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解密 03 氧化还原反应
一、选择题
1．(2021·广东湛江市期末)根据反应2KClO+I =2KIO+Cl↑判断，下列结论不正确的是( )
3 2 3 2
A．I 具有还原性 B．当生成22.4LCl 时，转移10mol电子
2 2
C．KIO 是氧化产物 D．该反应属于置换反应
3
【答案】B
【解析】A项，对于反应2KClO+I =2KIO+Cl↑，KClO 是氧化剂，I 是还原剂，I 具有还原性，A正
3 2 3 2 3 2 2
确；B项，当生成22.4LCl 时，转移10mol电子，没有指明气体是否是标准状况，B错误；C项，对于反
2
应2KClO+I =2KIO+Cl↑，KClO 是氧化剂，I 是还原剂，KIO 氧化产物，Cl 是还原产物，C正确；D项，
3 2 3 2 3 2 3 2
对于反应2KClO+I =2KIO+Cl↑，是置换反应，D正确；故选B。
3 2 3 2
2．(2021·江苏盐城市期末)工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOH Fe O+2H ↑+4Na↑”生产金属钠。下
3 4 2
列有关说法正确的是( )
A． 失去电子，作氧化剂
B． 得到电子，发生氧化反应
C．将生成的气体在空气中冷却可获得钠
D．每生成1molNa，转移的电子数为2×6.02×1023
【答案】D
【解析】A项，由反应可知Fe转化成四氧化三铁，化合价升高，失去电子，作还原剂，故A错误；B
项，氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，故B错误；C项，生成
的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应，因此应隔绝空气后冷却获得钠，故C错误；D项，由反应可知，
3molFe失去8mol电子得到4molNa，则生成1molNa转移电子2mol，数目为2×6.02×1023故D正确；故选
D。
3．(2021·重庆永川区高三期末)我国科学家创造性地构建了“单中心铁催化剂”，在甲烷高效转化研
究中获得重大突破，其成果在最近的美国《科学》杂志发表。该转化的微观示意图如图所示：有关转化的
说法正确的是( )
A．催化剂只能是加快反应速率
B．保持氢气化学性质的最小粒子是H
C．该反应的化学方程式是：2CH=C H+2H
4 2 4 2
D．反应前后分子的种类发生了改变，是分解反应
【答案】D
【解析】A项，催化剂能改变其它物质的化学反应的速率(包括加快或减慢)，本身的质量和化学性质
在反应前后不变，故A说法错误；B项，氢气是由氢分子构成的，因此保持氢气化学性质的最小粒子是
H，故B说法错误；C项，根据图示可以看出，该反应的反应物是CH，生成物是C H 和H，催化剂为单
2 4 2 4 2
中心铁，反应的化学方程式为2CH C H+2H ，故C说法错误；D项，该反应的反应物是
4 2 4 2一种，生成物是两种，为分解反应，反应前后分子的种类发生了改变，故D说法正确；故选D。
4．(2021·广东中山市期末)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应
10NaN +2KNO =K O+5Na O+16N↑．对于该反应，下列判断正确的是( )
3 3 2 2 2
A．NaN 中氮元素的化合价为-3价
3
B．氧化剂和还原剂是同一物质
C．氧化产物与还原产物分子个数之比为15:1
D．反应过程中转移10mol电子，则产生10N 个N 分子
A 2
【答案】C
【解析】A项，根据化合物的化合价的代数和为零，则NaN 中氮元素的化合价为- 价，A判断错误；
3
B项，NaN 中N原子化合价升高，做还原剂，KNO 中N原子化合价降低，作氧化剂，氧化剂和还原剂不
3 3
是同一物质，B判断错误；C项，根据方程式，N原子化合价升高生成氮气的分子数为15，化合价降低生
成氮气的分子数为1，氧化产物与还原产物分子个数之比为15：1，C判断正确；D项，根据方程式，反应
过程中转移10mol电子，则产生16mol氮气，即生成16N 个N 分子，D判断错误；故选C。
A 2
5．(2021·衡水中学月考)NaH和NaAlH 都是重要的还原剂，一定条件下金属钠和H 反应生成NaH。
4 2
NaH与水反应可生成H，NaH与AlCl 反应可得到NaAlH 。下列说法错误的是( )
2 3 4
A．NaAlH 中阴离子空间构型为正四面体
4
B．NaH与AlCl 得到NaAlH 的反应属于氧化还原反应
3 4
C．NaH在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe O)
2 3
D．金属钠和H 反应生成NaH的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件
2
【答案】B
【解析】A项，AlH--中，Al的轨道杂化数目为4+ =4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型，
4
