资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2.3氧化还原反应
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 临沭县校级月考）下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是（　　）
A．Br2→Br﹣ B．Fe→Fe2+
C．CO2→ D．→Cl2
2．（2025秋 临淄区校级月考）M2O与S2﹣在酸性溶液中发生如下反应：则M2O7 ﹣中M的化合价为（　　）
A．+7 B．+2 C．+6 D．+4
3．（2024秋 新泰市校级期中）R2O4x﹣离子在酸性溶液中与MnO4﹣反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2：5，则x的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2025秋 市中区校级期中）某实验小组利用以下装置制备少量的氯气，并检验氯气的性质。下列说法错误的是（　　）
已知：Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O
A．锥形瓶中发生反应的方程式中氧化剂：还原剂＝1：2
B．干燥的pH试纸不变色；湿润的pH试纸变红
C．观察到湿润的淀粉﹣KI试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性
D．浸有NaOH溶液的棉花吸收尾气的过程中氯气既体现氧化性又体现还原性
5．（2025春 青岛期末）某同学利用如图微型装置（夹持装置略）制取少量Cl2，并比较Cl2和I2的氧化性强弱。下列说法错误的是（　　）
A．吸收剂也可以选用饱和Na2SO3溶液
B．用MnO2代替高锰酸钾也可以达到实验目的
C．试纸变蓝，说明Cl2的氧化性强于I2
D．该装置中与Cl2相关的反应均属于氧化还原反应
6．（2025春 烟台期末）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 n（KI）/mol n（KMnO4）/mol 还原产物 氧化产物
① 酸性 0.001 a Mn2+ I2
② 中性 0.001 10a MnO2
下列说法正确的是（　　）
A．a＝0.0004
B．反应②中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
C．反应②中I﹣发生的氧化反应可表示为
D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②减小
7．（2025春 烟台期末）在Pt、Cu和Ir的催化作用下，可用H2在密闭容器中除去酸性水体中的硝态氮（），反应机理如图。下列说法错误的是（　　）
A．Pt、Cu和Ir表面上均有还原反应发生
B．导电基体上生成1mol NO，理论上Pt表面共消耗1.5mol H2
C．导电基体上生成NO的反应式：
D．Ir表面生成1mol N2时转移2NA个电子
8．（2024秋 崂山区校级月考）实验室中利用MnO2制备干燥的Cl2及少量氯水并收集Cl2，下列图示装置和原理不能达到实验目的的是（　　）
A．连接图1、图2装置，向分液漏斗中注水，打开K1，关闭K2，检查装置气密性
B．图1装置中，滴加浓盐酸，点燃酒精灯，可制备Cl2
C．可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2
D．连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，可制备少量氯水
9．（2025 济宁二模）Fe2（SO4）3溶液脱除空气中H2S并再生的原理如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．氧化性：O2＞Fe3+＞S
B．理论上脱硫过程Fe2（SO4）3不需要额外补充
C．标准状况下消耗5.6L氧气时，可生成0.5mol S
D．脱硫过程中溶液的pH逐渐减小
10．（2024春 莱西市期末）某化学学习小组探究FeSO4与“84消毒液的反应过程，向酸化的FeSO4溶液中逐滴滴入“84消毒液，780s时停止滴入；滴加过程中bc、cd段产生刺激性气味的气体。采用pH传感器测得溶液的pH随时间t（s）的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．ab段中有部分Fe2+变成了Fe3+
B．bc段的主要反应为2ClO﹣+2Fe2++2OH﹣+2H2O＝Cl2↑+2Fe（OH）3↓
C．cd段产生刺激性气味气体的反应为ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O
D．de段pH减小的原因是氯气溶于水反应产生酸性物质
11．（2022秋 滕州市校级期末）铋（Bi）为+3价时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰（MnSO4）溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：
加入溶液 ①适量铋酸钠溶液 ②过量的双氧水 ③适量KI﹣淀粉溶液
实验现象 溶液呈紫红色 紫红色消失，产生气泡 溶液变成蓝色
则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为（　　）
A．I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3
B．H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4
C．KMnO4、NaBiO3、I2、H2O
D．NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2
12．（2024秋 淄博校级期中）将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是（　　）
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol
B．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3
C．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1
D．若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25
13．（2024秋 淄博期中）在一定条件下，可发生如下反应：420H+＝4R3++3O2↑+10H2O。在中元素R的化合价为（　　）
A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价
14．（2024秋 青岛期中）0.1mol C（s）与0.2mol H2O（g）在高温密闭容器中完全反应C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）。下列说法正确的是（　　）
A．生成CO的质量为5.6g
B．反应后气体平均摩尔质量为15g mol﹣1
C．反应后气体的体积为6.72L
