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考点05 氧化还原反应方程式的配平与计算
考法1 氧化还原反应方程式的配平
【典例1】(2020·北京市等级考)
1．HNO3-NaCl与王水［V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3］溶金原理相同。将溶金反应的化学方程式补充完整：
___________Au+___________NaCl+___________HNO3=HAuCl4+___________+___________+___________NaNO3。
【典例2】(2023·湖南选择考)
2．油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：

下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【典例3】(2023·辽宁选择考)
3．某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
(1)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。
(2)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成成CoO(OH)，该反应的化学方程式为 。
【拓展延伸】氧化还原反应方程式的配平
1.氧化还原方程式配平的基本原则
2.氧化还原方程式配平的一般步骤
3.缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式
(1)补项原则
介质 多一个氧原子 少一个氧原子
酸性 +2H+结合1个O→H2O +H2O提供1个O→2H+
中性 +H2O结合1个O→2OH- +H2O提供1个O→2H+
碱性 +H2O结合1个O→2OH- +2OH-提供1个O→H2O
(2)组合方式
项目 反应物 生成物 使用条件
组合一 H+ H2O 酸性溶液
组合二 H2O H+ 酸性或中性溶液
组合三 OH- H2O 碱性溶液
组合四 H2O OH- 碱性或中性溶液
(2022·广东省等级考)
4．催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。完成化学方程式： 。
_______+_______。
(2023·山东选择考)
5．已知电负性Cl>H>Si， SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为 。
(2023·湖北选择考)
6．SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：

“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
(2022·江苏选择考)
7．硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。在弱碱性溶液中，FeS与反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为 。
考法2 氧化还原反应的相关计算
【典例4】(2021·山东省等级考)
8．实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是
A．G与H均为氧化产物 B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【典例5】(2022·重庆等级考)
9．称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中被还原为I-，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。产生I2的离子反应方程式为 。产品中Sn的质量分数为 %。
【拓展延伸】氧化还原反应的相关计算
1.氧化还原反应遵循以下三个守恒规律：
(1)质量守恒：反应前后元素的种类和质量不变。
(2)电子守恒：即氧化剂得电子的总数等于还原剂失电子的总数。
(3)电荷守恒：离子方程式中，反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。
2.守恒法解题的思维流程
(1)第一步：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)第二步：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)第三步：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)。
10．已知酸性溶液能被溶液还原成而使溶液褪色。欲使20.00mL酸性溶液恰好褪色，需消耗25.00mL溶液，则该溶液的物质的量浓度(单位：)为
A． B． C． D．
11．是一种优质含氯消毒剂，酸性条件下能将转化为。现向溶液中滴加过量KI溶液，并用硫酸酸化。测得反应后有0.02mol生成，则溶液中将完全转化为
A． B． C． D．
12．实验室利用和亚硫酰氯制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。
回答下列问题：
现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验I：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验II：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则 ；下列情况会导致n测量值偏小的是 (填标号)。
A.样品中含少量杂质
B.样品与反应时失水不充分
C.实验I中，称重后样品发生了潮解
D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
13．一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是
A．该盐酸的物质的量浓度为8.0mol·L-1
B．该磁黄铁矿FexS中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2∶1
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为4.48L
D．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
【基础过关】
14．高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮杂质
15．等物质的量的与溶液混合，反应过程中有沉淀和气体生成，恰好完全反应时，生成气体22.4L(换算成标准状况)，对该反应分析正确的是
A．氧化剂是，还原剂是 B．反应过程中转移电子4mol
C．被还原的为2mol D．反应后溶液的pH减小
16．是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关的制备与杀菌作用的说法中合理的是
A．可用和反应制备，其中n(氧化剂)∶n(还原剂)
B．在强碱性环境中使用失效：
C．处理饮用水时残留的，可用除去：
D．等物质的量的的杀菌效果比的弱
17．NH4NO3 溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O（未配平）。用 NA 表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是
A．分解时每生成 2.24 L（标准状况）N2，转移电子的数目为 0.6NA
B．2.8 g N2 中含有共用电子对的数目为 0.3NA
C．56 g Fe 与足量稀硝酸反应生成 NO2 分子的数目为 3NA
D．0.1 mol·L－1 NH4NO3 溶液中，NH4＋的数目小于 0.1NA
