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人教版（2019）必修第一册第一章第三节 氧化还原反应
课时训练四
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是
A．Fe+CuSO=FeSO+Cu B．3CO+Fe O 2Fe+3CO
4 4 2 3 2
C．AgNO+NaCl=AgCl↓+NaNO D．2KMnO KMnO +MnO+O ↑
3 3 4 2 4 2 2
2．下列电子转移表示正确的是
A． B．
C． D．
3．关于反应4CO+SiH 4CO+2HO+SiO，下列说法正确的是
2 4 2 2
A．CO是氧化产物 B．SiH 发生还原反应
4
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．生成1molSiO 时，转移8mol电子
2
4．根据下列反应：(1)2Fe3++2I-=2Fe2++I ；(2)Br +2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性
2 2
由强到弱的顺序是
A．Br-＞I-＞Fe2+ B．I-＞Fe2+＞Br-
C．Fe2+＞I-＞Br- D．Br-＞Fe2+＞I-
5．已知 在酸性溶液中易被还原成 ，且还原性： 。下列反
应在水溶液中不可能发生的是
A． B．C． D．
6．已知三氟化氯(ClF )是一种很强氧化剂和氟化剂，它能大多数有机和无机材料甚至
3
塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧，可应用于航天工业。下列推测不合理
的是
A．ClF 与水按照1：2反应只生成一种弱酸和一种强酸
3
B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D．可以代替HO 充当火箭推进剂中的氧化物
2 2
7．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质（括号内为杂质） 除杂试剂
A FeCl 溶液（FeCl ） Fe粉
2 3
B NaCl溶液（MgCl ） NaOH溶液、稀HCl
2
C Cl（HCl） HO、浓HSO
2 2 2 4
D NO（NO ） HO、无水CaCl
2 2 2
A．A B．B C．C D．D
8．取铜镁合金14.4g完全溶于一定浓度的硝酸中，反应过程中硝酸的还原产物只有
2.24LNO 和4.48LNO气体（气体体积都已折算成标准状况），在反应后的溶液中加足
2
量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为
A．22.4g B．26.3g C．28.5g D．30.0g
9．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN +2KNO ＝KO+5Na O+16N↑。若
3 3 2 2 2
氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断不正确的是
A．生成44.8L N （标准状况）
2
B．有0.25 mol KNO 被还原
3
C．转移电子的物质的量为1.75mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
10．反应 中，氧化产物与还原产物的物质的
量之比是
A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．4:1
11．已知氯酸钠( )与浓盐酸反应的化学方程式为
试卷第2页，共3页。下列说法正确的是
A．该反应每生成3分子 ，转移6个电子
B． 被还原，发生还原反应
C．还原性：
D．参与还原反应和氧化反应的氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶6
12．玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热NaOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
①3S+ 6NaOH 2NaS+ Na SO + 3H O
2 2 3 2
②(x-1)S+Na S NaS (x=2~6)
2 2 x
③S+ Na SO NaSO
2 3 2 2 3
下列说法正确的是
A．反应①②③中，硫单质的作用相同
B．反应①中，每消耗1 mol硫单质转移4 mol电子
C．0.96g硫单质与amL2mol·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成NaS和NaSO ，
2 2 3
则a= 60
D．1.28 g硫单质与10 mL 2 mol·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成NaS 和
2 x
NaSO，则x=5
2 2 3
13． 是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是
A．可发生反应：
B．具有吸水性，需要密封保存
C．能与 ，反应生成新盐
D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为
14．在酸性条件下，黄铁矿( )催化氧化的反应方程式为。实现该反应的物质间转化如图所示。下列
分析错误的是