故A正确；B项，NaH与AlCl 反应可得到NaAlH ，此反应无化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错
3 4
误；C项，NaH在此做还原剂(H化合价升高为+1价)，铁锈在此为氧化剂(Fe化合价降低为0价)，反应生
成铁单质，故C正确；D项，金属钠可以和氧气、水和酸反应，因此钠和H 反应生成NaH的反应体系需
2
要控制无氧、无水和无酸等条件，故D正确；故选B。
6．(2021·湖北恩施土家族苗族自治州高三月考)已知NH CuSO 与足量的10 mol/L硫酸混合微热,产生
4 3
下列现象:①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是(
)
A．反应中硫酸作氧化剂 B．NH CuSO 中氮元素被氧化
4 3
C．刺激性气味的气体是SO D．1 mol NH CuSO 完全反应转移1 mol电子
2 4 3
【答案】C
【解析】根据实验现象分析，红色金属为Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有Cu2＋，因为加入足量
的硫酸，所以刺激性气味的气体应是SO ，据此分析，反应的化学方程式为2NH CuSO ＋2HSO =Cu＋
2 4 3 2 4
CuSO ＋2SO ↑＋2HO＋(NH )SO 。根据实验现象，①有红色金属生成，该金属为Cu，②将NH CuSO 加
4 2 2 4 2 4 4 3
入足量的硫酸中，刺激性气体为SO ，不是NH ，③溶液为蓝色，说明溶液中有Cu2＋，发生的反应方程式
2 3
为2NH CuSO ＋2HSO =Cu＋CuSO ＋2SO ↑＋2HO＋(NH )SO ，则：A项，根据上述分析，只有Cu元素
4 3 2 4 4 2 2 4 2 4
的化合价发生变化，从+1价变成了产物中的0价和+2价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是
氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故A错误；B项，NH CuSO 中氮元素的化合价没有变化，故B错误；
4 3
C项，根据上述分析，刺激性气味的气体为SO ，故C正确；D项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应
2
的化学方程式2NH CuSO ＋2HSO =Cu＋CuSO ＋2SO ↑＋2HO＋(NH )SO 可知2molNH CuSO 完全反应
4 3 2 4 4 2 2 4 2 4 4 3转移电子物质的量为1mol，故1molNH CuSO 完全反应转移电子物质的量为0.5mol 故D错误；故选C
4 3
7．(2021·吉林油田第十一中学高三月考)Na FeO 是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的离子方
2 4
程式中不正确的是
A．NaFeO 在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3＋和O，离子方程式为：4FeO2-＋10HO＋4Fe3＋
2 4 2 4 2
===20OH－＋3O↑
2
B．工业上可用FeCl 、NaOH、NaClO三种物质反应制得NaFeO 离子方程式为：2Fe3＋＋10OH－＋
3 2 4
3ClO－===2FeO2-＋3Cl－＋5HO
4 2
C．NaFeO 消毒杀菌时得到的Fe3＋可以净水，Fe3＋能产生净水物质的原因是：Fe3＋＋
2 4
3HO===Fe(OH) (胶体)＋3H＋
2 3
D．工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制NaFeO，阳极的电极反应为：Fe－6e－＋8OH－
2 4
===FeO2-＋4HO
4 2
【答案】A
【解析】A项，酸性溶液中不能生成氢氧根离子，所以离子方程式为4FeO2-＋20H+=4Fe3＋＋3O↑＋
4 2
10HO，故A错误；B项，工业上用FeCl 、NaOH、NaClO三种物质反应制得NaFeO，发生了氧化还原反
2 3 2 4
应，Cl元素得到电子生成NaCl，由电子、原子守恒可知，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－
=2FeO 2-＋3Cl－＋5HO，故B正确；C项，NaFeO 的还原产物为Fe3＋，Fe3＋水解制得Fe(OH) 胶体，具有
4 2 2 4 3
净水作用，Fe3＋水解反应的离子方程式为： Fe3＋＋3HO Fe(OH) (胶体)＋3H＋，故C正确；D项，工
2 3
业上可用铁做阳极，Fe失去电子,则阳极的电极反应为：Fe－6e－＋8OH－=FeO 2-＋4HO，故D正确；故选
4 2
A。
8．(2021·任丘市第一中学高三月考)已知：KClO+C+S KCl+CO ↑+SO↑，下列判断不正确的是(
3 2 2
)
A．若反应中C和S的质量比为3:4，则n(KClO):n(CO)为1:1
3 2
B．若反应中C和S的质量比为3:16，则n(KClO):n(CO)为2:1
3 2
C．SO 通入NaHCO 溶液产生CO，可证明非金属性S强于C
