考点6 氧化还原反应的综合应用——配平、计算及滴定 1．(1)[2022·安徽理综，27(2)]请配平反应的化学方程式：□NaBO2＋□SiO2＋□Na＋□H2===□NaBH4＋□Na2SiO3(2)[2022·江苏化学，20(3)]当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为________________________________________________________________________。2．(2022·课标全国Ⅱ，28)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②溶液X中大量存在的阴离子有________。③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是________(填标号)。 a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水(3)用右图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；\nⅤ.用0.1000mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②玻璃液封装置的作用是________________。③Ⅴ中加入的指示剂通常为________，滴定至终点的现象是________。④测得混合气中ClO2的质量为________g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是________(填标号)。a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁1．(2022·上海化学，16)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则( )A．被氧化的砒霜为1.98mgB．分解产生的氢气为0.672mLC．和砒霜反应的锌为3.90mgD．转移的电子总数为6×10－5NA2．(2022·四川理综，7)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/L，NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是( )A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL3．[2022·重庆理综，11(1)(2)]氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料，其燃烧产物为________。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为________。4．(2022·高考试题组合)(1)[2022·天津理综，7(6)]KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)[2022·天津理综，10(1)]天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：________________________________________________________________________。(3)[2022·上海化学，28]硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下\n，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。(4)[2022·课标全国Ⅱ，27(2)]PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。5．[2022·江苏化学，20(2)(3)]硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。(1)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。①在图示的转化中，化合价不变的元素是________。②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为________________________________________________________________________。③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有________________________________________________________________________。(2)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为________________________。6．(2022·江苏化学，21B)磷酸铁(FePO4·2H2O，难溶于水的米白色固体)可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁。(1)称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤。反应加热的目的是________________________________________________________________________。(2)向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2＋。为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2＋，离子方程式如下：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O①在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、________和________。