D．反应转移电子数约为1.204×1023
15．（2024秋 黄岛区期中）用漂白粉和浓盐酸反应制取并收集纯净干燥的氯气，装置如图。下列说法正确的是（　　）
A．关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向烧瓶中加水，若水不断滴下，则甲气密性不好
B．装置甲中发生的反应为Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O
C．装置乙和丙中分别盛有浓硫酸和饱和食盐水
D．装置戊可吸收多余的氯气并防止倒吸
16．（2024秋 菏泽期中）在酸性环境中，纳米Fe/Ni复合材料去除污染水体中的反应过程（Ni不参与反应）如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．纳米Fe/Ni复合材料具有表面积大、吸附性强的特点
B．去除的总反应为：4Fe+10H+＝4Fe2+3H2O
C．反应一段时间后，水体中可能有沉淀生成
D．同理，该反应过程也可以除去水中的
二．解答题（共4小题）
17．（2025 滨城区校级开学）未来金属——钛
金属钛（Ti）性能优越，在多个领域有广泛应用。
Ⅰ、钛的制备
用钛酸亚铁（FeTiO3）制备钛的原理是：、
（1）FeTiO3中钛元素的化合价为　 　 ，X为　 　 。
Ⅱ、钛的性质
银白色固体，熔点1668℃，沸点3287℃，密度小，强度高，抗腐蚀性强，与人体有良好的相容性；在一定条件下能在空气中燃烧生成二氧化钛和氮化钛；在一定条件下也能和水蒸气反应生成二氧化钛和一种可燃性气体。
（2）下列有关钛及其合金的用途不正确的是　 　 （填字母编号）。
A．用于制作人造头颅骨
B．用于制作保险丝
C．用于制作潜水刀具
D．用于制作飞机起落架
（3）写出钛和水蒸气发生反应的化学方程式　 　 ，该反应的还原剂为　 　 。
18．（2024秋 淄博校级期中）氧化还原反应原理及物质的量的相关计算在生产、生活中应用广泛。
（1）某同学写出以下化学反应方程式（未配平）：①NH3+NO→HNO2+H2O，②NO+HNO3→N2O3+H2O，③N2O4+H2O→HNO2+HNO3，其中一定不可能实现的是（填序号）　 　 。
（2）ClO2可用于污水的杀菌和饮用水的净化。KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，SO2被氧化为，写出该反应的离子方程式并用双线桥表示电子转移：　 　 。
（3）某工厂污水中含CN﹣ag/L，现用ClO2将CN﹣（该离子中N为﹣3价）氧化，生成了两种无毒无害的气体，处理50L这种污水，至少需要ClO2　 　 mol。已知：该反应中ClO2的还原产物为Cl﹣。
（4）高铁酸钠（Na2FeO4）在水中既能消毒杀菌，其产物Fe（OH）3胶体又能净水除去悬浮杂质，是一种理想的水处理剂。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，则Cl2、ClO2、Na2FeO4三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是　 　 。已知：ClO2作消毒剂时和Cl2一样，还原产物均为Cl﹣。
19．（2024秋 济南期中）化学研究源于实验与理论的结合，得于科学的推断与探究
（1）二氧化氯是一种高效消毒剂。工业制备ClO2的反应为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl。
①氧化性：NaClO3　 　 （填“＞”或“＜”）Cl2。
②ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为Cl﹣除去，下列试剂中可将转化为Cl﹣的是 　 　 （填字母）。
a.O3
b.FeSO4
c.KI
d.KMnO4
（2）NH4NO3为爆炸物，在某温度下按下式进行分解：5NH4NO3═4N2↑+2HNO3+9H2O，则被氧化和被还原的氮元素质量之比为 　 　 。
（3）设NA为阿伏加德罗常数的值。Fe2O3是一种氧化剂，与2.3gNa完全反应转移的电子数目为 　 　 。（已知该反应为置换反应）
（4）在Na+浓度为0.5mol L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有如表中的若干种离子：
阳离子 K+、Ag+、Ba2+
阴离子 、、
取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：
序号 实验内容 实验结果
Ⅰ 向该溶液中加入足量稀HCl 产生白色沉淀并放出0.56L气体
Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量 固体质量为2.4g
Ⅲ 在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液 无明显现象
将一定含有的离子及物质的量浓度填入如表（可不必填满）
一定含有的离子 Na+ 　 　 　 　 　 　
c/（mol L﹣1） 0.5 　 　 　 　 　 　
（5）A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知：①A与D应有气体生成，②A与E反应有沉淀生成，③B与E反应有沉淀生成，④B与C反应有沉淀生成，⑤C与D反应有气体生成，⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题：
i.A与D反应产生气体的离子方程式为 　 　 。
ii.向一定量的Ba（HCO3）2溶液中逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为 　 　 ，沉淀完全后，继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为 　 　 。
20．（2023秋 菏泽期末）我国力争实现2030年前“碳达峰”、2060年前“碳中和”的目标，二氧化碳的捕捉与封存是目标实现的重要途径。回答下列问题：
Ⅰ．常温下，某同学用100mLNaOH溶液捕捉一定体积空气中的CO2。为测定所得溶液的成分，该同学向其中逐滴加入0.3mol L﹣1的盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示（忽略CO2在水中的溶解）。
（1）a b段反应的离子方程式为 　 　 。
（2）所得溶液的溶质成分为 　 　 （填化学式），NaOH溶液的浓度为 　 　 mol L﹣1。
Ⅱ．Au@TiO2蛋黄型空心球催化剂技术实现了封存和能量储存双重效果，原理如图1所示。制得的CH4通过两步法可制取H2，原理如图2所示。
（3）图1中CO2为 　 　 （填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”），空心球催化过程的总反应方程式为 　 　 。
（4）图2第i步反应转移1.5mole﹣时，该步反应生成H2的物质的量为 　 　 mol，若不考虑过程中原料损失，则4.0gCH4通过两步法最多可制得H2的物质的量为 　 　 mol。
2.3氧化还原反应
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 临沭县校级月考）下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是（　　）