18．用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO+Cu2S+H+→Cu2++ +Mn2++H2O(未配平)和反应II：MnO+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是
A．反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应I中每生成1molSO，转移电子的物质的量为10mol
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为
19．在特定碱性条件下，过量可将完全氧化成，其反应为(未配平)，下列有关说法错误的是
A．W为
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C．参加反应时，转移电子的物质的量为2mol
D．在酸性条件下可以转化为
20．含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O4+6ClF3= 6CoF3+3Cl2+4X。下列有关该反应的说法正确的是（　　）
A．X是还原产物 B．ClF3中氯元素为－3价
C．反应生成3mol Cl2 时转移18 mol电子 D．Co3O4在反应中作氧化剂
21．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH+ +X→+ +H2O(未配平，下同)②酸化处理：+H+→MnO2↓++H2O，下列说法错误的是
A．“反应①”中X为OH-，配平后计量系数为8
B．“反应①”中氧化性：>
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g 时，反应中转移0.4mole-
22．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH+ +X→+ +H2O(未配平，下同)②酸化处理：+H+→MnO2↓++H2O，下列说法错误的是
A．“反应①”中X为OH-，配平后计量系数为8
B．“反应①”中氧化性：>
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g 时，反应中转移0.4mole-
23．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）
A．IO4-作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子
D．氧化性：MnO4->IO4-
24．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40~50℃时反应可生成CuH。CuH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+=Cu2++Cu。
(1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式： 。
(2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
(3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式： 。
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 。
(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是 。
25．酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。
（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（2）取300 mL 0.2 mol·L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量是 mol。
（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是 （用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是 。
（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474 g KMnO4样品溶解酸化后，用0.100 mol·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。配平上述反应的离子方程式： MnO4-+___S2O32-+____H+=____Mn2++_____SO42-+____H2O，实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00 mL，则该样品中KMnO4的物质的量是 。
【能力提升】
26．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O= +2Fe2++4H+；②+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是
A．氧化性：>Fe3+
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子6mol
D．由上述反应原理推断，K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4
27．黄铁矿(FeS2)中-1价硫元素在酸性条件下可以与ClO3-发生反应，其离子方程式如下
_____ ClO3-+_____ FeS2+_____H+=_____ClO2↑+_____Fe3++_____ SO42-+_____H2O(未配平)：下列说法正确的是
A． ClO3-是氧化剂，Fe3+是还原产物
B． ClO3-的氧化性强于Fe3+
C．生成l mol SO42-时，转移7mol 电子
D．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀产生
28．处理含氰废水可以用以下两种方法：
Ⅰ：（未配平），其中A为参与大气循环的气体
Ⅱ：①（未配平）
②下列说法正确的是（ ）
A．和的电子式分别为
B．方法Ⅰ中，每生成，转移个电子
C．方法Ⅱ中，是反应②的氧化产物
D．方法Ⅱ的反应①中，与的物质的量之比为1∶1
29．已知：Ⅰ.高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：
+5e +8H+Mn2++4H2O
+3e +2H2OMnO2↓+ 4OH
+e (溶液呈绿色)
Ⅱ.在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2
_______KMnO4+_______K2S+______ _______K2MnO4 +_______K2SO4+_______S↓+_______
下列说法不正确的是
A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响
B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12
C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12
D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2
30．已知反应：①
②
③
现向5L，的溶液中不断加入一定浓度的酸性溶液，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．段对应的离子为
B．段、段分别对应反应②、反应③
C．原溶液中
D．乙点时：