②若滴定xmL滤液中的Fe2＋，消耗amol·L－1K2Cr2O7标准溶液bmL，则滤液中c(Fe2＋)＝________mol·L－1。③为使滤液中的Fe2＋完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是________(填序号)。\nA．加入适当过量的H2O2溶液B．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C．加热，使反应在较高温度下进行D．用氨水调节溶液pH＝77．(2022·福建理综，24节选)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。(1)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。该法工艺原理示意图如下。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有____________(填化学式)，发生器中生成ClO2的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：(D)＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋________(3)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl－。处理含CN－相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的______倍。8．(2022·北京理综，27)用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；Ⅴ.浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)将MnO氧化Fe2＋的离子方程式补充完整：MnO＋Fe2＋＋________===Mn2＋＋Fe3＋＋________。(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的________________________________________________________________________\n________________________________________________________________________。(4)已知：一定条件下，MnO可与Mn2＋反应生成MnO2。①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_______________________________________________。②Ⅳ中加入MnSO4的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。1．(2022·云南昆明期末，2)下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )①KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6②2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑；3∶1③SiO2＋3C===SiC＋2CO↑；1∶2④3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；2∶1A．①③B．②③C．②④D．①④2．(2022·山东济南期末，5)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是( )A．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，氧化产物比还原产物多2mol时转移的电子数为6NAB．电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜C．向仅含0.2molFeI2的溶液中持续通入氯气，当有0.1molFe2＋被氧化时，转移电子的数目为0.5NAD．将100mL0.1mol·L－1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NA3．(2022·广东深圳一次调研，3)已知氧化性：PbO2>HMnO4，6种物质：H2O、PbO2、Pb(NO3)2、HMnO4、HNO3和Mn(NO3)2可以组成一个化学方程式。下列有关说法正确的是( )A．PbO2是反应的还原剂B．被还原的元素是Mn(NO3)2中MnC．反应中1mol氧化剂参与反应得到5mol电子D．反应方程式配平后，PbO2与Mn(NO3)2的化学计量数之比为5∶24．(2022·河北石家庄一次质检，12)一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程为NH4NO3→HNO3＋N2＋H2O(未配平)，该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为( )A．5∶3B．5∶4C．1∶1D．3∶55．(2022·河北衡水期末，6)NaNO2是一种食品添加剂，能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( )A．该反应中NO被还原B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D.中的粒子是OH－6．(2022·陕西师大附中期中)对于反应KMnO4＋HCl(浓)——KCl＋MnCl2＋Cl2＋H2O(未配平)，若有0.1molKMnO4参加反应，下列说法不正确的是( )A．转移0.5mol电子\nB．氧化产物与还原产物物质的量之比为5∶2C．参加反应的HCl为0.8molD．氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶87．