A．Br2→Br﹣ B．Fe→Fe2+
C．CO2→ D．→Cl2
【答案】B
【分析】需要加入氧化剂才能实现，说明给予的物质是还原剂，在反应中失电子化合价升高，但不能是自身发生氧化还原反应。
【解答】解：A．Br2→Br﹣中Br2通入氢氧化钠溶液中即可实现，不需要氧化剂，故A错误；
B．Fe→Fe2+中铁元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，故B正确；
C．CO2→中各元素化合价不变，未发生氧化反应，故C错误；
D．ClO4 ﹣→Cl2中Cl元素化合价降低，发生还原反应，需要加还原剂，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确氧化剂、还原剂的概念及物质之间的转化关系是解本题关键，题目比较简单。
2．（2025秋 临淄区校级月考）M2O与S2﹣在酸性溶液中发生如下反应：则M2O7 ﹣中M的化合价为（　　）
A．+7 B．+2 C．+6 D．+4
【答案】C
【分析】M2与S2﹣在酸性溶液中发生如下反应：M23S2﹣+14H+＝2M3++3S↓+7H2O，根据电荷守恒得﹣x＝2×（+3）﹣14×（+1）﹣3×（﹣2），x＝2，离子中各元素化合价的代数和在数值上等于其电荷数。
【解答】解：M2与S2﹣在酸性溶液中发生如下反应：M23S2﹣+14H+＝2M3++3S↓+7H2O，根据电荷守恒得﹣x＝2×（+3）﹣14×（+1）﹣3×（﹣2），x＝2，M2为M2与，离子中各元素化合价的代数和在数值上等于其电荷数，设M2中M的化合价为a，则2×a+7×（﹣2）＝﹣2，所以a＝+6，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确离子方程式中遵循的电荷守恒、离子中化合价的计算方法是解本题的关键，题目难度不大。
3．（2024秋 新泰市校级期中）R2O4x﹣离子在酸性溶液中与MnO4﹣反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2：5，则x的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由信息可知，Mn元素从+7价降为+2价，则R元素的化合价升高，结合电子守恒计算。
【解答】解：设R2O4x﹣中R元素化合价为+n价，反应中MnO4﹣是氧化剂，Mn元素从+7价降为+2价，R元素从+n价升高为+4价，由电子守恒可知（7﹣2）×2＝（4﹣n）×2×5，解得：n＝3，此时R2O4x﹣中（+3）×2+（﹣2）×4＝﹣2，即x＝2，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
4．（2025秋 市中区校级期中）某实验小组利用以下装置制备少量的氯气，并检验氯气的性质。下列说法错误的是（　　）
已知：Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O
A．锥形瓶中发生反应的方程式中氧化剂：还原剂＝1：2
B．干燥的pH试纸不变色；湿润的pH试纸变红
C．观察到湿润的淀粉﹣KI试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性
D．浸有NaOH溶液的棉花吸收尾气的过程中氯气既体现氧化性又体现还原性
【答案】B
【分析】A．在反应：Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O中，HCl一半表现为还原性，一半表现为酸性；
B．生成的氯气中带有水蒸气，没有被干燥；
C．观察到湿润的淀粉﹣KI试纸变蓝，即发生反应：Cl2+2KI＝2KCl+I2；
D．浸有NaOH溶液的棉花吸收尾气的过程中发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，据此分析作答。
【解答】解：A．锥形瓶中发生反应：Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O，氧化剂是Ca（ClO）2，还原剂是HCl，两者之比为1：2，故A正确；
B．生成的氯气中带有水蒸气，所以干燥的pH试纸和湿润的pH试纸都变红，故B错误；
C．观察到湿润的淀粉﹣KI试纸变蓝，即发生反应：Cl2+2KI＝2KCl+I2，说明Cl2具有氧化性，且比I2的氧化性强，故C正确；
D．浸有NaOH溶液的棉花吸收尾气的过程中发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，反应中氯元素化合价既升高，又降低，氯气既体现氧化性又体现还原性，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查氯气的制取及性质，属于基本知识的考查，难度中等。
5．（2025春 青岛期末）某同学利用如图微型装置（夹持装置略）制取少量Cl2，并比较Cl2和I2的氧化性强弱。下列说法错误的是（　　）
A．吸收剂也可以选用饱和Na2SO3溶液
B．用MnO2代替高锰酸钾也可以达到实验目的
C．试纸变蓝，说明Cl2的氧化性强于I2
D．该装置中与Cl2相关的反应均属于氧化还原反应
【答案】B
【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气和碘离子反应生成碘单质，氯气有毒，使用氢氧化钠等碱液吸收。
【解答】解：A．氯气有毒，也具有氧化性，能与亚硫酸钠反应生成硫酸钠和盐酸，故吸收剂可以是饱和亚硫酸钠溶液，故A正确；
B．用二氧化锰代替高锰酸钾时必须加热才能产生氯气，不能达到实验目的，故B错误；
C．氯气和碘离子反应生成碘单质，使得湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则说明Cl2的氧化性强于I2，故C正确；
D．该装置中与氯气相关的反应有浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与碘离子反应生成碘单质，均属于氧化还原反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查氯气的实验室制法等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2025春 烟台期末）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 n（KI）/mol n（KMnO4）/mol 还原产物 氧化产物
① 酸性 0.001 a Mn2+ I2
② 中性 0.001 10a MnO2
下列说法正确的是（　　）
A．a＝0.0004
B．反应②中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
C．反应②中I﹣发生的氧化反应可表示为
D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②减小
【答案】B
【分析】A．根据反应①的电子守恒，0.001mol I﹣失去0.001mol电子，每个 得到5e﹣；
B．反应②中，0.001mol I﹣被氧化为（每个I﹣失去6e﹣），0.002mol 被还原为MnO2（每个 得到3e ）；