A．反应Ⅰ的离子方程式为
B．反应Ⅱ的氧化剂是
C．反应Ⅲ的离子方程式为 ，该反应是氧化还原反应
D．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
15．“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器
表面，艺人用手边捂边揉搓铜器，铜表面逐渐变黑，银丝变得银光闪闪。下列叙述错
误的是
A．铜的金属活动性大于银
B．通过揉搓可提供电解质溶液
C．银丝可长时间保持光亮
D．用铝丝代替银丝铜也会变黑
二、填空题
16．在KCr O+14HCl=2KCl+2CrCl +3Cl+7H O反应中。
2 2 7 3 2 2
(1)_______元素被氧化，_______是氧化剂。
(2)_______是氧化产物，_______发生氧化反应。
(3)氧化性：KCr O_______Cl(填“>”“＜”或“=”)。
2 2 7 2
(4)用双线桥法标明电子转移的方向和数目表示为：_______
17．按要求填空。
(1)在S2-、Fe2+、Fe3+、Mg2+、S、I-、H+中，只有氧化性的是___________，只有还原性
的是___________，既有氧化性又有还原性的是___________。
(2)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)：
试卷第4页，共3页①NO+HNO→NO+H O
3 2 3 2
②NH +NO→HNO+H O
3 2 2
③NO+H O→HNO +HNO
2 4 2 3 2
其中你认为不可能实现的是___________(填序号)。
(3)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是___________。若溶质中Cl-与I-共
存，为了氧化I-而Cl-不被氧化，除单质外，还可用反应中的___________作氧化剂。
①
②
③
18．配平以下氧化还原反应方程式。
(1)_______KI＋_______KIO ＋_______HSO =_______I ＋_______KSO ＋_______HO
3 2 4 2 2 4 2
(2)_______MnO ＋_______H＋＋_______Cl－=_______Mn2＋＋_______Cl↑＋______HO
2 2
(3)________S＋________KOH=________K S＋____KSO ＋________HO
2 2 3 2
(4)________P ＋________KOH＋________HO=________KPO ＋________PH
4 2 3 4 3
(5)_______ClO－＋_______Fe(OH) ＋_______=_______Cl－＋_______FeO ＋
3
_______HO
2
(6)_______Mn2＋＋_______ClO ＋_______HO=_______MnO ↓＋_______Cl↑＋_______
2 2 2
19．(1)已知实验室制备氧气可以用加热高锰酸钾的方法实现，其发生的反应为
，其中被氧化的元素是___(填元素符号)，还原产物
是____(填化学式)
(2)查阅资料可知，铜和浓 共热，发生反应
，该反应中氧化剂与还原剂的个数之比为
____，其中 在反应中表现____。
(3)请配平下列反应方程式：___ ___ ___ ___ ______ ，若反应中发生氧化反应的 个数为12，则反应中转移的电子数为______。
20．I 铁酸钠(Na FeO)是水处理过程中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸
2 4
钾、次氯酸等还强。工业上制取铁酸钠的化学方程式是(未配平)：Fe(NO )+ NaOH +
3 3
Cl→ Na FeO+ NaNO + NaCl + H O
2 2 4 3 2
（1）铁酸钠中，铁元素的化合价是______；上述制取铁酸钠的反应中，铁元素被
________（填“还原”或“氧化”）。
（2）铁酸钠溶解于水，立即与水发生剧烈反应，放出氧气，正是这些在水中新产生出
的氧原子发挥其极强的氧化能力给水杀菌消毒的。铁酸钠(Na FeO)是水处理过程中使
2 4
用的一种新型净水剂原因铁元素转化为Fe(OH) 胶体，使水中悬浮物沉聚，Fe(OH) 胶
3 3
体微粒直径的范围是__________nm，铁酸钠的电离方程式是
____________________________。
II 次磷酸(H PO )是一种精细磷化工产品，是一元中强酸，具有较强还原性。回答下列
3 2
问题：
（3）HPO 及NaH PO 均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
3 2 2 2
①利用HPO 进行化学镀银反应中，氧化剂(Ag+)与还原剂（HPO ）的物质的量之比为
3 2 3 2
4∶1，则氧化产物为____________(填化学式)。
②从分类来看，NaH PO 属于_____________________
2 2
a．正盐 b．酸式盐 c．钠盐 d．氧化物
（4）HPO 的工业制法是：将白磷(P )与Ba(OH) 溶液反应生成PH 气体和
3 2 4 2 3
Ba(HPO )，后者再与HSO 反应。配平白磷与Ba(OH) 溶液反应的化学方程式
2 2 2 2 4 2
_______P +_______Ba(OH) + _________H O ——
4 2 2
_________Ba(HPO )+_________PH↑
2 2 2 3