(2022·山东潍坊期末，10)等物质的量的下列物质与足量稀硝酸反应，氧化产物为Cu2＋或SO，还原产物为NO。消耗硝酸的量最多的是( )A．CuB．Cu2OC．CuSD．Cu2S8．(2022·安徽合肥调研，6)H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下：Ⅰ.2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O===3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑Ⅱ.Ba(H2PO2)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2H3PO2下列推断不正确的是( )A．反应Ⅰ是氧化还原反应，反应Ⅱ是非氧化还原反应B．H3PO2具有还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的质量之比为1∶1D．反应Ⅰ中，在标准状况下生成2.24LPH3时，转移0.3mol电子9．(2022·江苏南京一模，15)24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( )A．＋2B．＋3C．＋4D．＋510．(2022·湖南长沙一模，4)已知单质铁溶于一定浓度硝酸溶液中发生反应的离子方程式为aFe＋bNO＋cH＋===dFe2＋＋fFe3＋＋gNO↑＋hN2O↑＋kH2O。若上述反应中的化学计量数a～k均为正整数，则它们之间的关系错误的是( )A．c＝4g＋10hB．c－b＝2d＋3fC．2d＋3f＝3g＋8hD．a＋c＝d＋f11．(2022·江苏盐城期末，7)已知某反应中有6种物质：N2O、H2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3、Fe2(SO4)3。下列说法不正确的是( )A．1mol氧化剂得到3mol电子B．氧化产物为Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3C．参加反应的HNO3中20%作氧化剂D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶412．(2022·甘肃兰州调研，9)在酸性溶液中，下列物质氧化KI溶液时，自身发生如下变化：甲：KIO3(IO→I2)；乙：H2O2(H2O2→H2O)；丙：FeCl3(Fe3＋→Fe2＋)；丁：K2Cr2O7(Cr2O→Cr3＋)。用浓度均为0.1mol·L－1的已经酸化的上述氧化剂滴定等量的KI溶液，所需体积的大小顺序为( )A．甲>乙>丙>丁B．乙>丙>丁>甲C．丁>甲>乙>丙D．丙>乙>甲>丁13．(2022·宁夏银川期末，13)LiAlH4是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出氢气，LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。下列叙述错误的是( )A．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂B．LiAlH4与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g·mol－1C．1molLiAlH4在125℃时完全分解，转移3mol电子D．LiAlH4与水反应生成三种物质时，化学方程式可表示为：LiAlH4＋4H2O===Al(OH)3↓＋LiOH＋4H2↑14．(2022·陕西西安八校联考，11)羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原，现有25.00mL0.049mol/L羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，\n生成的Fe2＋恰好与24.65mL0.020mol/L酸性KMnO4溶液完全反应，已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则在上述反应中羟胺的氧化产物是( )A．N2B．N2OC．NOD．NO215．(2022·河南八市三次联考，8)含有4.0molHNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示(还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是( )A．a是Fe(NO3)2B．n1＝0.80C．p＝0.60D．n3＝1.2016．(2022·晋商四校联考，16)FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为( )A．1∶6B．1∶7C．2∶11D．16∶2517．(2022·湖北黄冈调研，13)已知3NaClO2NaCl＋NaClO3。在某温度下，向含2molNaOH的溶液中通入适量氯气恰好完全反应。下列推断正确的是( )A．若产物中＝1，则在较低温度下反应，消耗22.4L氯气B．若产物中＝1，则在较高温度下反应且生成1.5mol氯化钠C．改变温度，理论上生成氯酸钠的物质的量最多为0.5molD．理论上，上述反应中转移电子最多为1mol18．(2022·山东烟台期末，15)现取mg镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加bmol·L－1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中正确的有( )①沉淀中OH－的质量为(n－m)g②恰好溶解后溶液中NO的物质的量为mol③反应过程中转移的电子的物质的量为mol④标准状况下生成NO的体积为L⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(＋)molA．5项B．4项C．3项D．2项19．(2022·吉林长春一次调研，17)现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸浓度为4mol·L－1，稀硝酸的浓度为2mol·L－1。