2 Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性 测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH
【解析】（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为；
正确答案：。
（2）Fe2O3是氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe；
正确答案：Fe。
（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；
正确答案：离子键和共价键。
（4）2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ 2NaN3 2Na+3N2，产生的气体中属于非极性分子的是CO2、N2；KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O ；Fe2O3+6Na=2Fe+3Na2O；Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性，所以所得固体产物溶于水显强碱性；
正确答案：CO2、N2；Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性
（5）最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强；测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH，酸根离子对应酸的酸性越弱，水解能力越强，pH值越大，测定KClO4溶液为中性，碳酸氢钠溶液弱碱性，可得结论；
正确答案：测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH。
24．已知：CuI是难溶于水的白色固体。氧化性Cu2+＞I2＞Cu+，还原性Cu＞I-＞Cu+。请回答：
(1)根据物质氧化性、还原性的强弱推测，在溶液中Cu2+和I反应离子方程式是_____________。
(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为__________________________；欲消除HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性H2S____________(填“＞”“＜”或“＝”)I-。
(3)CuI用于监测空气中汞蒸气：4CuI(白色)+Hg=Cu2HgI4(亮黄色)+2Cu。Cu2HgI4是___________。
A.氧化产物
B.还原产物
C.既是氧化产物又是还原产物
D.既不是筑化产物也不是还原产物
(4)间接碘量法用于测定溶液中Cu2+含量，即向含Cu2+的溶液中加入足量KI溶液和几滴指示剂X，再用Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点的现象是___________(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62- )。
【答案】2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 2Cu+I2=2CuI ＞ A 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液恰好从蓝色变为无色，且半分钟内不改变
【解析】 (1)根据题意：还原性Cu＞I－＞Cu＋，碘离子对应的氧化产物是单质碘，铜离子做氧化剂时被还原为低价的亚铜离子，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单质的缘故，加入金属铜，金属铜可以和碘单质反应，即2Cu+I2=2CuI↓；
碘离子的还原性比硫离子的还原性弱，所以碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢。
(3)化合价升高的汞元素所在产物Cu2HgI4是氧化产物，故选A。
(4)利用淀粉作指示剂，反应结束时，碘消耗完，蓝色消失。达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液恰好从蓝色变为无色，且半分钟内不改变。
25．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2中的化合价为__________。
（2）写出“反应”步骤中生成的化学方程式____________。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去和，要加入的试剂分别为__________、__________。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________，该反应中氧化产物是____________。
（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的氧化能力。的有效氯含量为____________。（计算结果保留两位小数）。
【答案】+3 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 NaOH溶液 Na2CO3溶液 O2 1.57
【解析】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，
故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2失去2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；O2；
（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，
则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g，故答案为：1.57g。
专题07 氧化还原反应的配平和计算
1．标准状况下，将a L SO2和Cl2组成的混合气体通入200 mL 0.1 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3 g。则下列关于该过程的推断不正确的是
A．所得沉淀为0.1 mol的BaSO4
B．混合气体中SO2的体积为0.896 L
C．a L混合气体的物质的量为0.08 mol
D．a的取值范围为1.344
【解析】A．加入BaCl2溶液，生成白色沉淀23.3g。SO2被Cl2、Fe3＋氧化成SO42－，而且原溶液中也有SO42－，所以白色沉淀为BaSO4，BaSO4的摩尔质量为233g·mol－1，23.3gBaSO4的物质的量。A项正确；B．原Fe2(SO4)3溶液中含有SO42－的物质的量。生成的BaSO4沉淀中的硫酸根为0.1mol，可知SO2被氧化生成的SO42－的物质的量为0.1－0.06mol=0.04mol。则混合气体中SO2的物质的量为0.04mol。在标准状况下，其体积。B项正确；C．根据题意，溶液的棕黄色变浅，所以SO2被Cl2氧化了，也被Fe3＋氧化了。但是SO2被氯气氧化了多少，不能确定，C项错误。D．根据题意，溶液的棕黄色变浅，所以SO2被Cl2氧化了，也被Fe3＋氧化了。则a的范围可以利用极值法求解。第一种情况，若SO2全部被Cl2氧化，而没有被Fe3＋氧化，发生的反应的离子方程式为SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－，SO2和Cl2的比例为1：1，混合气体中SO2的物质的量为0.04mol，那么氯气的物质的量也为0.04mol，则混合气体的物质的量为0.08mol，混合气体的体积为。第二种情况，SO2除了被氯气氧化外，还被Fe3＋氧化，利用极值法，氯气最少，则溶液中Fe3＋反应完全，根据离子方程式SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO42－＋2Fe2＋＋4H＋，SO2和Fe3＋的物质的量之比为1：2，溶液中的Fe3＋的物质的量，则与Fe3＋反应的SO2为0.02mol。原Fe2(SO4)3溶液中含有SO42－的物质的量。生成的BaSO4沉淀中的硫酸根为0.1mol，则SO2被氧化生成的SO42－的物质的量为0.1－0.06mol=0.04mol，混合气体中SO2的物质的量也为0.04mol。被Fe3＋氧化的SO2为0.02mol，则被氯气氧化的SO2也为0.02mol。根据方程式SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－，SO2和Cl2的物质的量之比为1：1，则Cl2的物质的量为0.02mol。混合气体的物质的量为0.02＋0.04mol=0.06mol，混合气体的体积为。所以a的取值范围为1.344
