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第6讲　氧化还原反应过关检测（二）
学习目标
1.了解氧化还原反应的概念。
2.掌握氧化还原反应与四种基本反应类型的关系。
3.会用“单、双线桥”分析电子转移的方向和数目。
4.掌握氧化性、还原性强弱的比较及应用。
高考真题
1．[2021·湖南]常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
答案A
解析：A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2~60e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
2．[2021·浙江]关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
答案D
解析：A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
3．(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
4．[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3mol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1kg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。
巩固练习
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0.1molHCl被氧化，生成的氯气在标准状况下的体积约为2.24L
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0.1molHCl被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积约为22.4L·mol－1×0.1mol＝2.24L，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0.1molCl2通入100mL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0.6mol·L－1
C．若再通入0.05molCl2，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xmol·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0.04molHI未被氧化，故只需再通入0.02molCl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1molCl2后，0.08molH2SO3和0.04molHI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0.1mol
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0.9mol，那么根据Cr2O～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋可得，与FeSO4反应的K2Cr2O7物质的量为mol＝0.15mol，所以K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为0.15mol∶0.9mol＝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－)＝1.5mol，刚开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol＝0.25mol，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1mol
C．当通入2molCl2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100mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl25.04L，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．0.75mol·L－1 B．1.5mol·L－1
C．2mol·L－1 D．3mol·L－1
答案　D
解析　标准状况下Cl2的物质的量是＝0.225mol，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xmol·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27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。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2.6mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
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)＝1.0mol·L－1×1.0L＝1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，其物质的量n[Cu(OH)2]＝39.2g÷98g·mol－1＝0.4mol，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]＝0.4mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，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0.2mol∶0.1mol＝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)＝0.2mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2mol＋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＝4.48L，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]＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，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1mol·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100mL混合液中加入amol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＋)＝1mol·L－1×0.1L×2＝0.2mol，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＝0.1mol，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200mL混合溶液中含FeI2、FeBr2各0.10mol，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0.15molCl2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400mL，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－　0.10mol　(2)0.25mol
Fe3＋、0.50mol·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0.15molCl2被还原，则被氧化的是0.2mol碘离子和0.1mol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0.2mol－0.1mol＝0.1mol。(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＝0.25mol；若最终所得溶液为400mL，其中铁离子的物质的量浓度为＝0.50mol·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＋0.1mol×5＝0.8mol。
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6molNaNO2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6molNaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4mol。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。
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