取10mL混合酸，向其中加入过量铁粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体体积为(假设HNO3只被还原为NO)( )A．0.244LB．0.448L\nC．0.672LD．0.896L20．(2022·宁夏银川调研，12)已知氧化性：BrO>IO>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。下列有关说法错误的是( )A．b点时KI恰好反应完全B．b→c过程中，被氧化的为Br－C．当n(KBrO3)＝4mol时，对应含碘物质为KIO3D．该过程所能消耗n(KBrO3)的最大值为7.2mol21．(2022·河南洛阳统考，24)二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，常温下是一种黄绿色的气体，易溶于水，沸点为11℃。(1)用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的流程如下图所示：①写出电解时发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________，NaClO2溶液与NCl3溶液的反应中，氧化剂是________(填化学式)。②ClO2的消毒效益(以转移电子数目的多少为依据)是等物质的量的Cl2的________倍。(2)产品中ClO2含量的测定：向锥形瓶中加入由适量碘化钾、3mL硫酸组成的混合溶液，将上述反应过程中生成的一部分ClO2气体(未净化)通入锥形瓶中充分反应。再加入几滴淀粉溶液，用cmol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2＋2S2O===2I－＋S4O，假设通入的气体中其他成分不与I2、S2O反应)，共用去VmL硫代硫酸钠标准溶液。①写出上述二氧化氯气体与碘化钾溶液反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________；②滴定终点的现象是_________________________________；③通过计算可得通入的气体中m(ClO2)＝________________(用含c、V的代数式表示)。\n考点专练6 氧化还原反应的综合应用——配平、计算及滴定【三年高考真题演练】[2022年高考真题]1．解析 (1)考查氧化还原反应的配平方法。(2)SO将NO2还原为NO，本身被氧化为SO，溶液的pH约为8，说明溶液呈弱碱性，由此可写出反应的离子方程式：SO＋2NO2＋2OH－===SO＋2NO＋H2O。答案 (1)1 2 4 2 1 2(2)SO＋2NO2＋2OH－===SO＋2NO＋H2O2．解析 (1)由KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制取ClO2的反应中，KCO3→CO2，则KClO3作氧化剂；Na2O3→Na2O4，则Na2SO3作还原剂，根据电子守恒，n(KClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。(2)①由制备ClO2的流程图可知，电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2，根据电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式。②由制备ClO2的流程图可知，NaClO2和NCl3两溶液反应生成NH3，说明溶液呈碱性；CO→CO2，C3→H3＋C－，因此溶液X中大量存在的阴离子有OH－和Cl－。③ClO2和NH3均是易溶于水的气体，a项错误，d项错误；b项，碱石灰与NH3不反应，错误；c项，浓硫酸易吸收NH3，而与ClO2不反应，正确。(3)①ClO2与KI溶液反应时，CO2→C－，2I－→I2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。②玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO2气体挥发到空气中，污染空气。③步骤V反应中，I2→2I－，I2使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。④由反应2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O，n(S2O)＝0.1000mol·L－1×20.00mL×10－3L/mL＝2×10－3mol，则n(ClO2)＝2×10－3mol×2/10＝4×10－4mol，m(ClO2)＝4×10－4mol×67.5g·mol－1＝0.02700g。(4)亚氯酸盐(ClO)具有氧化性，应选用还原剂将ClO还原为Cl－。碘化钾、盐酸具有还原性，可分别被亚氯酸盐氧化为I2、Cl2，二者均有毒，b错误，c错误；a项，明矾不具有还原性，错误；硫酸亚铁具有还原性，可被亚氯酸盐氧化为Fe3＋，且Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体可净水，d正确。答案 (1)2∶1(2)①NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3 ②Cl－、OH－ ③c(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O②吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案也可)③淀粉溶液 溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复原色④0.02700(4)d[两年经典高考真题]1．C [本题考查氧化还原反应。含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl===2AsH3＋6ZnCl2＋3H2O。