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C．K2FeO4 具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】反在应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3 中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确； B、反应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；C、K2FeO4 中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂>氧化产物，故氧化性：KNO3>K2FeO4，选项D正确。
3．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO42-都是氧化产物
B．处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5
D．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1mol Cr2O72-，转移电子数不相等
【答案】C
【解析】A. 反应Ⅰ中Cu化合价没有改变，所以Cu2+不是氧化产物，故A错误；B. 处理1mol Cr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，所以消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C. 反应Ⅱ中还原剂为Cu2S氧化剂为Cr2O72-，根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确；
D. 处理1mol Cr2O72-得到2molCr3+，转移电子数相等，故D错误。
4．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．C3N4中C的化合价为 -4
B．反应的两个阶段均为吸热过程
C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】A. 依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；B. 阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；C. 阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；D. 利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。
5．下表是某同学探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的实验记录，已知：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+
序号
a
b
现象
1
2 mL 0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液(pH = 2)
3滴饱和Na2SO3溶液(pH = 9)
溶液变绿色(含Cr3+)
2
2 mL 0.1 mol·L−1 K2CrO4溶液(pH = 8)
3滴饱和Na2SO3溶液
溶液没有明显变化
3
2 mL饱和Na2SO3溶液
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变黄色
4
2 mL蒸馏水
3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液
溶液变成浅橙色
下列说法不正确的是
A．实验1中的绿色溶液中含有SO42-
B．实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同
C．向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色
D．实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响
【答案】C
【解析】A. 实验1中K2Cr2O7与Na2SO3发生了氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色，故A正确；B. 实验1、2中的a溶液中都存在平衡：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+，故溶液中所含的离子种类相同，故B正确；C.Na2SO3溶液呈碱性，滴加3滴0.05 mol·L−1 K2Cr2O7溶液，平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+向正向移动，溶液呈黄色；若向实验3溶液中继续滴加过量硫酸，则在酸性条件下，K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应，溶液变绿色，故C错误；D. 实验4和实验3相比，b溶液相同，a为等体积的蒸馏水，溶液由黄色变成浅橙色，颜色反而加深，故可排除稀释对溶液颜色变化造成的影响，故D正确。
6．工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．下列说法错误的是（ ）
A．硫元素既被氧化，又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
C．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
D．若生成2.24LCO2，则转移0.8mol电子
【答案】D
【解析】A.S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，不选A；B.2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3
+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，不选B；C.根据方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2可知，每吸收4mol SO2就会放出1molCO2，则相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2，不选C；D.温度压强未知，无法计算2.24 L CO2的物质的量，无法知道转移多少电子，选D。
7．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。其中反应④的离子方程式为 4 NH4+＋5O2＝2 NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，下列说法正确的是