C．反应②是在中性条件下，I﹣被氧化生成，产物中不会生成H+；
D．反应①消耗H+，pH增大；反应②生成OH﹣，pH也增大。
【解答】解：A．根据反应①的电子守恒，0.001mol I﹣失去0.001mol电子，对应KMnO4的物质的量（每个 得到5e﹣），故a＝0.0002，故A错误；
B．反应②中，0.001mol I﹣被氧化为（每个I﹣失去6e﹣），0.002mol 被还原为二氧化锰（每个 得到3e ）。氧化产物（）与还原产物（MnO2）的物质的量比为0.001：0.002＝1：2，故B正确；
C．反应②是在中性条件下，I﹣被氧化生成，产物中不会生成氢离子，故C错误；
D．反应②生成氢氧根离子，pH也增大，反应①消耗氢离子，pH增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本规律及应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2025春 烟台期末）在Pt、Cu和Ir的催化作用下，可用H2在密闭容器中除去酸性水体中的硝态氮（），反应机理如图。下列说法错误的是（　　）
A．Pt、Cu和Ir表面上均有还原反应发生
B．导电基体上生成1mol NO，理论上Pt表面共消耗1.5mol H2
C．导电基体上生成NO的反应式：
D．Ir表面生成1mol N2时转移2NA个电子
【答案】B
【分析】A．Pt、Cu和Ir表面上均存在氮元素化合价降低的反应；
B．导电基体上生成1mol NO，需要得3mol电子，消耗1.5mol H2，但Pt表面还存在得电子转化为铵根的过程；
C．根据图示，导电基体上得电子生成NO；
D．Ir表面氮元素化合价由+1价降低到0价。
【解答】解：A．Pt、Cu和Ir表面上均存在氮元素化合价降低的反应，均有还原反应发生，故A正确；
B．导电基体上生成1mol 一氧化氮，需要得3mol电子，消耗1.5mol氢气，但Pt表面还存在硝酸根离子得电子转化为铵根的过程，理论上Pt表面消耗氢气物质的量大于1.5mol，故B错误；
C．导电基体上硝酸根离子得电子生成一氧化氮，反应式：，故C正确；
D．Ir表面氮元素化合价由+1价降低到0价，生成1mol N2时转移2NA个电子，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本规律及应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024秋 崂山区校级月考）实验室中利用MnO2制备干燥的Cl2及少量氯水并收集Cl2，下列图示装置和原理不能达到实验目的的是（　　）
A．连接图1、图2装置，向分液漏斗中注水，打开K1，关闭K2，检查装置气密性
B．图1装置中，滴加浓盐酸，点燃酒精灯，可制备Cl2
C．可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2
D．连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，可制备少量氯水
【答案】A
【分析】A．图1装置中的橡胶管能使分液漏斗中的液体顺利流下，直至分液漏斗中的液体流尽；
B．加热条件下，浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气；
C．饱和食盐水能吸收氯气中混有的硫化氢气体，浓硫酸可用于干燥氯气；
D．氯气能溶于水并能与水反应，氯气通入水中可制备少量氯水。
【解答】解：A．图1装置中的橡胶管能使分液漏斗始终保持恒压，注水后无论气密性是否良好，水都能顺利流下，不能检查装置的气密性，不能达到实验目的，故A正确；
B．图1装置中，浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2，能达到实验目的，故B错误；
C．饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体，浓硫酸干燥Cl2，且Cl2密度比空气的大，可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2，能达到实验目的，故C错误；
D．连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯制备氯气，氯气溶于水中可制备少量氯水，能达到实验目的，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氯气的实验室制法，侧重分析判断能力和实验能力考查，把握氯气的制备原理、实验基本操作、氯气的性质及发生反应是解题关键，题目难度不大。
9．（2025 济宁二模）Fe2（SO4）3溶液脱除空气中H2S并再生的原理如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．氧化性：O2＞Fe3+＞S
B．理论上脱硫过程Fe2（SO4）3不需要额外补充
C．标准状况下消耗5.6L氧气时，可生成0.5mol S
D．脱硫过程中溶液的pH逐渐减小
【答案】D
【分析】A．反应①的离子方程式为H2S+2Fe3+＝S↓+2H++2Fe2+，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、Fe元素化合价由+3价变为+2价，则H2S是还原剂、Fe3+是氧化剂，反应②的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，该反应中O元素化合价由0价变为﹣2价、Fe元素化合价由+2价变为+3价，则Fe2+是还原剂、O2是氧化剂，据此分析。
【解答】解：A．反应①的离子方程式为H2S+2Fe3+＝S↓+2H++2Fe2+，S是氧化产物、Fe3+是氧化剂，氧化性：Fe3+＞S，反应②的离子方程式为：4Fe2++O2+H+＝4Fe3++2H2O，则Fe3+是氧化产物、O2是氧化剂，氧化性：O2＞Fe3+，即氧化性：O2＞Fe3+＞S，故A正确；
B．根据图知，Fe2（SO4）3在反应②中是生成物、反应①中是反应物，所以反应过程中，Fe2（SO4）3可以循环利用不需要额外补充，故B正确；
C．反应①的离子方程式为H2S+2Fe3+＝S↓+2H++2Fe2+，反应②的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，总反应为2H2S+O2＝2S↓+2H2O，标准状况下消耗5.6L氧气即时，可生成0.5mol S，故C正确；
D．反应①的离子方程式为H2S+2Fe3+＝S↓+2H++2Fe2+，反应②的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，总反应为2H2S+O2＝2S↓+2H2O，脱硫过程中溶液的pH不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的有关知识，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确图中发生的反应、氧化还原反应的有关概念内涵是解本题关键。
10．（2024春 莱西市期末）某化学学习小组探究FeSO4与“84消毒液的反应过程，向酸化的FeSO4溶液中逐滴滴入“84消毒液，780s时停止滴入；滴加过程中bc、cd段产生刺激性气味的气体。采用pH传感器测得溶液的pH随时间t（s）的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．ab段中有部分Fe2+变成了Fe3+