根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50mg，物质的量为0.02mmol，被还原的砒霜为0.02mmol÷2×198g·mol－1＝1.98\nmg，和砒霜反应的锌为3.90mg。2AsH32As＋3H2分解产生的氢气在标准状态下为0.03mmol×22.4L·mol－1＝0.672mL；但题目中没有指明状态。转移的电子总数为0.18×10－3NA。]2．D [A项，设该合金中铜物质的量为x，镁的物质的量为y 得正确；B项，HNO3的物质的量为(50mL×1.40g/mL×63%)/63g/mol＝0.7mol，其物质的量浓度为＝14.0mol/L，正确；C项，该合金失去电子总的物质的量为(0.01＋0.02)mol×2＝0.06mol，NO2和N2O4的物质的量之和为＝0.05mol。设NO2物质的量为a，N2O4物质的量为b 得NO2体积分数为80%，正确；D项，由反应过程中N原子守恒可知，存在如下关系：n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋n(NaNO3)即n(NaNO3)＝(0.7－0.04－0.02)mol＝0.64mol，NaOH溶液的体积为＝0.64L，D项错误。]3．解析 (1)H2燃烧生成H2O。(2)B的化合价不变，NaBH4中H的化合价为－1价，H2O中H的化合价为＋1价，二者发生氧化还原反应，其化学方程式为NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑，消耗1molNaBH4时，转移4NA个e－。答案 (1)H2O(2)NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑4NA或2.408×10244．(1)4KClO3KCl＋3KClO4(2)2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓(3)3H2SO4＋5H2S＋2KMnO4===5S↓＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O(4)PbO2＋4HCl(浓)PbCl2＋Cl2↑＋2H2O5．解析 (1)①由图示反应原理，溶液里H2O中＋1价的H，Cl－、Cu2＋没有参与氧化还原，即H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化。其他元素如O(O2被还原为－2价氧)、Fe(Fe3＋与Fe2＋相互转化)、S(S2－转化为S)的化合价均有变化。②根据得失电子守恒可知，1molH2S转化为S单质时，需要氧气0.5mol。③欲不生成CuS，可以增加氧化剂O2的量，也就是增加混合气体中空气的比例，使S2－完全氧化为硫单质。(2)若H2S分解生成H2和S，气体体积比为1∶1，由图示可知在高温下分解生成的两种气体的体积比为2∶1，设硫蒸气的化学式为Sn，则有H2S―→H2＋Sn，由原子守恒得n＝2，配平即可。答案 (1)①Cu、H、Cl(或铜、氢、氯) ②0.5mol ③提高混合气体中空气的比例(2)2H2S2H2＋S26．解析 (1)加热是为了加快反应速率。(2)①滴定管检漏后，先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗2～3次。②6Fe2＋～Cr2O，n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)，有c(Fe2＋)×xmL＝6×a\nmol·L－1×bmL，得c(Fe2＋)＝mol·L－1。③C项，温度过高，H2O2会分解，使Fe2＋氧化不充分，错误；D项，用氨水调节pH＝7，Fe2＋、Fe3＋均生成沉淀，错误。答案 (1)加快铁与稀硫酸反应速率(2)①用蒸馏水洗净 用K2Cr2O7标准溶液润洗2～3次 ② ③AB7．解析 (1)在特定条件下电解食盐水，除了生成NaClO3外还应有H2；根据题干信息，NaClO3与盐酸反应生成ClO2，结合得失电子守恒及图示中从二氧化氯发生器中出来的气体进入了氯化氢合成塔可知，NaClO3与盐酸反应除生成ClO2外还有Cl2，可写出化学方程式2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。(2)纤维素水解得到的最终产物D应为葡萄糖(C6H12O6)，生成物可利用原子守恒推知，然后配平即可。(3)处理相同量的CN－，Cl2和ClO2转移的电子数应相同。1molCl2―→2Cl－转移2mole－，1molClO2―→Cl－转移5mole－，则转移相同量的电子时Cl2与ClO2的物质的量之比为5∶2。答案 (1)H2、Cl2 2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O(2)C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋Na2SO4(3)2.58．解析 (1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式为：Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，在操作Ⅰ中，FeO·xFe2O3也同时被溶解，滤液中含有Al3＋、Fe2＋、Fe3＋等。(2)步骤Ⅰ所得溶液中会有过量H2SO4，故反应在酸性条件下进行，由氧化还原反应中得失电子守恒可知MnO和Fe2＋的化学计量数之比为1∶5，然后观察配平。得MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。(3)步骤Ⅱ中，加入过量KMnO4溶液目的是把Fe2＋氧化成易除去的Fe3＋。调节pH约为3，由表中数据分析，可知该条件使Fe3＋完全沉淀而Al3＋不被沉淀，从而达到分离Fe3＋和Al3＋的目的。(4)①联想Cl2的实验室制法，很容易分析实验设计的意图，即通过是否产生Cl2来判断沉淀中有无MnO2。②操作Ⅳ中加入MnSO4，紫红色消失，说明过量的MnO因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤，以除去MnO2保证产品的纯度。