三、实验题
21．FeCO 可用于制备补血剂。某研究小组制备FeCO，并对FeCO 的性质和应用进行
3 3 3
探究。
已知：①FeCO 是白色固体，难溶于水
3
②Fe2++6SCN- Fe(SCN) (无色)
Ⅰ.FeCO 的制取(夹持装置略)
3
试卷第6页，共3页装置C中，向NaCO 溶液(pH=11.9)通入一段时间CO 至其pH为7，滴加一定量
2 3 2
FeSO 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO 固体。
4 3
(1)试剂a是_______。
(2)向NaCO 溶液通入CO 的目的是_______。
2 3 2
(3)C装置中制取FeCO 的离子方程式为_______。
3
(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO，你认为是否合理？说明理由
2
_______。
Ⅱ.FeCO 的性质探究
3
(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_______。(写2个)
(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H O 溶液的离子方程式_______。
2 2
Ⅲ.FeCO 的应用
3
(7)FeCO 溶于乳酸［CHCH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂。该实验小组
3 3
用KMnO 测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量
4
分数总是大于100%，其原因是_______(不考虑操作不当引起的误差)。
22．2021年10月16日神舟十三号载人飞船发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式NH，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼NH·H O，沸点
2 4 2 4 2
118℃，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH)]反应制备水合肼，
2 2
进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。已知：
CO(NH)+2NaOH+NaClO=Na CO+N H·H O+NaCl。
2 2 2 3 2 4 2
(1)装置C中制备NaClO的离子方程式为___________，反应过程中温度升高易产生副
产物NaClO，实验中可采取的措施是___________(写一条即可)。反应完后关闭K，装
3 1
置B的作用是储存多余的Cl，可用的试剂是___________
2
(2)将装置C中制备的溶液转移到装置D的___________(填仪器名称)中，并缓缓滴入，
原因是___________。
(3)装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进-步处理还可获得副产品NaCl和
NaCO·10H O，获得NaCl粗品的操作是___________。(NaCl和NaCO 的溶解度曲线
2 3 2 2 3
如图)。
(4)称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，
滴入几滴淀粉溶液，用0.200mol/L的I 溶液进行滴定，滴定终点的现象是___________，
2
测得消耗I 溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼(N H·H O)的质量百分数为
2 2 4 2
___________(保留3位有效数字)。(已知：NH·H O+2I =N ↑+4HI+H O)
2 4 2 2 2 2
试卷第8页，共3页(5)脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH) 制备纳米级Cu O，并产生无
2 2
污染气体，写出该反应的化学方程式：___________。参考答案：
1．B
【详解】A．反应Fe+CuSO=FeSO+Cu是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种
4 4
化合物的反应，属于四种基本反应类型的置换反应，A不符合题意；
B．反应3CO+Fe O 2Fe+3CO 不属于四种基本反应类型，C、Fe元素的化合价发生变
2 3 2
化，是氧化还原反应，B符合题意；
C．反应AgNO+NaCl=AgCl↓+NaNO 是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的
3 3
反应，属于四种基本反应类型复分解反应，C不符合题意；
D．反应2KMnO KMnO +MnO+O ↑是由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反
4 2 4 2 2
应，属于四种基本反应类型的分解反应，D不符合题意；
故选B。
2．B
【详解】A． ，HO中H元素由+1降低为0价，应为得到
2
2e-，O元素应为失去2e-，故A错误；
B． ，Fe元素化合价由0价升高为+2价，失去2e-，S元素化合价由0价
降低为-2价，得到2e-，故B正确；
C． ↑，KClO 中的Cl元素化合价由+5降低为-1，应为得,6e-