31．一定温度下，PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物(Pb3O4中Pb为+2、+4价)和O2，向所得固体混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液。下列说法错误的是
A．氧化性：PbO2>PbO>Cl2
B．O2与Cl2的物质的量可能相等
C．受热分解过程中，超过的PbO2表现氧化性
D．若生成1molCl2，则参加反应的PbO2大于3mol
32．已知氧化性：BrO3->IO3->Br2>I2.向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是
A．a→b过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6
B．b→c过程中转移电子的物质的量为1mol
C．当n(KBrO3)=4mol时，对应含碘物质为KIO3和I2，且n(KIO3)∶n(I2)=11∶38
D．该过程所能消耗n(KBrO3)的最大值为7.2mol
33．已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-。向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是
A．线段DE代表Br-的物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c(Fe2+)=4mol·L-1
C．当通入3molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl-
D．原混合溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=1∶3
34．磷化铝(A1P)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)A1P遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为 。
(2)PH3具有强还取性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：
□CuSO4+□PH3+□H2O=□Cu3P↓+□H3PO4+□H2SO4
(3)工业制备PH3的流程如图所示。

①黄磷和烧碱溶液反应的化学方式为 ，次磷酸属于 (填“一”“二”或“三”)元酸。
②若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成 mol PH3。(不考虑产物的损失）
35．按照要求填空。
(1)工业上用氯气和硝酸铁在烧碱溶液中可以制备净水剂高铁酸钠(Na2FeO4)，试补充完整化学反应方程式并配平：
Fe(NO3)3+Cl2+NaOH→___________
(2)将mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应，铁粉全部溶解，并得到mg铜，则参加反应的H2SO4与CuSO4的物质的量之比为 。
(3)一定条件下，下列物质可以通过化合反应制得的有(写序号) 。
①小苏打②硫酸铝③氯化亚铁④磁性氧化铁⑤铜绿(碱式碳酸铜)⑥氢氧化铁
(4)现有镁铝合金10.2g，将其置于500mL4mol/L的盐酸中充分反应后无金属剩余，若向反应后的溶液中加入1000mL烧碱溶液，使得沉淀达到最大值，则加入的烧碱的物质的量浓度为 mol/L。
(5)某常见的氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳。若测得生成的氮气和二氧化碳的物质的量之比为1∶2，则该氮的氧化物的化学式为 。
(6)锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成amol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为 mol。
(7)将一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成16.8升标况气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液中c(H+)=1mol/L，则气体中SO2为 mol。
【真题感知】
(2022·山东省等级考)
36．实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
(2022·辽宁省选择考)
37．镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是
A．褪色原因为被还原 B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为被氧化
(2022·北京市等级考)
38．煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。高温下，煤中CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为 。
2022·辽宁省选择考)
39．Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为 。
(2022·福建等级考)
40．检验CO：将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。该反应的化学方程式为 。
(2021·天津等级考)
41．用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式 。
(2021·江苏等级考)
42．400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。
(2021·海南省选择考)
43．实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，离子反应方程式为 。
(2020·北京市等级考)
44．Ba(NO3)2BaO，I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是 。
(2022·海南等级考节选)
45．胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2］制备胆矾。流程如下：
步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 。
(2022·江苏选择考节选)
46．实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：

“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为 。
(2021·湖北省选择考)
47．废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：

回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
(2)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
(2020·山东省等级考)
48．用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

软锰矿预先粉碎的目的是 ，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。
(2021·广东选择考节选)
49．高纯AlAs (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
(1)该氧化物为 。
(2)已知： Ga和Al同族，As 和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(2020·北京市等级考)