答案 (1)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O(2)5 8 H＋ 5 4 H2O(3)pH约为3时，Fe2＋和Al3＋不能形成沉淀，将Fe2＋氧化为Fe3＋，可使铁完全沉淀(4)①生成黄绿色气体 ②除去过量的MnO【两年模拟试题精练】1．B [结合氧化还原反应中化合价升降总值相等可知，反应①中比例为1∶5，反应④中比例为1∶2。]2．C [A项，反应中碘酸钾中碘的化合价由＋5价降低至0价，所以I2既是氧化产物也是还原产物，当生成3molI2时，氧化产物为2.5molI2，还原产物为0.5molI2，则氧化产物比还原产物多2mol时，转移5mol电子即5NA，错误；B项，由于电解精炼时阳极为粗铜，同时有其他杂质溶解，所以电路中转移NA个电子时溶解的铜不为32g，错误；C项，通入氯气首先与I－反应，即当Fe2＋参与反应时，I－已经完全与氯气反应，所以该过程中碘离子反应转移电子数0.4NA，Fe2＋反应转移电子数0.1NA，共转移电子数0.5NA，正确；D项，Fe3＋不可能完全水解，且胶粒是许多氢氧化铁分子的集合体，错误。]3．D [氧化性：PbO2>HMnO4，说明该反应是PbO2＋Mn(NO3)2―→Pb(NO3)2＋HMnO4，则有5PbO2＋6HNO3＋2Mn(NO3)2===5Pb(NO3)2＋2HMnO4＋2H2O，D项正确；PbO2是氧化剂，A\n项错误；Mn(NO3)2中锰元素的化合价升高，被氧化，B项错误；1molPbO2参与反应得到2mole－，C项错误。]4．A [在反应5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O中，一部分氮元素由－3价升高为0价，被氧化，一部分氮元素由＋5价降低为0价，被还原，还有一部分氮元素的化合价未改变。根据电子转移守恒，可知被氧化与被还原的氮原子个数之比为(5－0)∶[0－(－3)]＝5∶3，本题选A。]5．C [Mn化合价：＋7→＋2，N化合价：＋3→＋5，N的化合价升高，被氧化，在酸性条件下，消耗H＋，pH增大，A、B、D三项均错误。]6．D [配平后各物质的化学计量数分别是2、16、2、2、5、8。从方程式知2molKMnO4参加反应，消耗HCl16mol，转移电子10mol，当有0.1molKMnO4参加反应时，参加反应的HCl为0.8mol，转移0.5mol电子，A、C正确；由反应知氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，物质的量之比为5∶2，B正确；氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶5，D错误。]7．D [设固体的物质的量均为1mol，根据得失电子守恒和硝酸铜的组成计算消耗HNO3(包括表现氧化性和表现酸性的HNO3)的量。A项，n(HNO3)＝2mol＋mol＝mol。B项，n(HNO3)＝2mol×2＋mol＝mol。C项，1molCuS转化为CuSO4时，消耗n(HNO3)＝mol。D项，1molCu2S转化为Cu(NO3)2和CuSO4，消耗n(HNO3)＝2mol＋mol＝mol。本题选D。]8．C [反应Ⅰ中，2个P4中6个P的化合价由0升至＋1价，2个P的化合价由0降至－3价，反应Ⅰ是氧化还原反应，且氧化剂与还原剂的质量之比为1∶3，反应Ⅱ是复分解反应，A项正确、C项错误；H3PO2中磷元素的化合价为＋1价，能升至＋3价、＋5价，在空气中可能被氧化成磷酸，B项正确；反应Ⅰ中，每生成2molPH3，转移6mol电子，生成的n(PH3)＝＝0.1mol时，转移0.3mol电子，D项正确。]9．B [Na2SO3是还原剂，其中S元素的化合价从＋4价→＋6价，K2Cr2O7是氧化剂，设Cr元素在还原产物中的化合价为＋n价，则Cr元素的化合价从＋6→＋n，根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05mol·L－1×0.024L×(6－4)＝0.02mol·L－1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。]10．D [A项，利用“O守恒”得3b＝g＋h＋k，利用“N守恒”得b＝g＋2h，再利用“H守恒”得c＝2k，三式联立可解得c＝4g＋10h；B项，利用“电荷守恒”得c－b＝2d＋3f；C项，利用“电子得失守恒”可得2d＋3f＝3g＋8h；D项，利用“铁原子守恒”得a＝d＋f。]11．A [依题意，化学反应方程式为24FeSO4＋6HNO3(氧化剂)＋24HNO3(酸)===8Fe(NO3)3＋8Fe2(SO4)3＋3N2O↑＋15H2O。HNO3转化成N2O，1mol氧化剂得到4mol电子，A项错误；铁元素的化合价由＋2价升至＋3价，氧化产物为硝酸铁、硫酸铁，B项正确；若参与反应的硝酸有30mol，则作氧化剂的硝酸为6mol，C项正确；作氧化剂的HNO3与还原剂(FeSO4)的物质的量之比为1∶4，D项正确。]12．D [氧化等量的KI，需要等浓度的氧化剂体积越大，相同物质的量的氧化剂得到的电子越少；1mol题中氧化剂与KI完全反应时得到的电子分别为5mol、2mol、1mol、6mol，故D项正确。]13．B [由乙醛生成乙醇属于加氢还原过程，故LiAlH4作还原剂，A项正确；LiAlH4\n与D2O反应的化学方程式为LiAlH4＋4D2O===Al(OD)3＋LiOD＋4HD↑，故反应所得氢气的摩尔质量为3g·mol－1，B项错误；由反应的化学方程式：知1molLiAlH4完全分解转移3mol电子，C项正确；D项正确。]14．B [根据得失电子守恒，NH2OH失去的电子数等于高锰酸钾得到的电子数。羟胺中N元素的化合价为－1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，则25.00×10－3L×0.049mol/L×[x－(－1)]＝24.65×10－3L×0.020mol/L×(7－2)，解得x＝1，则羟胺的氧化产物是N2O，B项正确。]15．