A．①②均属于固氮反应
B．海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
C．反应④中每生成 1molH2O 共转移 2mol e－
D．向海洋排放含NO3- 的废水可能影响海洋中氮的循环
【答案】D
【解析】A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，①不属于氮的固定，②是氮的固定，故A错误；B．反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.根据4NH4+＋5O2＝2NO2-＋6H＋＋N2O＋5H2O，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，生成 1molH2O 共转移4mol e－，故C错误；D．向海洋排放含NO3-的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，可能会影响海洋中氮的循环，故D正确。
8．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O。(未配平)下列说法正确的是( )
A．Fe2＋的还原性强于Mn2＋
B．MnO4－是氧化剂，Fe3＋是还原产物
C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1
D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子
【答案】A
【解析】A项，Fe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故A项正确；
B项，MnO4－化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；C项，锰元素由+7价降至+2价，铁元素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5，故C项错误；D项，根据离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O ，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D项错误。
9．明兰做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4－+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++____(未配平)。关于此反应的叙述正确的是( )
A．该反应的氧化产物是Mn2+
B．1 mol MnO4－在反应中失去5 mol电子
C．该反应右横线上的产物是OH－
D．配平该反应后，H+的计量数是6
【答案】D
【解析】A．化合价升高的元素是碳元素，所得生成物CO2是氧化产物，选项A错误；B．锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1mol MnO4－在反应中得到5mol电子，选项B错误；C．反应方程式左边有H+，则右边不能出现OH-，右横线上的产物是水，选项C错误；
D．根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6，选项D正确。
10．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaC1O、NaClO3，的混合液，经滋定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与技氧化的氯元素的物质的量之比为
A．21：5 B．11：3
C．3：1 D．4：1
【答案】D
【解析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，
ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1：3，
则可设ClO-为1mol，ClO3-为3mol，被氧化的Cl共为4mol，
失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+3mol×（5-0）=16mol，
氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，
Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，
则得到电子的物质的量也应为16mol，
则被还原的Cl的物质的量为16mol，
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，
答案选D。
11．据央视网2017年8月23日报道，环保督察不是一阵风。就在8月中旬，第四批中央环境保护督察又全面启动了，而环保督察这项工作本身也在不断升级。氰化物是水体污染的重要物质，该类物质剧毒，特别是HCN具有挥发性，毒害更大。其中NaCN污染一般可采用次氯酸钠法进行处理，该处理方法的原理可分两步：
步骤①：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；
步骤②：NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
下列有关判断正确的是
A．NaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等
B．步骤①可在酸性条件下进行
C．步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2
D．步骤②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
【答案】D
【解析】A、NaCN中C的化合价为+2，N的化合价为-3，NaOCN中Na的化合价为+1，O的化合价为-2，因NaCN与NaClO反应生成NaOCN和NaCl的反应中Cl的化合价降低，故NaOCN中N的化合价为-3，C的化合价为+4，选项A错误；B、因HCN具有挥发性，且毒害更大，故步骤①不能在酸性条件下进行，选项B错误；C、步骤②发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-=CO2↑+C+3Cl-+N2↑，故该反应中氧化剂是NaClO，还原剂是NaOCN，氧化产物是N2，还原产物是NaCl，选项C错误，D、根据选项C的分析，步骤②中氧化剂NaClO与还原剂NaOCN的物质的量之比为3∶2，选项D正确。
12．发射“神舟七号”载人飞船的是我国自行研制的“长征一号D”运载火箭。该火箭的主要燃料是偏二甲肼(用R表示)和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为:，下列叙述错误的是（ ）
A．此反应是氧化还原反应
B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行
C．在此反应中作还原剂
D．R的分子式为
【答案】C
【解析】A、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，故A正确；B、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故B正确；C、N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高，故偏二甲肼作还原剂，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确。
13．黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(Ⅰ)产物Cu2S在1200 ℃高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2 (Ⅱ)2Cu2O+Cu2S6Cu +SO2↑ (Ⅲ)假定各步反应都完全。则下列说法正确的是