50．用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。
(2020·海南高考)
51．一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式： +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O某次实验称取0.2800g样品，滴定时消耗浓度为0.03000mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为 %。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3
【详解】根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3。
2．D
【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
3．(1)Mn2++H2O + =MnO2+ +3H+
(2)4Co(OH)2+O2=2CoO(OH)+2H2O
【分析】硫酸浸取液加入石灰乳，通入混合气（二氧化硫和空气）进行氧化后除去滤渣，滤渣主要含二氧化锰等，滤液加入氢氧化钠沉钴镍得到钴镍渣，滤液再加入氢氧化钠沉镁得到沉渣和上层清液，回收镁；
【详解】（1）因为H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，说明H2SO5为强酸，写离子方程式时能拆，为弱酸根离子，写离子方程式时不能拆。用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：Mn2++H2O + =MnO2+ +3H+；
（2）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=2CoO(OH)，+2H2O。
4．N2↑+4H2O
【详解】由题意可知，重铬酸铵受热分解生成三氧化二铬、氮气和水，反应的化学方程式为N2↑+4H2O，故答案为：N2↑+4H2O。
5．SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
【详解】已知电负性Cl>H>Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O。
6．6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O
【详解】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2(主要成分为Co(OH)2)和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3.“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。
7．FeS+ +4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-
【详解】在弱碱性溶液中，FeS与反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S的离子方程式为FeS+ +4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-。
8．BD
【分析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。
【详解】A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；
B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为 ，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；
综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。
9． +5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6
【详解】由题意可知，滴定原理为碘酸钾与Sn2+发生氧化还原反应生成I-，3Sn4+~3Sn2+~~I-，最后半滴标准液滴下时有前面生成的I-被半滴碘酸钾溶液氧化为I2，溶液变为蓝色且30s不褪色，故生成碘单质的离子反应为+5I-+6H+=3I2+3H2O；
根据3Sn4+~可知1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%。
10．A
【详解】酸性溶液能被溶液还原成而使溶液褪色，发生的反应为，则有关系式：，使20.00mL酸性溶液恰好褪色，需消耗25.00mL溶液，则该溶液的物质的量浓度为，故选A；
答案选A。
11．D
【详解】已知I-为还原剂，测得反应后有0.02molI2生成，则I-共失去电子0.04mol，则0.01mol共得到0.04mol电子，中Cl为+3价，则反应后Cl化合价为-1价，因此将完全转化为Cl-，故答案选D。
12． AB
【分析】氮气通过干燥装置后进入a中将气体代入b中和反应生成HCl、二氧化硫、氯化亚铁，c回流，尾气先通过干燥装置后进入烧杯被吸收；
【详解】亚铁离子和反应生成铁离子和，根据电子守恒可知，；样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为，减少质量为结晶水的质量，，则；
A．样品中含少量杂质，导致数值测量变大，使得n测量值偏小，A符合题意；
B．样品与反应时失水不充分，导致数值测量变小，使得n测量值偏小，B符合题意；
C．实验I中，称重后样品发生了潮解，导致数值测量变大，使得n测量值偏大，C不符合题意；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致数值测量变小，使得n测量值偏大，D不符合题意；
故选AB。
13．A
【详解】A．盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)= =8.0mol·L-1，选项A正确；
B．n(S)==0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2mol，则矿石中的n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，则磁黄铁矿中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.2mol∶0.2mol=1∶1，选项B错误；
C．根据H、Cl原子守恒可知，n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L·mol-1=8.96L，选项C错误；
D．FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，则有n(Fe)∶n(S)=0.4mol∶0.5mol=4∶5，解得x=0.8，选项D错误；
答案选A。
14．B
【详解】A．令FeO中铁元素的化合价为x，则x+4×(-2)=-2，解得x=+6，A正确；
B．反应Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO+Cl-+H2O中，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe(OH)3是还原剂，FeO是氧化产物，氧化性ClO-> FeO，实际氧化性FeO>Fe(OH)3， B错误；
C．Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO+Cl-+H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(6-3)∶2=3∶2，C正确；
D．K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，D正确；