B．bc段的主要反应为2ClO﹣+2Fe2++2OH﹣+2H2O＝Cl2↑+2Fe（OH）3↓
C．cd段产生刺激性气味气体的反应为ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O
D．de段pH减小的原因是氯气溶于水反应产生酸性物质
【答案】B
【分析】向酸化的FeSO4溶液中逐滴滴入“84”消毒液，780s时停止滴入；滴加过程中bc、cd段产生刺激性气味的气体，结合图中变化可知，a点开始反应，ab段是亚铁离子被氧化生成铁离子，bc点是次氯酸根离子和亚铁离子反应生成氢氧化铁沉淀和氯气，cd段主要是生成氯气，de点pH减小是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，据此进行解答。
【解答】解：A．ab段为浅绿色变为黄色，是Fe2+向Fe3+的转化，故A正确；
B．“向酸化的FeSO4溶液中逐滴滴入84消毒液”，说明反应环境为酸性环境，因此方程式中不可能出现OH﹣，故B错误；
C．cd段主要是生成氯气，故cd段产生刺激性气味气体的反应为ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，故C正确；
D．de点pH减小是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了离子性质、离子反应的关系、反应现象的理解应用、离子方程式书写等知识点，注意图象的理解应用，题目难度中等。
11．（2022秋 滕州市校级期末）铋（Bi）为+3价时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰（MnSO4）溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：
加入溶液 ①适量铋酸钠溶液 ②过量的双氧水 ③适量KI﹣淀粉溶液
实验现象 溶液呈紫红色 紫红色消失，产生气泡 溶液变成蓝色
则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为（　　）
A．I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3
B．H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4
C．KMnO4、NaBiO3、I2、H2O
D．NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2
【答案】D
【分析】根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，根据化合价降低的是氧化剂，化合价升高的是还原剂，对应产物为氧化产物，判断每个中的氧化剂与氧化产物即可答题。
【解答】解：根据化合价降低的是氧化剂，化合价升高的是还原剂，对应产物为氧化产物，①中溶液呈紫红色，说明有高锰酸钾生成，锰元素化合价由+2变成+7价，所以高锰酸钾为氧化产物，NaBiO3为氧化剂，氧化性：NaBiO3＞KMnO4；②中双氧水与高锰酸钾反应紫红色消失，有气体生成，说明有氧气生成，锰元素化合价降低，氧元素化合价升高，氧化剂为：KMnO4，还原剂为：H2O2，氧化性：KMnO4＞H2O2；③中KI﹣淀粉溶液与双氧水反应，溶液变蓝，由碘单质生成，碘元素化合价升高，氧元素化合价降低，氧化剂为：H2O2，氧化产物为：I2，氧化性：H2O2＞I2，所以氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的规律：氧化性与还原性强弱的判断。
12．（2024秋 淄博校级期中）将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是（　　）
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol
B．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3
C．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1
D．若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25
【答案】D
【分析】由信息可知，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO3，氧化产物只有NaClO转移电子最少，氧化产物只有NaClO3时转移电子最多，结合电子守恒及原子守恒解答。
【解答】解：A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）＝n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）＝0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）＝n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）＝0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）＝0.15mol，故A错误；
B．根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；
C．令n（NaCl）＝11mol，n（NaClO）＝2mol，n（NaClO3）＝1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1＝11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5＝7mol，得失电子不相等，故C错误；
D．由Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol1＝0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol1＝0.25mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握Cl元素的化合价变化及电子守恒、原子守恒的应用为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度中等。
13．（2024秋 淄博期中）在一定条件下，可发生如下反应：420H+＝4R3++3O2↑+10H2O。在中元素R的化合价为（　　）
A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价
【答案】C
【分析】根即电荷守恒进行计算。
【解答】解：根据反应420H+＝4R3++3O2↑+10H2O中电荷守恒可得：﹣4n+20＝12，n＝2，则 R的化合价为+6，
故选：C。
【点评】本题考查元素化合价计算的相关知识，掌握电荷守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