A．由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为15mol
B．6molCuFeS2和14.25molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol
C．反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂
D．取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8%
【答案】A
【解析】A.由反应可知，最终CuFeS2与O2反应的最终成为FeO、Cu、SO2，根据原子守恒n(FeO)=n(CuFeS2)=6mol，n(SO2)=2n(CuFeS2)=12mol，根据O原子守恒可知2n(O2)=n(FeO)+2n(SO2)=6mol+12mol×2，故n(O2)=15mol，A正确；B.2CuFeS2+4O2 Cu2S+3SO2+2FeO，根据方程式可知6molCuFeS2反应消耗12molO2，反应产生3mol Cu2S，剩余氧气为14.25mol-12mol=2.25mol，再根据方程式2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2可知Cu2S与O2反应的物质的量的比为2：3，3molCu2S完全反应需消耗4.5molO2，现在只剩有2.25mol，显然氧气不足，氧气完全反应，按照氧气计算，n(O2)=2.25mol，则反应产生Cu2O的物质的量为n(Cu2O)=，消耗Cu2S也是1.5mol，则剩余Cu2S物质的量为n(Cu2S)=3mol-1.5mol=1.5mol，再发生反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2，二者反应的物质的量的比是2：1，现在二者的物质的量相等，显然氧化亚铜完全反应，则生成铜的物质的量为n(Cu)=3×1.5mol=4.5mol，B错误；C.反应I中Cu元素的化合价由+2价降低到Cu2S 中的+1，S元素的化合价由-2升高到SO2中的+4，所以反应Ⅰ中CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，C错误；D.12.5g×ω(CuFeS2)×==3.6g，解得ω(CuFeS2)=82.8%，但黄铜矿样品中还可能还有其他含硫物质，所以矿样中CuFeS2质量分数不一定为82.8%，D错误。
14．KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl(浓)= KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法不正确的是
A．Cl2既是氧化产物，又是还原产物
B．转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2
C．盐酸既体现酸性，又体现还原性
D．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1
【答案】B
【解析】A项，该反应中氧化剂是氯酸钾，浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故A项正确；B项，温度和压强未知，无法计算气体体积，故B项错误；C项，该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C项正确；D项，该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:1，故D项正确。
15．H2O2是一种“绿色”试剂，许多物质都会使较高浓度的H2O2溶液发生催化分解。实验发现，向H2O2溶液中加入Br2可以加快其分解速率。有人提出反应机理可能有2步，第1步反应为：H2O2 + Br2 === 2H+ + O2↑+ 2Br-。下列说法正确的是
A．H2O2分子中含有离子键和非极性键
B．在第1步反应中，每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子
C．机理中第2步反应为：2H+ + H2O2 + 2Br- === 2H2O + Br2
D．若在加入Br2的H2O2溶液中检出Br-，则说明第1步反应发生了
【答案】C
【解析】A、H2O2属于共价化合物，其结构式为H－O－O－H，含有共价键，不含离子键，故A错误；B、第1步反应中，生成0.1molO2，转移电子物质的量为0.1×2×1mol=0.2mol，故B错误；C、H2O2分解反应方程式为2H2O2=2H2O＋O2↑，根据第1步反应，推出第2步反应为2H＋＋H2O2＋Br－=2H2O＋Br2，故C正确；D、Br2能与水反应生成Br－，因此该溶液中检验出Br－，不能说明第1步发生，故D错误。
16．运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要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：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5
B．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
C．KCl既是氧化产物，又是还原产物
D．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】B
【解析】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KClO3是氧化剂，且氯元素化合价全部降低；反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，选项A错误；B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为3mol×5=l5mol，选项B正确；C. KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物，P2O5是还原剂P失去电子形成的氧化产物，选项C错误；D. 白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误。
17．某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
（1）请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。
Au2O3+_____+______→______+________+_________
（2）反应中，被还原的元素是_______，还原剂是____________。
（3）将氧化剂与还原剂填入空格中，并用单线桥表示出电子转移的方向和数目。______
（4）纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的个数之比为_______。
【答案】Na2S2O3 H2O Au2O Na2S4O6 NaOH Au Na2S2O3 1：4
【解析】（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，则Au元素被还原，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，即氧化产物，由于2Na2S2O3→Na2S4O6，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高8×（2.5-2）=4，根据化合价升降相等，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH，故答案为：. Au2O3、Na2S2O3、H2O、Au2O、Na2S4O6、NaOH。