3
×2=12 e-，O元素应为失去12e-，故C错误；
D． ，得电子的箭头错误，应从反应物中的Fe箭头指向生成物中的Fe，故D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A
错误；
B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH 发生氧化反应，B错误；
4
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为
4
4:1，C错误；
D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO 时，转
2
移8mol电子，D正确；
答案选D。
4．B
【详解】反应2Fe3++2I-=2Fe2++I 中，I-是还原剂，Fe2+是还原产物，则还原性I-＞Fe2+；反应
2
Br +2Fe2+=2Br-+2Fe3+中，Fe2+是还原剂，Br-是还原产物，则还原性Fe2+＞Br-；从而得出还
2
原性I-＞Fe2+＞Br-，故选B。
5．A
【详解】A．根据氧化性是: Cl >FeCl >I ，因此氯气可以氧化Fe2+，也可以氧化I-，但是碘
2 3 2
离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是：Cl 不足时，
2
Cl+2I-=2Cl-+I ， Cl 过量时，3Cl+2Fe2++4I-= 6C1-+2I +2Fe3+，所以A不可能发生，故A符
2 2 2 2 2
合题意；
B．根据反应： ，得出氧化性是： Cl>I ，和题意相符合，反应可
2 2
能发生，故B不符合题意；
C．根据反应： ，得出氧化性是： >Cl， 和题意
2
相符合，反应可能发生，故C不符合题意；
D．根据反应 ，得出氧化性是：FeCl >I ，和题意相符合，反应可能发
3 2
生，故D不符合题意；
故选A。
6．A
答案第2页，共2页【详解】A．ClF 与水按照1：2发生反应ClF +2H O=3HF+HClO ，生成了两种弱酸，错误；
3 3 2 2
B．ClF 中Cl为+3价，有氧化性，故能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，正确；
3
C．三氟化氯与水反应生成了HF，HF可与硅反应，故可用于清洁化学气相沉积的反应舱
附着的半导体物质，正确；
D．因ClF 有氧化性，可以使许多材料不接触火源就燃烧，故可以代替HO 充当火箭推进
3 2 2
剂中的氧化物，正确；
故选A。
7．B
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元
素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl 与Fe反应生成FeCl ，2FeCl +Fe=3FeCl ，此过程中Fe的化合价发生变化，
3 2 3 2
涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl 与NaOH溶液发生复分解反应MgCl +2NaOH=Mg（OH） +2NaCl，过量的NaOH
2 2 2
溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧
2
化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与HO 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法
2
不正确，故C不符合题意；
D.NO 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原
2
反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注
意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
8．B
【分析】反应生成沉淀的质量为氢氧化镁、氢氧化铜的质量，也等于金属质量+氢氧根离子
质量；根据电子守恒关系可知金属失去电子的物质的量与生成一氧化氮、二氧化氮得到电
子的物质的量相等，也等于氢氧根离子的物质的量，据此可计算出氢氧根离子的质量，进
而可计算生成沉淀的质量，以此解答该题。
【详解】本题涉及反应有：Cu Cu2+ Cu(OH) ，
2
Mg Mg2+ Mg(OH) ，
2反应后生成Cu(OH) 和Mg(OH) ，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢
2 2
氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成2.24L 的
NO 气体和4.48L的NO气体，反应中转移的电子的物质的量为： ×(5-4)+
2
×(5-2)=0.7mol，所以生成的沉淀的质量为：14.4g+0.7mol×17g/mol=26.3g，
故选：B。
【点睛】，明确反应中注意电子的物质的量与沉淀中氢氧根离子的物质的量相等为解答关
键，注意电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法。
9．C
【分析】该反应中，NaN 为还原剂，KNO 为氧化剂。根据反应方程式为10NaN +2KNO
3 3 3 3
＝KO+5Na O+16N↑,10molNaN 中的N均化合价升高得到氧化产物N，根据N原子守恒，