14．（2024秋 青岛期中）0.1mol C（s）与0.2mol H2O（g）在高温密闭容器中完全反应C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）。下列说法正确的是（　　）
A．生成CO的质量为5.6g
B．反应后气体平均摩尔质量为15g mol﹣1
C．反应后气体的体积为6.72L
D．反应转移电子数约为1.204×1023
【答案】D
【分析】根据方程式中化学计量数之比等于反应的物质的量之比计算。
【解答】解：A．根据C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g），则0.1mol C（s）与0.2mol H2O（g）在高温密闭容器中完全反应时生成CO的物质的量为0.1mol，质量为2.8g，故A错误；
B．反应后高温密闭容器中气体除了反应生成的CO和H2还有未反应的H2O（g），故B错误；
C．气体所处状况未知，不能求出气体的体积，故C错误；
D．0.1mol C参加反应生成0.1mol CO，则反应转移电子数约为1.204×1023，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查根据方程式进行计算，明白方程式中化学计量数之比等于反应的物质的量之比是解答的关键。
15．（2024秋 黄岛区期中）用漂白粉和浓盐酸反应制取并收集纯净干燥的氯气，装置如图。下列说法正确的是（　　）
A．关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向烧瓶中加水，若水不断滴下，则甲气密性不好
B．装置甲中发生的反应为Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O
C．装置乙和丙中分别盛有浓硫酸和饱和食盐水
D．装置戊可吸收多余的氯气并防止倒吸
【答案】B
【分析】二漂白粉和浓盐酸反应制取氯气，反应为Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O，装置甲为制取装置，乙用饱和食盐水除去氯气中的HCl，丙用浓硫酸干燥氯气，丁收集氯气，戊吸收尾气。
【解答】解：A．分液漏斗和烧瓶互通，关闭止水夹，打开分液漏斗活塞向烧瓶中加水，不能检测装置气密性，故A错误；
B．根据分析，装置甲中发生的反应为Ca（ClO）2+4HCl（浓）＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故B正确；
C．根据分析，乙用饱和食盐水除去氯气中的HCl，丙用浓硫酸干燥氯气，故C错误；
D．汽油密度小于水，在上层，不能防倒吸，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了氯气及其化合物的性质分析判断和应用，掌握基础是关键，题目难度不大。
16．（2024秋 菏泽期中）在酸性环境中，纳米Fe/Ni复合材料去除污染水体中的反应过程（Ni不参与反应）如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．纳米Fe/Ni复合材料具有表面积大、吸附性强的特点
B．去除的总反应为：4Fe+10H+＝4Fe2+3H2O
C．反应一段时间后，水体中可能有沉淀生成
D．同理，该反应过程也可以除去水中的
【答案】D
【分析】A．纳米材料具有表面积大、吸附性强的特点；
B．根据题意，→，化合价降低，则Fe→Fe2+，化合价升高，根据得失电子守恒，的系数比为1：4，再根据电荷守恒、原子守恒配平；
C．反应一段时间后，随着氢离子浓度减小，溶液碱性增强；
D．硫酸根具有较强的稳定性，不易被还原。
【解答】解：A．纳米材料具有表面积大、吸附性强的特点；纳米Fe/Ni复合材料具有表面积大、吸附性强的特点，故A正确；
B．→，化合价降低，则Fe→Fe2+，化合价升高，根据得失电子守恒，的系数比为1：4，则反应的离子方程式为，故B正确；
C．反应一段时间后，随着氢离子浓度减小，溶液碱性增强，水体中可能有白色絮状沉淀氢氧化亚铁生成，后迅速被氧化为红褐色沉淀，故C正确；
D．硫酸根具有较强的稳定性，不易被还原，因此该反应过程不能除去水中的硫酸根离子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生氧化还原的掌握情况，试题难度中等。
二．解答题（共4小题）
17．（2025 滨城区校级开学）未来金属——钛
金属钛（Ti）性能优越，在多个领域有广泛应用。
Ⅰ、钛的制备
用钛酸亚铁（FeTiO3）制备钛的原理是：、
（1）FeTiO3中钛元素的化合价为　+4　 ，X为　FeCl3 。
Ⅱ、钛的性质
银白色固体，熔点1668℃，沸点3287℃，密度小，强度高，抗腐蚀性强，与人体有良好的相容性；在一定条件下能在空气中燃烧生成二氧化钛和氮化钛；在一定条件下也能和水蒸气反应生成二氧化钛和一种可燃性气体。
（2）下列有关钛及其合金的用途不正确的是　B　 （填字母编号）。
A．用于制作人造头颅骨
B．用于制作保险丝
C．用于制作潜水刀具
D．用于制作飞机起落架
（3）写出钛和水蒸气发生反应的化学方程式　　 ，该反应的还原剂为　钛　 。
【答案】（1）+4；FeCl3；
（2）B；
（3）；钛。
【分析】（1）物质中元素化合价的确定应先把主族元素的化合价定好，再去计算化合价多变的元素；
（2）在氧化还原反应中，得电子的物质化合价降低被还原，作氧化剂；失电子的物质化合价升高，作还原剂。
【解答】解：（1）钛酸亚铁（FeTiO3）中，铁元素化合价为+2价，氧元素化合价为﹣2价，设钛元素化合价为x，根据“化合物中各元素化合价代数和为零”，则+2+x+（﹣2）×3＝0，解得x＝+4，反应前后元素种类不变，等号左边Fe、Ti、O、C、Cl的个数为2、2、6、6、14，等号右边除2X外，Fe、Ti、O、C、Cl的个数为0、2、6、6、8，则2X中含有2个铁原子、6个氯原子，则X的化学式为FeCl3，
故答案为：+4；FeCl3；
（2）A．钛与人体有良好的相容性，则可用于制作人造头颅骨，故A正确；
B．钛的熔点较高，不能作保险丝，故B错误；
C．钛的强度高，且抗腐蚀性强，可用于制作潜水刀具，故C正确；
D．钛密度小，且强度高，可用于制作飞机起落架，故D正确；
故答案为：B；
（3）根据信息钛和水蒸气在一定条件下生成二氧化钛和一种可燃性气体，根据反应前后元素种类不变，则该可燃性气体为氢气，反应的化学方程式为：；
该反应中，钛的化合价升高是还原剂，
故答案为：；钛。
【点评】本题主要考查化学方程式的有关计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
18．（2024秋 淄博校级期中）氧化还原反应原理及物质的量的相关计算在生产、生活中应用广泛。
（1）某同学写出以下化学反应方程式（未配平）：①NH3+NO→HNO2+H2O，②NO+HNO3→N2O3+H2O，③N2O4+H2O→HNO2+HNO3，其中一定不可能实现的是（填序号）　①　 。
（2）ClO2可用于污水的杀菌和饮用水的净化。KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，SO2被氧化为，写出该反应的离子方程式并用双线桥表示电子转移： 。
（3）某工厂污水中含CN﹣ag/L，现用ClO2将CN﹣（该离子中N为﹣3价）氧化，生成了两种无毒无害的气体，处理50L这种污水，至少需要ClO2　　 mol。已知：该反应中ClO2的还原产物为Cl﹣。