C [题图曲线相当于向含有4.0molHNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉，依次发生反应①Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O、②2Fe(NO3)3＋Fe===3Fe(NO3)2，故a是Fe(NO3)3，b是Fe(NO3)2。当只发生反应①时，4molHNO3完全反应生成1molFe(NO3)3，消耗1molFe，即q＝1，n1＝1。当反应后溶质恰好为Fe(NO3)2时，共消耗1.5molFe，Fe(NO3)2为1.5mol，即r＝1.5，n3＝1.5。当反应后溶质为等物质的量的Fe(NO3)3和Fe(NO3)2时，反应②消耗0.2molFe，生成0.6molFe(NO3)2，剩余0.6molFe(NO3)3，故p＝0.6，n2＝1.2。本题选C。]16．B [设NO2、N2O4、NO的物质的量都是1mol，此时，消耗硝酸的物质的量＝1mol＋2mol＋1mol＝4mol，硝酸得到电子的物质的量为1mol×(5－4)＋1mol×2×(5－4)＋1mol×(5－2)＝6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n(FeS)＝＝mol，再根据Fe2(SO4)3中硫酸根离子和铁离子的关系，生成硫酸铁需要的铁原子的物质的量为×2＝mol，则剩余的mol铁原子生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成Fe(NO3)3所需硝酸的物质的量为mol×3＝mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为mol∶(mol＋4mol)＝1∶7。]17．B [依题意，温度影响氯气与氢氧化钠反应的产物。较低温度：Ⅰ.Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O；较高温度：Ⅱ.3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O。若产物中＝1，则只发生反应Ⅰ，消耗1mol氯气，没有指明标准状况，不能用22.4L·mol－1计算氯气的体积，A项错误。若产物中＝1，设其中NaClO的物质的量为a，则有n(NaClO3)＝a，n(NaCl)＝5a＋a＝6a，根据钠原子守恒知，n(NaCl)＋n(NaClO)＋n(NaClO3)＝n(NaOH)，8a＝2mol，得a＝0.25mol，故n(NaCl)＝6×0.25mol＝1.5mol，B项正确；若只发生反应Ⅱ，则生成氯酸钠的物质的量最多，为×2mol＝mol，C项错误；若只发生反应Ⅰ，则转移1\nmol电子，若只发生反应Ⅱ，则转移mol电子，故理论上转移电子最多为mol，D项错误。]18．A [反应过程可表示为①Mg(OH)2和Al(OH)3溶液中m(OH－)＝(n－m)g，正确；②恰好溶解后溶液中，n(NO)＝n(OH－)＝n(NaOH)＝bmol/L×V×10－3L＝mol，正确；③反应过程中转移电子：n(e－)＝n(OH－)＝＝＝mol；正确；④根据电子守恒，生成NO的物质的量：n(NO)＝＝mol×＝mol，标准状况下NO的体积为mol×22.4L/mol＝L，正确；⑤与合金反应的硝酸包括表现氧化性的硝酸和表现酸性的硝酸。表现氧化性硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即mol，表现酸性硝酸的物质的量等于硝酸盐中NO的物质的量即mol，正确。]19．C [由于Fe过量，所以Fe和硝酸发生反应：3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，NO的物质的量为10×10－3L×2mol·L－1＝0.02mol，H＋的物质的量为0.1mol，可计算出产生的NO气体为0.02mol，此时溶液中还剩下0.02molH＋，Fe与H＋继续反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，此时产生0.01molH2，所以该过程共产生气体0.03mol，即0.672L(标准状况)。]20．C [由图像可知，整个反应过程分三个阶段，每个阶段的反应方程式为①(a→b)6H＋＋BrO＋6I－===3I2＋Br－＋3H2O，②(b→c)BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，③(c→d)I2＋2BrO===2IO＋Br2，则B项正确；b点时，I－恰好完全转化为I2，A项正确；由题图知，当n(KBrO3)＝4mol时，对应含碘物质有I2和KIO3两种，C项错误；根据反应①、②、③可计算出6molKI最终完全转化为KIO3时共消耗KBrO37.2mol，D项正确。]21．解析 (1)①由流程图知电解时反应物有HCl、NH4Cl，生成物有H2、NCl3，故可先写出NH4Cl＋HCl→H2↑＋NCl3，然后再利用得失电子守恒、原子守恒配平，可得：NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3。②在消毒过程中，氯元素最终均被还原为Cl－，1molClO2、1molCl2被还原为Cl－分别得到5mol、2mol电子，故ClO2的消毒效益是等物质的量的Cl2的2.5倍。(2)①ClO2与KI反应时，氯元素被还原为Cl－，I－被氧化为I2：2ClO2＋10I－→5I2＋2Cl－，再结合电荷守恒及溶液呈酸性知有H＋参加反应且有水生成，由此可确定最终的离子方程式：8H＋＋2ClO2＋10I－===5I2＋2Cl－＋4H2O。③由相关的离子方程式可得：ClO2～2.5I2～5S2O，故m(ClO2)＝0.2×cmol/L×10－3VL×67.5g·mol－1＝1.35cV×10－2g。\n答案 (1)①NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3 NaClO2 ②2.5(2)①2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋2Cl－＋4H2O ②当滴入最后一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色消失且30s内不复原③1.35cV×10－2g