2 2 2 3 2
氧化产物有15molN ，2molKNO 中的N化合价降低，得到还原产物N，还原产物有
2 3 2
1molN ；可知每生成16molN ，氧化产物比还原产物多了15－1mol=14mol。现氧化产物比
2 2
还原产物多1.75mol，设生成的N 的物质的量为x，有 ，得x=2mol。
2
【详解】A. 计算得生成2mol N，在标况下的体积为2mol×22.4L·mol－1=44.8L，A正确；
2
B. KNO 做氧化剂，被还原；生成2mol N，需要0.25mol KNO 参加反应，B正确；
3 2 3
C. 2molKNO 参加反应转移10mol电子，生成16molN 。现生成2molN ，则有
3 2 2
0.25molKNO 参与反应，转移1.25mol电子，C错误；
3
D. 被氧化的N原子为NaN 中的N原子，0.25mol KNO 参加反应，则有1.25mol NaN 参加
3 3 3
反应，所以被氧化的N原子有3×1.25mol=3.75 mol，D正确；
故合理选项为C。
【点睛】该题中，氧化产物、还原产物都是N，但是0价N原子的来源及途径不同，所以
2
要仔细分析氧化产物比还原产物多的说法。
10．B
【详解】由反应方程式可知，反应物MnO 中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl
2 2
中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl 中Cl元素
2
的化合价为0价，故MnCl 是还原产物，Cl 是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒
2 2
可知，n(Cl )：n(MnCl )=1：1，B符合题意；
2 2
答案第4页，共2页答案选B。
11．B
【详解】A．该反应中电子转移情况为 。由
此可判断生成3分子 ，转移5个电子，A项错误；
B．该反应的反应物 中 元素的化合价降低，发生还原反应，B项正确；
C．反应中， 为还原剂， 为还原产物，则还原性： ，C项错误；
D． 为氧化剂，部分 为还原剂，根据化合价变化可知，参与还原反应和氧化反
应的氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶5，D项错误。
故答案选B。
12．D
【详解】A．由题干方程式可知，反应①3S+ 6NaOH 2NaS+ Na SO + 3H O中S既是氧化
2 2 3 2
剂又是还原剂，反应②(x-1)S+Na S NaS (x=2~6)中S是氧化剂，反应③S+ Na SO
2 2 x 2 3
NaSO 中S是还原剂，硫单质的作用相同，故反应①②③中，硫单质的作用不相同，A错
2 2 3
误；
B．分析反应①3S+ 6NaOH 2NaS+ Na SO + 3H O可知，每消耗3 mol硫单质转移4 mol
2 2 3 2
电子，B错误；
C． 0.96g即 =0.03mol硫单质与amL2mol·L-1热NaOH溶液恰好完全反应，只生成NaS和NaSO ，则反应方程式为3S+ 6NaOH 2NaS+ Na SO + 3H O，则a=
2 2 3 2 2 3 2
=30，C错误；
D．1.28 g即 =0.04mol硫单质与10 mL 2 mol·L-1即0.01L×2mol/L=0.02mol热NaOH
溶液恰好完全反应，只生成amolNa S 和bmolNa SO，则由Na原子守恒有
2 x 2 2 3
2a+2b=0.02mol，由S原子守恒有：ax+2b=0.04mol，由电子守恒有2a=4b，解得x=5，D正
确；
故答案为：D。
13．D
【分析】将Ca SiO 改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO ，性质也可与NaSiO 相
3 5 2 2 3
比较，据此解答。
【详解】A.Ca SiO 与NH Cl反应的方程式为：Ca SiO+4NHCl
3 5 4 3 5 4
CaSiO +2CaCl +4NH↑+2H O，A正确；
3 2 3 2
B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；
C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca SiO 溶液时，发生反应：3SO +H O+
3 5 2 2
Ca SiO=3 CaSO+H SiO，C正确；
3 5 3 2 3
D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca SiO 反应时，发生反应：6HCl+
3 5
Ca SiO=3CaCl +H SiO+2H O，D不正确；
3 5 2 2 3 2
故选D。
14．C
【详解】A ．由图可知反应Ⅰ过程中：Fe (NO)2+中铁由+2价变成+3价，氧气中氧由0价变
成-2价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式
，A项正确；
B ．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，B项正确；
C ．反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，C项错误；
D ．NO与Fe2+反应生成Fe (NO)2+，Fe (NO)2+被氧化为Fe3+，同时又生成NO，且NO量不