故选B。
15．C
【分析】等物质的量与溶液混合后一部分过氧化钠将亚铁转化为铁离子、一部分和水生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠和铁离子生成氢氧化铁，过氧化钠中氧元素有化合价降低到-2价，也有化合价升高到0价的，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，硫酸亚铁是还原剂，离子方程式为据此分析。
【详解】A．氧化剂是过氧化钠，还原剂是硫酸亚铁和过氧化钠，A错误；
B．4～O2，生成1mol O2时，有4mol 失4mol电子被氧化为+3价，1mol失2mol电子被氧化生成氧气，有3mol得6mol电子被还原为-2价，可知生成1mol O2，转移6mol电子，B错误；
C．4mol 失4mol电子可还原2mol，C正确；
D．反应后Fe2+浓度减小，溶液pH增大，D错误；
故选C。
16．B
【详解】A．氯气的化合价从0升降低到-1价，NaClO2中化合价从+3价到+4价，所以氯气为氧化剂，NaClO2为还原剂，根据化合价升降相等，氧化剂和还原剂的比例为1:2，A错误；
B．二氧化氯在强碱性环境中自身歧化反应类型的氧化还原反应，B正确；
C．方程式电荷不守恒，正确的方程式为：ClO+4Fe2++4H+=Cl-+4Fe3++2H2O，C错误；
D．等物质的量的氧化剂，转移电子越多杀菌效果越好，二氧化氯做为氧化剂，由+4价降低到-1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，D错误。
故选B。
17．B
【详解】A．5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O转移的电子为20个，标准状况下，2.24 LN2为0.1mol，则转移电子为0.1mol×=0.5mol，故A错误；
B．2.8 gN2的物质的量为=0.1mol，含有共用电子对的数目为0.1 ×3×NA=0.3 NA，故B正确；
C．5.6 g Fe物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数为0.3NA，则生成0.1mol NO，不能生成NO2，故C错误；
D．NH4NO3溶液的体积未知，NH4+发生水解，不能计算 0.1 mol/L NH4NO3溶液中的铵根离子数目，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为A，要注意反应方程式中-3价的N完全被氧化，+5价的N部分被还原。
18．B
【详解】A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；
B．反应Ⅰ中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；
C．反应Ⅱ中氧化剂化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D错误；
故选B。
19．D
【分析】H2O2中氧元素化合价由-1降低为-2，中Cr元素化合价由+3升高为+6，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为。
【详解】A．据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为，W为，故A正确；
B．H2O2中氧元素化合价由-1降低为-2，H2O2是氧化剂，中Cr元素化合价由+3升高为+6，是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故B正确；
C．H2O2中氧元素化合价由-1降低为-2，参加反应时，转移电子的物质的量为2mol，故C正确；
D．有可逆反应：+H2O2+2H+，加碱，平衡正向移动，所以在碱性条件下可以转化为，故D错误；
选D。
20．C
【详解】根据元素守恒，X是O2，氧气是氧化产物，故A错误；ClF3中氯元素为+3价，故B错误；氯元素由+3价降为0价，反应生成3molCl2时转移18mol电子，故C正确；Co3O4中Co元素化合价升高、氧元素化合价降低，所以Co3O4在反应中既作氧化剂又作还原剂，故D错误。
点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应、还原剂失电子发生氧化反应。
21．C
【详解】A．根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH+6 +8OH-=+6 +6H2O，选项A正确；
B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中为氧化剂，是氧化产物，则氧化性：>，选项B正确；
C．由于Cl-在酸性条件下可与、发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，选项C错误；
D．根据氧化还原反应配平“反应②”为3+4H+=MnO2↓++2H2O，则消耗71.4g 的物质的量为=0.6mol时，反应中转移电子数目为×0.6mol=0.4mol，选项D正确；
答案选C。
22．C
【详解】A．根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH+6 +8OH-=+6 +6H2O，选项A正确；
B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中为氧化剂，是氧化产物，则氧化性：>，选项B正确；
C．由于Cl-在酸性条件下可与、发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，选项C错误；
D．根据氧化还原反应配平“反应②”为3+4H+=MnO2↓++2H2O，则消耗71.4g 的物质的量为=0.6mol时，反应中转移电子数目为×0.6mol=0.4mol，选项D正确；
答案选C。
23．D
【分析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。
【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2++5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。
A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；
C．若有2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-故选D。
24．(1)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl
(2)H2
(3)CuH+3H++ =Cu2++2H2O+NO↑
(4)V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O
(5)>Cl->VO2+
【详解】（1）CuH在氯气中燃烧生成氯化铜和氯化氢，反应的化学方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成氯化亚铜和氢气，则生成的气体是H2；
（3）将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明-1价H被氧化成+1价，对应的产物为水，则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH+3H++=Cu2++2H2O+NO↑；
（4）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式为V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O；