2 3 2
D．KClO 与SO 在强酸性溶液中反应制得ClO ，可证明SO 的还原性强于ClO
3 2 2 2 2
【答案】C
【解析】A项，若反应中C和S的质量比为3：4，n (C) ：n (S) =2： 1，由电子守恒可知6n (KClO)
3
=4n (C) +4n (S)，则n(KClO)：n(C)：n(S)=2：2：1，所以n (KClO) ： n (CO)为1：1，A正确；B项，
3 3 2
若反应中C和S的质量比为3：16，n(C)：n(S)=1：2，由电子守恒可知6n (KClO) =4n (C) +4n (S)，则
3
n(KClO)：n(C)：n(S)=2：1：2，所以n (KClO) ： n (CO)为2：1，B正确；C项，SO 通入NaHCO 溶
3 3 2 2 3
液产生CO，亚硫酸的酸性大于碳酸，但亚硫酸不是最高价氧化物的含氧酸，则不能比较非金属性，C错
2
误；D项，KClO 与SO 在强酸性溶液中反应制得ClO ，S元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由
3 2 2
还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，SO 的还原性强于ClO ，D正确；故选C。
2 2
9．(2021·甘肃武威市武威十八中高三期末)从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：
14CuSO +5FeS +12H O═7Cu S+5FeSO +12H SO ，下列说法正确的是( )
4 2 2 2 4 2 4
A．Cu S既是氧化产物又是还原产物
2
B．5mol FeS 发生反应，有10mol电子转移
2
C．产物中的SO 2-离子有一部分是氧化产物
4
D．FeS 只作还原剂
2
【答案】C
【解析】A项，Cu S为中Cu、S元素化合价降低之产物，因此Cu S为还原产物，故A错误；B项，
2 2反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS 中S原子有 由-1升高至+6，有 由-1降低至-2，其余元素
2
化合价未发生变化，因此每有5mol FeS 发生反应，转移电子为10mol× ×[6-(-1)]=21mol，故B错误；C
2
项，由B项分析可知，产物中的SO 2-离子有一部分是FeS 中S元素升高而得，因此产物中的SO 2-离子有
4 2 4
一部分是氧化产物，故C正确；D项，由B分析可知，FeS 在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；
2
故选C。
10．(2021·天津期末)用0.2mol/L Na SO 溶液32mL，还原含4×10－3molXO 2-的溶液，过量的NaSO 用
2 3 4 2 3
0.2mol/L KMnO 酸性溶液氧化(其中KMnO 被还原成Mn2＋)，共消耗KMnO 溶液0.8mL，则元素X在还原
4 4 4
产物中的化合价是( )
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
【答案】C
【解析】
过量NaSO 的物质的量为n(Na SO )×(6-4)=1.6×10-3×0.1×(7-2)，n(Na SO )=4×10-4mol，设X在还原产
2 3 2 3 2 3
物中的化合价为x，(32×10-3×0.2-4×10-4)×2=2×10-3×2×(6-x)，解得x=+3，故选项C正确。
11．(2021·涡阳县育萃高级中学月考)在水溶液中，CrO2-呈黄色，Cr O2-呈橙色，重铬酸钾(K Cr O)在
4 2 7 2 2 7
水溶液中存在以下平衡：Cr O2-+H O 2CrO2-+2H+，下列说法正确的是( )
2 7 2 4
A．向该溶液中滴加适量的NaHSO 固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比
4
原溶液大
B．该反应是氧化还原反应
C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，溶液呈橙色
D．向体系中加入少量水，平衡逆向移动
【答案】A
【解析】A项，向该溶液中滴加适量NaHSO 固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于
4
只能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故A正确；B项，反应前后元素的
化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故B错误；C项，向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，
消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故C错误；D项，向体系中加入少量水，相
当于稀释，平衡正向移动，故D错误；故选A。
12．(2021·福建高三零模)钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中