答案第6页，共2页发生变化，则黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，D项正确；
故答案为：C。
15．D
【详解】A．根据金属活动性顺序表，铜的金属活动性大于银，A项正确；
B．通过揉搓，手上的汗水可提供电解质溶液，B项正确；
C．银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银，单质银活动性较弱，可长时间保持光亮，C
项正确；
D．铜的活动性比铝弱，氧化铝不能被铜还原为单质铝，因此铜不会变黑，D项错误；
答案选D。
16． 氯(Cl) KCr O(重铬酸钾) Cl (氯气) HCl(氯化氢或盐酸)
2 2 7 2
＞
【详解】(1)在KCr O+14HCl＝2KCl+2CrCl +3Cl+7H O反应中Cl元素化合价升高，失去
2 2 7 3 2 2
电子，氯元素被氧化，Cr元素化合价降低，得到电子，被还原，KCr O 是氧化剂。
2 2 7
(2)氯元素被氧化，氯气是氧化产物，HCl发生氧化反应。
(3)氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：KCr O＞Cl。
2 2 7 2
(4)Cr元素化合价从+6价降低到+3价，氯元素化合价从－1价升高到0价，则用双线桥法标
明电子转移的方向和数目表示为 。
17．(1) Fe3+、Mg2+、H+ S2-、I- Fe2+、S
(2)②(3) KMnO FeCl
4 3
【解析】(1)
根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中
间价态的既有氧化性又有还原性。在上述微粒中，只有氧化性的是Fe3+、Mg2+、H+；只有
还原性的是S2-、I-；既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S；
(2)
①NO+HNO→NO+H O中+2价的氮和+5价的氮变为+3价的氮，N元素的化合价既升高又
3 2 3 2
降低，可以实现，①正确；
②NH +NO→HNO+H O中，-3价的氮和+2价的氮变为+3价的氮，都是N元素的升高，无
3 2 2
化合价降低，不能实现，故②错误；
③NO+H O→HNO +HNO 中，+4价的氮变为+ 5价的氮和+3价的氮，N元素的化合价既
2 4 2 3 2
升高又降低，可以实现，③正确；
故合理选项是②；
(3)
依据氧化还原反应规律：氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性可知：由反应①可知物质的
氧化性：FeCl >I ；由反应②可知物质的氧化性：Cl>FeCl ；由反应③可知物质的氧化性：
3 2 2 3
KMnO >Cl；由此推知物质的氧化性强弱顺序为：KMnO >Cl>FeCl >I ，因此氧化性最强
4 2 4 2 3 2
的物质是KMnO ；
4
物质的氧化性强弱顺序为：KMnO >Cl>FeCl >I ，则微粒的还原性顺序为：I->Fe2+>Cl-
4 2 3 2
>Mn2+，则KMnO 能够氧化Cl-、Fe2+及I-；FeCl 只能氧化I-，为了氧化I-而Cl-不被氧化，
4 3
因此要选择氧化性比Cl 弱但比I 的氧化性强的氧化剂FeCl ，故若溶质中Cl-与I-共存，除
2 2 3
单质外，还可用反应中FeCl 。
3
18．(1) 5 1 3 3 3 3
(2) 2 16 10 2 5 8
(3) 3 6 2 1 3
(4) 2 9 3 3 5
(5) 3 2 4OH－ 3 2 5
(6) 5 2 4 5 1 8H＋
【解析】（1）在该反应中I元素化合价由反应前KI中的-1价变为反应后I 的0价，化合价
2
答案第8页，共2页升高1价；I元素化合价由反应前KIO 中的+5价变为反应后I 的0价，化合价降低5价，
3 2
化合价升降最小公倍数是5，所以KI的系数是5，KIO 的系数是1，I 的系数是3；再根据
3 2
K元素守恒可知KSO 的系数是3；然后根据S元素守恒，可知HSO 的系数是3；最后根
2 4 2 4
据H、O原子守恒，可知HO的系数是3，则配平后该反应的化学方程式为：
2
5KI+KIO +3H SO =3I +3K SO +3H O；
3 2 4 2 2 4 2
（2）在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO 中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化
合价降低5价；Cl元素化合价由反应前Cl-中的-1价变为反应后Cl 中的0价，化合价升高
2
1×2=2价，化合价升降最小公倍数是10，所以MnO 、Mn2+的系数是2，Cl-的系数是10，
Cl 的系数是5；然后根据电荷守恒，可知H+的系数是16，最后根据H、O原子守恒，可知
2
HO的系数是8，则配平后的化学方程式为：2 MnO +16H++10Cl-=2Mn2++5Cl↑+8H O；
2 2 2
（3）在该反应中，S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后KS的-2价，化合价降
2
低2价；S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后KSO 的+4价，化合价升高4价，
2 3
化合价升降最小公倍数是4，所以KS的系数是2，KSO 的系数是1，S的系数3，然后根
2 2 3
据K元素守恒，可知KOH的系数是6，最后根据H、O元素守恒，可知HO的系数是3，