（5）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，该黄绿色气体是氯气，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl-，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是>Cl->VO2+。
25． Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 1∶2 0.16 Fe3+被还原成Fe2+ 3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O 碱式 8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O 1.92×10-3 mol
【分析】（1）铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，发生氧化还原反应生成氯化铜、水；（2）0.06molI-→0.02molI2+0.02IO3-转移0.16mol电子，由电子守恒计算参加反应的n（KMnO4）；（3）先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe3+先被还原生成Fe2+，Fe2+又被氧化生成Fe3+；（4）KMnO4样品溶解酸化后，与Na2S2O3溶液反应，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O，根据方程式中MnO4-、S2O32-之间的关系式计算；
【详解】（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1:2；（2）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol；（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与NO3-组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++
NO↑+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO4-将S2O32-氧化为SO42-，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2++10SO42-+7H2O；实验中，消耗n（S2O32-）=0.100mol L-1×0.012L
=0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO4-）×5=0.0012mol×4×2，得n（MnO4-）=1.92×10-3 mol，则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×10-3mol。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及分析应用能力和计算能力的考查。
26．B
【详解】A．氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：>Fe3+，选项A正确；
B．标准状况下，6.72LSO2为0.3mol，若有0.3molSO2参加反应，S元素的化合价由+4价变为+6价，转移0.6mol电子，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，选项B错误；
C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，Cr元素的化合价由+6价变为+3价，转移电子6mol，选项C正确；
D．由上述反应可得，氧化性：>，推断K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，选项D正确；
答案选B。
27．B
【详解】反应中氯元素化合价+5价降低为+4价，作氧化剂，FeS2中铁元素化合价+2价变化为+3价，硫元素化合价-1价变化为+6价，失电子总数=1+7×2=15，则反应离子方程式为：15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42-。
A. ClO3-在反应中，元素化合价降低，获得电子，作氧化剂；FeS2中的Fe元素化合价升高，失去电子，被氧化，所以Fe3+是氧化产物，A错误；
B. 氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，ClO3-作氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以ClO3-的氧化性强于Fe3+，B正确；
C. 根据反应方程式可知：每反应产生2 molSO42-，转移15 mol电子，则生成l mol SO42-时，转移7.5 mol 电子，C错误；
D. 铁离子遇到KSCN溶液生成血红色溶液，不是红色沉淀，D错误；
故合理选项是B。
28．D
【分析】A、和的电子式未标出多带的电荷，故错误；
B、配平方程：，C由+2价变成+4价，N由-3价变成0价，或从Cl的角度来分析；
C、反应中，CO2中碳元素的化合价不变；
D、根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量的比为1:1.
【详解】A、和的电子式应该为：、，故A错误；
B、配平后：，氯从+1价变成-1价，因此每生成，转移个电子，故B错误；
C、反应中，碳的化合价没有发生变化，因此，二氧化碳既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；
D、CN－+2OH－+Cl2→OCN－+2Cl－+H2O中碳由+2价变成+4价，氯气中的氯元素由0价变成-1价，根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量为1：1，故D正确。
故选D。
【点睛】易错点B和C，考查氧化还原反应，注意从化合价的角度分析，CN－中碳是+2价，OCN－中碳是+4价，正确判断反应中各元素的化合价是做本题的关键。
29．B
【详解】A．根据信息，高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO42－，故A说法正确；
B．根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反应物缺项不可能是H2SO4，故B说法错误；
C．反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，故C说法正确；
D．根据电解原理，阴极上是得到电子，化合价降低，因此是电解中性高锰酸钾，电极反应式为MnO4－＋3e－＋2H2O=MnO2＋4OH－，故D说法正确。
30．BD
【详解】A．n(KMnO4)=0时，A点离子浓度最大，则AB段对拉的离子为V2+(发生反应①)，A正确；
B．BC段离子钧质的量增加，同时EF物质的量减少，都是发生反应②(BC段对应离子为VO2+，EF 段对应离子为为V)，B错误；
C．当加入n(KMnO4)时AB段对拉离子V2+物质的量变为0，反应①恰好完全反应，n(V2+)=5n(KMnO4)=5×2mol=10mol，原溶液中V2+物质的量浓度为c(V2+)===2mol/L，C正确；
D．CD段对拉的离子为VO2+，FG段对立的离子为V，乙点时n(VO2+)= n(V) (CD与 FG的交点)，根据V原子守恒，n(VO2+)= n(V)=×5L×2mol/L=5mol，此时加入的n(kMn04)=5mol，根据Mn原子守恒，n(Mn2+)= 5mol，则n(VO2+)：n(V)：n(Mn2+)= 5：5：5=1：1：1，D错误；
故选BD。
31．AB
【详解】A．由Pb3O4、PbO的混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液可知，PbO与浓盐酸的反应为没有化合价变化的非氧化还原反应，无法比较PbO和氯气的氧化性强弱，故A错误；