（2）Au元素的化合价降低，被还原，S元素的化合价升高，则Na2S2O3为还原剂，故答案为：Au；Na2S2O3。
（3）Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH中，S失去电子，转移4e-，则电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：。
（4）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，所以n（Na2S2O3）×2×（6-2）=n（Cl2）×2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4，故答案为：1：4。
18．氢化钠(NaH)和硝酸铵在工农业生产中有重要应用。
(1)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为___________。
(2)NaH能与水烈反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比是____。
(3)金属与稀硝酸反应通常生成NO，硝酸更稀时，还可生成NH4NO3。写出镁与稀硝酸反应(HNO3仅被还原为NO)的化学方程式：____________________________________，若镁与稀硝酸反应时HNO3的还原产物仅为NH4NO3，则每生成1mol NH4NO3消耗HNO3的物质的量为________。
【答案】-1 1:1 3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O 10mol
【解析】 (1)Na为+1价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所有NaH中H元素的化合价为-1价；(2)在NaH+H2O=NaOH+H2↑中，H元素的化合价由反应前NaH中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子，NaH作还原剂；H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，获得电子，H2O作氧化剂；所有氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:1；(3)Mg是+2价金属，与硝酸反应时被氧化产生Mg(NO3)2，HNO3被还原产生NO，根据反应过程中电子守恒、原子守恒可得化学反应方程式为3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；若HNO3被还原产生NH4NO3，根据电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O.有方程式可知：每反应产生1mol NH4NO3反应会消耗HNO3的物质的量是10mol。
19．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(ClO2)气体，该反应的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
(1)该反应的氧化产物是_____________ (填化学式)。
(2)在反应中浓盐酸表现出来的性质是________(填字母)。
A．只有还原性 B 只有氧化性 C．还原性和酸性 D．氧化性和酸性
(3)若该反应产生2.24 L(标准状况)ClO2，则转移电子的物质的量为_____________。
(4)当发生二氧化氯泄漏和爆炸事故，人们逃离爆炸现场时，可用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适宜采用的物质是_________(填字母)。
A．NaOH B．NaCl C．KCl D．Na2CO3
(5)某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氰化钠(NaCN)，用ClO2 可除去其中的氰化钠，从而得到纯净的食盐，同时产生两种无毒气体。写出该反应的化学方程式:____________________________________________________。
【答案】Cl2 C 0.lmol D 2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl
【解析】KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(ClO2)气体，该反应的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
(1)还原剂被氧化，得到的产物称为氧化产物，此反应氧化产物为Cl2，
故答案为：Cl2；
(2)浓盐酸在反应中作还原剂，但氯元素化合价并没有全部升高，所以表现出来的性质既有还原性，也有酸性，
故答案为：C；
(3)2.24 L(标准状况)ClO2为0.1mol，氯元素化合价由KClO3中+5降低为+4，则转移电子的物质的量为0.1mol，
故答案为：0.1mol；
(4)A．NaOH碱性过强，对身体有损害，故A不适宜；B．NaCl、C．KCl与氯气不反应，故B和C不适宜；D．Na2CO3溶液呈碱性，可以与氯气反应，故最适宜，
故答案为：D；
(5)根据题干信息，该反应为2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl，
故答案为：2ClO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl。
20．若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。如:8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2
（1）在黄铜矿中硫的化合价为______________，该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有_________种。
（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为_________，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为_________。
（3）反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是_________（选填编号）
A.KMnO4溶液 B.NaOH溶液 C.H2S气体 D.NaHSO3溶液
（4）某吸收方法产生的物质可能有：①Na2SO4②NaHSO4③Na2SO3④NaHSO3等。
等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是_____________________（用编号填写），选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，写出对应的化学方程式__________________。某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x2，若x1
【答案】-2 四 30NA 1:1 CD ③①④② 2NaHSO4+ Na2SO3= 2Na2SO4+ H2O+SO2↑ >
【解析】（1）CuFeS2中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还原得到的产物是还原产物，铜元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，故该反应中还原产物有Cu，FeO，Fe2O3，SO2，共四种，故答案为：-2；四。