2
则配平后的化学方程式为：3S+6KOH=2K S+KSO +3H O；
2 2 3 2
（4）在该反应中，P元素化合价由反应前P 单质的0价变为反应后PH 的-3价，化合价降
4 3
低3价；P元素化合价由反应前P 单质的0价变为反应后KPO 的+5价，化合价升高5价，
4 3 4
化合价升降最小公倍数是15，所以PH 的系数是5，KPO 的系数是3，则 P 的系数2，然
3 3 4 4
后根据K元素守恒，可知KOH的系数是9，最后根据H、O元素守恒，可知HO的系数是
2
3，则配平后的化学方程式为：2P+9KOH+3H O=3KPO +5PH；
4 2 3 4 3
（5）在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe(OH) 的+3价变为反应后FeO 的+6价，化
3
合价升高3价；Cl元素化合价由反应前ClO-中的+1价变为反应后Cl-的-1价，化合价降低2
价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe(OH) 、FeO 的系数是2；ClO-、Cl-的系数是3；
3
然后根据电荷守恒，可知缺项物质微粒是OH-，其系数是4；最后根据H、O元素守恒，可
知HO的系数是5，则配平后的化学方程式为：3ClO-+2Fe(OH) +4OH-=3Cl-+2FeO
2 3+5H O；
2
（6）在该反应中，Mn元素化合价由反应前Mn2+的+2价变为反应后MnO 中的+4价，化合
2
价升高2价；Cl元素化合价由反应前ClO 的+5价变为反应后Cl 的0价，化合价降低
2
5×2=10价，化合价升降最小公倍数是10，所以Mn2+、MnO 的系数是5，ClO 的的系数是
2
2，则Cl 的系数是1；根据反应前后电荷守恒，可知反应后缺项微粒是H+，系数是8；最
2
后根据H、O元素守恒，可知HO的系数是4，则配平后的化学方程式为：5Mn2++2 ClO
2
+4H O=5MnO ↓+Cl↑+8H+。
2 2 2
19． O 、 1:1 氧化性、酸性 1 14
2 2 3 7 12
【详解】(1)反应中O元素化合价升高，则被氧化的元素是O； 元素化合价由 分别降
低为 、 ，所以 为氧化剂， 、 为还原产物；
(2)反应中Cu为还原剂， 为氧化剂，2个 中只有1个化合价降低作氧化剂，则
氧化剂与还原剂的个数之比为 ， 在反应中生成 ，化合价降低，同时生成
，所以 表现氧化性和酸性；
(3)根据逆项配平法,铬元素化合价由+6降低到+3价，降低了3，氯元素由-1价升高到0价，
则一个氯气化合价升高2，确定 和 的化学计量数分别为2、3，然后根据原子守恒
确定其他物质的化学计量数，配平后的反应方程式为
；若反应中有14个 参加反应，则
有6个 被氧化，此时失去的电子数是6，所以若发生氧化反应的 个数为12时，转
移的电子数是12。
答案第10页，共2页20． +6 氧化 1-100nm Na FeO=2Na++ HPO a 2
2 4 3 4
3 6 3 2
【分析】I(1)根据化学式中化合价的代数和为0判断铁元素的化合价，据化合价的升降判断
铁元素被氧化还是被还原；
(2)根据胶体的直径判断Fe(OH) 胶体微粒直径，根据盐的电离方程式书写规则书写铁酸钠
3
的电离方程式；
II(3)H PO 是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子；
3 2
①根据转移电子守恒判断氧化产物；②HPO 是一元中强酸，则NaH PO 为正盐；
3 2 2 2
(4)根据反应物和生成物结合原子守恒和电子守恒书写方程式
【详解】I(1)设铁元素的化合价为x，化学式中化合价的代数和为0，所以(+1)×2+x+
(-2)×4=0，解得x=+6，Fe(NO ) 中铁元素的化合价为+3价，铁酸钠中，铁元素的化合价是
3 3
+6价，铁元素失电子化合价升高，被氧化，故答案为：+6；氧化；
(2)胶体微粒直径的范围是1-100nm之间，所以Fe（OH） 胶体微粒直径的范围是1-100nm
3
之间；铁酸钠溶解于水，立即与水发生剧烈反应，所以铁酸钠是强电解质，在水中完全电
离成钠离子和铁酸根离子，电离方程式为NaFeO=2Na++ ，故答案为：1-100nm；
2 4
NaFeO=2Na++ ；
2 4
II(3)①该反应中银离子是氧化剂、HPO 是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：
3 2
1，根据转移电子相等知，1molH PO 失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是
3 2
HPO ，故答案为：HPO ；
3 4 3 4
②由题干信息可知，HPO 是一元中强酸，则NaH PO 为正盐，故答案为：a；
3 2 2 2
(4)白磷(P )与Ba(OH) 溶液反应生成PH 气体和Ba(HPO )，反应方程式为
4 2 3 2 2 2
2P+3Ba(OH) +6H O=3Ba(HPO )+2PH↑，故答案为：2；3；6；3；2。
4 2 2 2 2 2 3
21．(1)饱和NaHCO 溶液
3
(2)降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)
2
(3)2HCO +Fe2+=FeCO +CO ↑+H O
3 2 2
(4)不合理，CO 会和FeCO 反应生成Fe(HCO )；合理，排除氧气影响
2 3 3 2
(5)Fe2+与SCN-的络合会促进FeCO 的溶解；FeCO 固体在KSCN溶液中溶解度比KCl溶液