B．若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，根据得失电子守恒，生成1mol Pb3O4的同时生成1molO2，1mol Pb3O4与浓盐酸反应生成1mol氯气，由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，所以生成O2的物质的量大于Cl2，故B错误；
C．受热分解过程中，若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，的PbO2表现氧化性，由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，所以超过的PbO2表现氧化性，故C正确；
D．若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，生成1mol Pb3O4消耗3mol PbO2，1mol Pb3O4与浓盐酸反应生成1mol氯气，生成1mol Cl2，参加反应的PbO2等于3mol；由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，生成1mol Cl2，参加反应的PbO2大于3mol，故D正确；
故选AB。
32．C
【分析】由氧化性强弱顺序为BrO>IO>Br2>I2可知，向碘化钾溶液中逐滴加入溴酸钾溶液发生的反应依次为：6I-+6H++BrO=Br-+I2+3H2O、5Br-+6H++BrO=3Br2+3H2O、2BrO+I2=2IO+Br2，由方程式可知，6mol碘离子完全反应消耗1mol溴酸根离子，生成1mol溴离子、3mol碘；反应生成的1mol溴离子消耗0.2mol溴酸根离子；反应生成的3mol碘消耗6mol溴酸根离子，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，a→b过程中发生的反应为6I-+6H++BrO=Br-+I2+3H2O，由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，A正确；
B．由分析可知，b→c过程中发生的反应为5Br-+6H++BrO=3Br2+3H2O，1mol溴离子完全反应消耗0.2mol溴酸根离子，反应转移电子的物质的量为1mol，B正确；
C．由分析可知，6mol碘离子和反应生成的1mol溴离子消耗溴酸根离子的物质的量1.2mol，则(4-1.2)mol=2.8mol消耗碘的物质的量为2.8mol×=1.4mol、生成碘酸根离子的物质的量为2.8mol，4mol溴酸钾完全反应时，溶液中碘酸钾和碘的物质的量比为2.8mol∶(3-1.4)mol=7∶4，C错误；
D．由分析可知，该过程所能消耗溴酸钾的物质的量为(1+0.2+6)mol=7.2mol，D正确；
答案选C。
33．B
【分析】因为还原性：I-＞Fe2+＞Br-，所以曲线中AB段是n(I-)的物质的量发生的改变，BC段是n(Fe3+)的物质的量发生的改变，DE段是n(Br-)的物质的量发生的改变。n(Cl2)=1~3mol段，下降的曲线是n(Fe2+)的减少。
【详解】A．由分析可知，线段DE代表Br-的物质的量的变化情况，A正确；
B．由方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，n(Cl2)=(3-1)mol=2mol时，n(Fe2+)=4mol，溶液的体积未知，无法求出原混合溶液中c(Fe2+)，B不正确；
C．当通入3molCl2时，溶液中I-、Fe2+全部被氧化，依据Cl2的消耗量，可求出n(I-)∶n(Br-)=2∶4，离子反应可表示为：4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl-，C正确；
D．由图中AB段和DE段消耗Cl2的物质的量分别为1mol、3mol，可求出n(I-)∶n(Br-)=2∶6，所以原混合溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=1∶3，D正确；
故选B。
34． Al(OH)3 24，11，12，8，3，24 P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 一 2.5
【详解】(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al(OH)3，故答案为Al(OH)3；
(2)该方程式中Cu价态由+2→+1，P价态由-3→+5，为保证化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3，CuSO4的系数是24，H2SO4系数是24，根据元素守恒，得到：24CuSO4+11PH3+12H2O═8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4，故答案为24，11，12，8，3，24；
(3)①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，根据电离出的氢离子数目确定次磷酸属于一元酸；故答案为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；一；
②P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2=PH3↑+H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3．故答案为2.5。
点睛：配平化学方程式的步骤：(1)标好价；(2)列变化；(3)求总数；(4)配系数；(5)细检查。检查主要根据“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
35．(1)Fe(NO3)3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O
(2)1∶7
(3)①③④⑤⑥
(4)2
(5)NO
(6)0.25a或
(7)0.6
【详解】（1）反应后铁元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，故还有产物NaCl、NaNO3和H2O，化学方程式为：2Fe(NO3)3+3Cl2+16NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O；
（2）根据得失电子守恒解答，Fe单质转化为Fe2+，失去的电子的物质的量为×2mol=mol；Cu2+转化为Cu，得到的电子的物质的量为×2mol=mol，则参加反应的H2SO4的物质的量为×(-)mol=mol，所以H2SO4与CuSO4的物质的量之比为(mol)∶()=1∶7；
（3）①小苏打可由化合反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3制取；
②硫酸铝不能由化合反应制取；
③氯化亚铁可由化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2制取；
④磁性氧化铁可由化合反应3Fe+2O2Fe3O4制取；
⑤铜绿(碱式碳酸铜)可由化合反应2Cu+CO2+O2+H2O=Cu2(OH)2CO3制取；
⑥氢氧化铁可由化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制取；
故可以通过化合反应制得的有①③④⑤⑥；
（4）沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有NaCl，所以NaOH的物质的量等于HCl的物质的量，为0.5L×4mol/L=2mol，所以c(NaOH)==2mol/L；
（5）设氮气和二氧化碳的物质的量分别为1mol和2mol，则N原子的物质的量为2mol，氧原子的物质的量为4mol，CO的物质的量为2mol，所以氮的氧化物中含有的氧原子的物质的量为2mol，所以N的氧化物中N和O的物质的量之为2∶2=1∶1，故化学式为NO；