（4）高铁酸钠（Na2FeO4）在水中既能消毒杀菌，其产物Fe（OH）3胶体又能净水除去悬浮杂质，是一种理想的水处理剂。如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，则Cl2、ClO2、Na2FeO4三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是　ClO2＞Cl2＞Na2FeO4 。已知：ClO2作消毒剂时和Cl2一样，还原产物均为Cl﹣。
【答案】（1）①；
（2）；
（3）；
（4）ClO2＞Cl2＞Na2FeO4。
【分析】（1）在①NH3+NO→HNO2+H2O中，N需要从﹣3价和+2价转变为+3价，该反应不能发生，在②NO+HNO3→N2O3+H2O中，N需要从+2价和+5价转变为+3价，即发生归中反应，该反应能发生，在③N2O4+H2O→HNO2+HNO3中，N需要从+4价转变为+3价和+5价，即发生歧化反应；
（2）KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，SO2被氧化为，该离子方程式为；
（3）ClO2将CN﹣氧化，生成了两种无毒无害的气体，无毒无害气体应为氮气和二氧化碳，根据已知：该反应中ClO2的还原产物为Cl﹣，反应的化学方程式为，污水中含CN﹣为50L×ag/L＝50ag，物质的量为；
（4）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为mg，Cl2、ClO2、Na2FeO4三种消毒剂的效率为、、。
【解答】解：（1）在①NH3+NO→HNO2+H2O中，N需要从﹣3价和+2价转变为+3价，该反应不能发生，在②NO+HNO3→N2O3+H2O中，N需要从+2价和+5价转变为+3价，即发生归中反应，该反应能发生，在③N2O4+H2O→HNO2+HNO3中，N需要从+4价转变为+3价和+5价，即发生歧化反应，该反应能发生，则一定不可能实现的是①，
故答案为：①；
（2）KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，SO2被氧化为，该离子方程式为，用双线桥表示电子转移，
故答案为：；
（3）ClO2将CN﹣氧化，生成了两种无毒无害的气体，无毒无害气体应为氮气和二氧化碳，根据已知：该反应中ClO2的还原产物为Cl﹣，反应的化学方程式为，污水中含CN﹣为50L×ag/L＝50ag，物质的量为，由方程式可得，
故答案为：；
（4）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为mg，Cl2、ClO2、Na2FeO4三种消毒剂的效率为、、，故大小顺序为ClO2＞Cl2＞Na2FeO4，
故答案为：ClO2＞Cl2＞Na2FeO4。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19．（2024秋 济南期中）化学研究源于实验与理论的结合，得于科学的推断与探究
（1）二氧化氯是一种高效消毒剂。工业制备ClO2的反应为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl。
①氧化性：NaClO3　＞　 （填“＞”或“＜”）Cl2。
②ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为Cl﹣除去，下列试剂中可将转化为Cl﹣的是 　bc　 （填字母）。
a.O3
b.FeSO4
c.KI
d.KMnO4
（2）NH4NO3为爆炸物，在某温度下按下式进行分解：5NH4NO3═4N2↑+2HNO3+9H2O，则被氧化和被还原的氮元素质量之比为 　5：3　 。
（3）设NA为阿伏加德罗常数的值。Fe2O3是一种氧化剂，与2.3gNa完全反应转移的电子数目为 　0.1NA 。（已知该反应为置换反应）
（4）在Na+浓度为0.5mol L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有如表中的若干种离子：
阳离子 K+、Ag+、Ba2+
阴离子 、、
取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：
序号 实验内容 实验结果
Ⅰ 向该溶液中加入足量稀HCl 产生白色沉淀并放出0.56L气体
Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量 固体质量为2.4g
Ⅲ 在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液 无明显现象
将一定含有的离子及物质的量浓度填入如表（可不必填满）
一定含有的离子 Na+ 　K+ 　　 　　
c/（mol L﹣1） 0.5 　0.8　 　0.25　 　0.4　
（5）A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知：①A与D应有气体生成，②A与E反应有沉淀生成，③B与E反应有沉淀生成，④B与C反应有沉淀生成，⑤C与D反应有气体生成，⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题：
i.A与D反应产生气体的离子方程式为 　2H+H2O+CO2↑　 。
ii.向一定量的Ba（HCO3）2溶液中逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为 　Ba2+H+BaSO4↓+H2O+CO2↑　 ，沉淀完全后，继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为 　H+H2O+CO2↑　 。
【答案】（1）①＞；
②bc；
（2）5：3；
（3）0.1NA；
（4）
一定含有的离子 Na+ K+
c/（mol L﹣1） 0.5 0.8 0.25 0.4
（5）i.2H+H2O+CO2↑；
ii.Ba2+H+BaSO4↓+H2O+CO2↑；H+H2O+CO2↑。
【分析】（1）①在反应2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl中，NaClO3化合价降低作氧化剂，HCl中的氯元素化合价升高作还原剂，被氧化为Cl2，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，即可判断NaClO3与Cl2的氧化性强弱；
②转化为Cl﹣的过程中，氯元素化合价降低，作氧化剂，需要加入还原剂；
（2）在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒计算被氧化的氮原子与被还原的氮原子；
（3）根据n及电子守恒计算；
（4）由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存，由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有，其浓度为 0.25mol/L，则一定没有Ag+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有，发生反应2H+＝H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，的浓度为：0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含，根据电荷守恒2c（）+2c（）＝2×0.25mol/L+2×0.4mol/L＝1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度为0.8mol/L以此解答该题；