3 3中大
(6)6Fe(SCN) +3H O=2Fe(OH) ↓+4Fe(SCN) +24SCN-
2 2 3 3
(7)乳酸根中的羟基被KMnO 氧化，也消耗了KMnO
4 4
【分析】装置A发生反应的化学方程式为CaCO +2HCl=CaCl +CO ↑+H O，制取的二氧化
3 2 2 2
碳混有氯化氢气体，可通过装置B饱和的NaHCO 溶液除去，装置C中产生FeCO 的离子
3 3
方程式为2HCO +Fe2+=FeCO +CO ↑+H O；
3 2 2
（1）
在装置A中，是为了制取二氧化碳，其化学方程式为CaCO +2HCl=CaCl +CO ↑+H O，制
3 2 2 2
取的二氧化碳常混有氯化氢气体，可通过饱和的NaHCO 溶液除去其中的氯化氢气体，故
3
答案为：饱和NaHCO 溶液；
3
（2）
碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO 成为竞争
3
反应，而导致制备的FeCO 纯度低，NaHCO 溶液碱性弱，制得FeCO 纯度高，故答案为：
3 3 3
降低溶液中OH- 浓度，防止生成Fe(OH) ；
2
（3）
实验中产生FeCO 的离子方程式为2HCO +Fe2+=FeCO +CO ↑+H O，故答案为：2HCO
3 3 2 2
+Fe2+=FeCO +CO ↑+H O；
3 2 2
（4）
碳酸正盐溶液均可以与二氧化碳反应，生成碳酸酸式盐，C中出现白色沉淀之后FeCO 继
3
续通CO，CO 会和FeCO 反应生成Fe(HCO )，降低了产量；或者：出现白色沉淀之后继
2 2 3 3 2
续通CO，可防止空气中氧气氧化FeCO，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO 会和
2 3 2
FeCO 反应生成Fe(HCO )；合理，排除氧气影响；
3 3 2
（5）
对比实验ⅱ和ⅲ，可知Fe2+与SCN-络合生成可溶于水的Fe(SCN) ，会促进FeCO 固体的
3
溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合会促进FeCO 的溶解；FeCO 固体在KSCN溶液中溶
3 3
解度比KCl溶液中大；
（6）
答案第12页，共2页依据实验Ⅱ|的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%H O 溶液后，红褐色沉淀说明有
2 2
Fe(OH) 和红色溶液说明有Fe(SCN) 生成，发生反应的离子方程寸6Fe(SCN)
3 3
+3H O=2Fe(OH) ↓+4Fe(SCN) +24SCN-，故答案为：6Fe(SCN)
2 2 3 3
+3H O=2Fe(OH) ↓+4Fe(SCN) +24SCN-；
2 2 3 3
（7）
乳酸根中羟基也能被高锰酸钾溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被
氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案
为：乳酸根中的羟基被KMnO 氧化，也消耗了KMnO 。
4 4
22．(1) 氢氧化钠溶液采用冰水浴 饱和氯化钠溶
液
(2) 分液漏斗 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导
致产率降低
(3)加热至有大量固体析出，趁热过滤
(4) 最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色 87.5%
(5)
【分析】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，
再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化。
根据方程式计算水合肼的质量及质量分数，利用氧化还原反应的电子守恒配平方程式。据
此解答。
（1）
氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：
，因为温度高了会产生氯酸钠，所以可以将氢氧化钠溶液采用冰
水浴的方式降温。最后氯气储存，瓶中溶液应该不能溶解氯气，故该溶液为饱和氯化钠溶
液。
（2）次氯酸钠具有强氧化性，水合肼有强还原性，所以将次氯酸钠放入分液漏斗中，缓慢加入，
不能太快，若加入较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低。
（3）
由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随着温度变化较大，氯化钠溶解度岁温度变化小，则
获得氯化钠粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出。
（4）
根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，滴定终点的现象为：最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，
且半分钟不褪色；根据方程式NH·H O+2I =N ↑+4HI+H O分析，水合肼的质量分数为：
2 4 2 2 2 2
（5）
根据题意，肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和无污染的气体，该气体应为
氮气根据氧化还原反应配平方程式为： 。
答案第14页，共2页