（2）8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，由方程式可推出，每消耗21mol氧气，转移的电子数为16mol+84mol=100mol，若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为30mol，即30NA，其中铁元素部分被氧化，CuFeS2→Fe2O3，8个Fe中有4个被氧化，故被氧化和未被氧化的物质的量之比为1:1，故答案为：30NA，1:1。
（3）8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，二氧化硫有毒，不能直接排放到大气中，
A.SO2被KMnO4溶液氧化成硫酸根离子，故A正确；
B.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故B正确；
C.硫化氢气体可以与二氧化硫反应生成硫和水，但硫化氢有毒，硫化氢易逸出到空气中污染空气，故C错误；
D.二氧化硫在NaHSO3溶液中的溶解度很小，故不能用其吸收二氧化硫，故D错误；
（4）等浓度的①Na2SO4的pH=7；②NaHSO4完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42-，pH＜7；③Na2SO3溶液中，存在水解平衡SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，溶液显碱性，pH＞7，④NaHSO3溶液中：HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-⇌H++SO32-，电离大于水解，所以pH<7，由于NaHSO4是强电解质，故等浓度的溶液中的氢离子浓度大于NaHSO3溶液中的氢离子浓度，故答案为：③①④②。为了实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，化学方程式为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑。如果是等浓度的NaHSO3溶液和NaHSO4溶液，NaHSO3溶液的pH大于NaHSO4溶液，若x1
21．氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
(1)炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：______________________。当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是______________________。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：______________________，操作X包括___________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是___________。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：_________________________________。
【答案】SO2 2：1 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 空气或氧气 3.7≤pH<4.8 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O 过滤 防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O
【解析】 (1)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，根据得失电子守恒和原子守恒，二者的物质的量之比为2:1，
故答案为：SO2；2：1；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；空气或氧气；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，
故答案为：3.7≤pH<4.8；
(4)N2H4将Cu2+还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为；4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，
故答案为：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，故阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；
故答案为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
22．电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se，工业上从其中回收硒(Se)、碲(Te)的一种工艺流程如下：
已知：I.TeO2是两性氧化物、微溶于水；
Ⅱ.元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO32-、HTeO3-等形式存在；
（1）SeO2与SO2通入水中反应的化学方程式为_____________________________操作①的名称为__________。
（2）焙砂中碲以TeO2形式存在。溶液①中的溶质主要成分为NaOH、_______。工业上通过电解溶液①也可得到单质碲。已知电极均为石墨，则阴极的电极反应式为___________________________。
（3）向溶液①中加入硫酸，控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是_________________________________。
（4）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲溶液，然后将SO2通入到溶液中得到Te单质。由四氯化碲得到Te单质的离子方程式为__________________。
【答案】SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se↓ 过滤 Na2TeO3 TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH- TeO2 是两性氧化物，溶液酸性过強，TeO2 会继续与酸反应导致碲元素损失 Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO42-
【解析】 (1)根据流程图，SeO2 与SO2在冷却后通入水中反应生成Se，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se↓，Se单质难溶于水，反应后分离出Se单质可以通过过滤方法分离；
(2)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。焙砂中碲以TeO2形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的溶液①，其溶质的主要成分为Na2TeO3。工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，电解时电极均为石墨，阴极发生还原反应，TeO32-在阴极得到电子被还原生成Te，电极反应式为TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-；
(3)TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。向溶液①中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀，如果H2SO4过量，溶液酸性过強，TeO2 会继续与酸反应，导致碲元素损失，使碲的回收率偏低；