（5）BaCl2可与Na2CO3、NaHSO4、AgNO3均反应生成沉淀，Na2CO3分别与HCl、NaHSO4均反应生成气体，AgNO3与其它4种物质反应均产生沉淀；由①⑤中D能与A、C反应均产生气体，故D为Na2CO3，A、C分别为HCl、NaHSO4中的一种，则B、E分别为BaCl2、AgNO3中的一种；③中B与E生成的沉淀为AgCl，由根据⑥可知A与E反应也生成AgCl沉淀，故A为HCl、E为AgNO3，则B为BaCl2、C为NaHSO4，以此分析。
【解答】解：（1）①在反应2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl中，NaClO3化合价降低作氧化剂，HCl中的氯元素化合价升高作还原剂，被氧化为Cl2，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物可知，氧化性：NaClO3＞Cl2，
故答案为：＞；
②转化为Cl﹣的过程中，氯元素化合价降低，作氧化剂，需要加入还原剂，FeSO4和KI可作还原剂，O3和KMnO4一般作氧化剂，即bc符合题意，
故答案为：bc；
（2）5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（5﹣0）：[0﹣（﹣3）]＝5：3，则被氧化和被还原的氮元素质量之比为5：3，
故答案为：5：3；
（3）Fe2O3是主氧化剂，Fe2O3得到电子被还原，该反应为置换反应，则与Na反应生成的还原产物为Fe，2.3gNa的物质的量为：0.1mol，Na为+1价金属，0.1molNa完全反应转移0.1mol即0.1NA个电子，
故答案为：0.1NA；
（4）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有、，则一定没有Ag+、Ba2+，
加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有，发生反应2H+＝H2SiO3↓，根据以上计算可知，c（）＝0.25mol/L，c（）＝0.4mol/L，一定不存在硫酸根离子，所以c（）＝0，根据电荷守恒2c（）+2c（）＝2×0.25mol/L+2×0.4mol/L＝1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度为0.8mol/L，
故答案为：
一定含有的离子 Na+ K+
c/（mol L﹣1） 0.5 0.8 0.25 0.4
（5）i.A与D反应的离子方程式为2H+H2O+CO2↑，
故答案为：2H+H2O+CO2↑；
ii.Ba（HCO3）2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液，直至不再生成沉淀，即Ba2+与完全反应，该过程中发生反应的离子方程式为Ba2+H+BaSO4↓+H2O+CO2↑，沉淀完全后，继续滴加NaHSO4溶液，此时发生反应的离子方程式为H+H2O+CO2↑，
故答案为：Ba2+H+BaSO4↓+H2O+CO2↑；H+H2O+CO2↑。
【点评】本题考查氧化还原反应的概念和计算、离子共存、离子检验等知识，为高考常见题型，难度中等，注意掌握离子反应反应条件及常见离子的检验方法。
20．（2023秋 菏泽期末）我国力争实现2030年前“碳达峰”、2060年前“碳中和”的目标，二氧化碳的捕捉与封存是目标实现的重要途径。回答下列问题：
Ⅰ．常温下，某同学用100mLNaOH溶液捕捉一定体积空气中的CO2。为测定所得溶液的成分，该同学向其中逐滴加入0.3mol L﹣1的盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示（忽略CO2在水中的溶解）。
（1）a b段反应的离子方程式为 　　 。
（2）所得溶液的溶质成分为 　Na2CO3、NaHCO3 （填化学式），NaOH溶液的浓度为 　0.15　 mol L﹣1。
Ⅱ．Au@TiO2蛋黄型空心球催化剂技术实现了封存和能量储存双重效果，原理如图1所示。制得的CH4通过两步法可制取H2，原理如图2所示。
（3）图1中CO2为 　氧化剂　 （填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”），空心球催化过程的总反应方程式为 　　 。
（4）图2第i步反应转移1.5mole﹣时，该步反应生成H2的物质的量为 　0.5　 mol，若不考虑过程中原料损失，则4.0gCH4通过两步法最多可制得H2的物质的量为 　0.75　 mol。
【答案】（1）；
（2）Na2CO3、NaHCO3；0.15；
（3）氧化剂； ；
（4）0.5；0.75。
【分析】压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线可知，a点到b点才有气体二氧化碳产生，导致压强明显变大，说明a点溶液溶质为碳酸氢钠，与盐酸按物质的量之比为1：1反应，消耗的盐酸的体积为50mL﹣20mL＝30mL，且从开始一直到a点，无气体产生，消耗盐酸的体积也为20mL，则说明溶液中的溶质同时存在碳酸氢钠，以此解题。
【解答】解：（1）由图可知a b段气体压强增大，则此时产生气体，离子方程式为：，
故答案为：；
（2）压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线可知，a点到b点才有气体二氧化碳产生，导致压强明显变大，说明a点溶液溶质为碳酸氢钠，与盐酸按物质的量之比为1：1反应，消耗的盐酸的体积为50mL﹣20mL＝30mL，且从开始一直到a点，无气体产生，消耗盐酸的体积也为20mL，则说明溶液中的溶质同时存在碳酸氢钠，根据元素守恒可知，最终溶液的溶质为氯化钠，n（Na）＝n（Cl），所以原来氢氧化钠的物质的量n（NaOH）＝n（HCl）＝0.3mol/L×0.05L＝0.015mol，所以100 mL NaOH的物质的量浓度为，
故答案为：Na2CO3、NaHCO3；0.15；
（3）图1中二氧化碳中的化合价由+4价降低到﹣4价，则二氧化碳为氧化剂；根据图1中信息可知，空心球催化过程的总反应方程式为，
故答案为：氧化剂； ；
（4）由图可知，i的反应方程式为CH4+NiFe2O4＝CO+2H2+NiO+2FeO，该反应转移6个电子；则当反应转移1.5mole﹣时，该步反应生成H2的物质的量为0.5mol；ii的反应方程式为NiO+2FeO+H2O＝H2+NiFe2O4，4g CH4物质的量为0.25mol，第一步反应生成氢气0.5mol，生成0.25mol NiO、0.5mol FeO，再根据第二步反应可知，0.25mol NiO、0.5mol FeO可生成氢气0.25mol，因此最多可制得氢气0.75mol，
故答案为：0.5；0.75。
【点评】本题主要考查化学方程式的有关计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