（6）生成amol硝酸锌，则有amolZn参加反应，失去的电子的物质的量为2amol，N元素从+5价降低到-3价，设被还原的HNO3的物质的量为n，得到的电子的物质的量为8n，根据得失电子守恒有8n=2a，所以n=mol或n=0.25amol；
（7）参加反应的硫酸的物质的量为1.85mol-0.5mol=1.35mol，锌与浓硫酸反应时开始产生SO2，接下来生成H2，混合气体总的物质的量为16.8÷22.4mol=0.75mol。设SO2和H2的物质的量分别为x、y，根据化学方程式Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2x，根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，生成H2消耗的硫酸的物质的量为y，所以有x+y=0.75，2x+y=1.35，解得x=0.6mol，故混合气体中SO2的物质的量为0.6mol。
36．D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；
B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；
D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；
综上所述，本题选D。
37．D
【详解】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项错误；
B．液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；
D．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，D项正确；
答案选D。
38．2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
【详解】由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑。
39．2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
【详解】Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
40．CO+2[Ag(NH3)2]OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3
【详解】一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：CO+2[Ag(NH3)2]OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3。
41．2H2S+O2=2S↓+2H2O、2H2S+SO2=3S↓+2H2O、2xH2S+2NOx=2xS↓+2xH2O+N2写出任意一个
【详解】用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)，应该加入O2、SO2、NOx等氧化剂，发生的化学反应方程式依次为2H2S+O2=2S↓+2H2O、2H2S+SO2=3S↓+2H2O、2xH2S+2NOx=2xS↓+2xH2O+N2写出任意一个。
42．ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O
【详解】硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O。
43．
【详解】和溶液在稀中反应，生成，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：；答案为：。
44．2Ba(NO3)22BaO+O2↑+4NO2↑
【详解】根据I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2，根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+O2↑+4NO2↑。
45．Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O
【详解】根据信息，在步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，根据得失电子守恒可知Cu和H2O2的系数比为1:1，再结合得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。
46．2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，据此解答。
【详解】根据信息反应物为CeO2与H2O2，CeO2作氧化剂，将过氧化氢中-1价氧氧化到氧气，结合氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒得离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O。
47．(1)Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
(2)GaCl3+NH3GaN+3HCl
【分析】焙烧废旧CIGS（主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2）首先焙烧生成氧化物Cu2O、In2O3、Ga2O3、SeO2，其中SeO2可以通过凝华收集；之后再用硫酸和过氧化氢的混合溶液酸浸，将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加入氨水调节溶液pH，产生、In(OH)3沉淀和Ca(OH)3沉淀，过滤后，向滤渣中加入SOCl2回流，InCl3经过过滤除去，得到的滤液II中含有CaCl3，将滤液II浓缩结晶得到CaCl3；CaCl3和NH3反应制得GaN。
【详解】（1）“酸浸氧化”时，用硫酸和过氧化氢的混合溶液将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，发生的化学方程式为Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O。
（2）“高温气相沉积”过程中，GaCl3和NH3发生反应生成GaN，该反应的化学反应方程式为GaCl3+NH3GaN+3HCl。
48． 增大接触面积，充分反应，提高反应速率 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S
【详解】软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S。
49．(1)Al2O3
(2)4：1
【详解】（1）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。
（2）由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8：2=4：1。
50．1.5
【详解】由于HAuCl4=H++，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol。
51．90.36%
【详解】称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000mol·L-1×0.02510L=0.000753mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol×6=0.004518mol，样品中铁含量为×100%=90.36%。
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