(4)将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再将SO2通入到溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO42-。
23．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、 KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
(1)NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为_____________________。
(2) Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为____________________。
(3)KCIO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KCIO4含有化学键的类型有_____________________。
(4)NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解。假定汽车发生碰撞时，安全气囊的产气药剂刚好完全反应，则产生的气体中属于非极性分子的是____________ (写分子式)。所得固体产物溶于水显强碱性的原因是____________。
(5)利用产气药剂中物质可设计实验比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，该实验方案是____________。
【答案】 Fe 离子键和共价键 CO2、N2 Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性 测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH
【解析】（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为；
正确答案：。
（2）Fe2O3是氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe；
正确答案：Fe。
（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；
正确答案：离子键和共价键。
（4）2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ 2NaN3 2Na+3N2，产生的气体中属于非极性分子的是CO2、N2；KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O ；Fe2O3+6Na=2Fe+3Na2O；Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性，所以所得固体产物溶于水显强碱性；
正确答案：CO2、N2；Na2O溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性
（5）最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强；测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH，酸根离子对应酸的酸性越弱，水解能力越强，pH值越大，测定KClO4溶液为中性，碳酸氢钠溶液弱碱性，可得结论；
正确答案：测定同浓度KClO4、碳酸氢钠溶液的pH。
24．已知：CuI是难溶于水的白色固体。氧化性Cu2+＞I2＞Cu+，还原性Cu＞I-＞Cu+。请回答：
(1)根据物质氧化性、还原性的强弱推测，在溶液中Cu2+和I反应离子方程式是_____________。
(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为__________________________；欲消除HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性H2S____________(填“＞”“＜”或“＝”)I-。
(3)CuI用于监测空气中汞蒸气：4CuI(白色)+Hg=Cu2HgI4(亮黄色)+2Cu。Cu2HgI4是___________。
A.氧化产物
B.还原产物
C.既是氧化产物又是还原产物
D.既不是筑化产物也不是还原产物
(4)间接碘量法用于测定溶液中Cu2+含量，即向含Cu2+的溶液中加入足量KI溶液和几滴指示剂X，再用Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点的现象是___________(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62- )。
【答案】2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 2Cu+I2=2CuI ＞ A 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液恰好从蓝色变为无色，且半分钟内不改变
【解析】 (1)根据题意：还原性Cu＞I－＞Cu＋，碘离子对应的氧化产物是单质碘，铜离子做氧化剂时被还原为低价的亚铜离子，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单质的缘故，加入金属铜，金属铜可以和碘单质反应，即2Cu+I2=2CuI↓；
碘离子的还原性比硫离子的还原性弱，所以碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢。
(3)化合价升高的汞元素所在产物Cu2HgI4是氧化产物，故选A。
(4)利用淀粉作指示剂，反应结束时，碘消耗完，蓝色消失。达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液恰好从蓝色变为无色，且半分钟内不改变。
25．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2中的化合价为__________。
（2）写出“反应”步骤中生成的化学方程式____________。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去和，要加入的试剂分别为__________、__________。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________，该反应中氧化产物是____________。
（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的氧化能力。的有效氯含量为____________。（计算结果保留两位小数）。
【答案】+3 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 NaOH溶液 Na2CO3溶液 O2 1.57
【解析】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，
故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2失去2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；O2；
（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，
则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g，故答案为：1.57g。
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