的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )
A．钠的密度比液氨大B．溶液的导电性增强
C．0.1mol钠投入液氨生成0.01molH 时，Na共失去0.02mol电子
2
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH + 2Na=2NaNH + H ↑
3 2 2
【答案】C
【解析】A项，钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；B项，液氨中没有能导电
的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；
C项，0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误 ，符合题意；D项，反应中钠失去电子，只能是氢元素得到
电子，所以钠和液氨可发生以下反应： 2NH + 2Na=2NaNH + H ↑，D正确，不符合题意；故选C。
3 2 2
13．(2021·河北高三模拟)用CuS、Cu S处理酸性废水中的Cr O2-，发生的反应如下：
2 2 7
反应①：CuS+ Cr O2-+H+→Cu2++SO2-+Cr3++H O (未配平)
2 7 4 2
反应②：Cu S+ Cr O2-+H+→Cu2++SO2-+Cr3++H O (未配平)
2 2 7 4 2
下列判断正确的是( )
A．反应①和②中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理等物质的量的Cr O2-时，反应①和②中消耗 的物质的量相等
2 7
C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4
D．相同质量的CuS和Cu S处理酸性废水中Cr O2-时，Cu S消耗更多Cr O2-
2 2 7 2 2 7
【答案】C
【解析】
对于反应①，铜元素化合价未变化，硫元素化合价由－2升高至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，
氢元素和氧元素化合价未变化；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3CuS+4 Cr O2-
2 7
+32H+=3Cu2++3SO2-+8Cr3++16H O；对于反应②，铜元素化合价由＋1升高至＋2，硫元素化合价由－2升高
4 2
至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化。根据得失电子守恒、电荷守恒、
原子守恒配平可得：3Cu S+5 Cr O2-+46H+=6Cu2++3SO2-+10Cr3++23H O。A项，反应①中硫元素价态由-2
2 2 7 4 2
价升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价；反应②中铜元素由+1价升高到+2价，硫元素价态由-2价
升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价，故A错误；B项，结合以上分析可知，处理等物质的量的
Cr O2-时，反应①和②中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C项，结合以上分析可知，还原剂为
2 7
CuS，氧化剂为Cr O2-，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4，故C正确；D项，假设质量均为160g，
2 7
n(CuS)= =1.67mol，n(Cu S)= =1mol；根据反应方程式可知：3CuS~4 CrO2-，
2 2 7
3Cu S~5 Cr O2-，所以CuS消耗n(CrO2-)= ×1.67=2.2mol，n(CrO2-)=1× =1.7mol；所以CuS消耗的更多，
2 2 7 2 7 2 7
故D错误；故选C。
14．(2021·河南鹤壁市鹤壁高中月考)已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：
Cl+2NaOH═NaCl+NaClO+H O；3Cl+6NaOH 5NaCl+NaClO +3H O。将一定量的氯气通入100mL浓
2 2 2 3 2
度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO 共存体系，下
3
列判断不正确的是( )
A．n(Na+)：n(Cl-)可能为9：7
B．与NaOH反应的氯气一定为0.5molC．若反应中转移的电子为nmol，则0.5＜n＜
D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO)可能为11：1：2
3
【答案】C
【解析】A项，若氯气和NaOH只发生反应Cl+2NaOH═NaCl+NaClO+H O，则n(Na+):n(Cl-)=2:1，若
2 2
氯气和NaOH只发生反应3Cl+6NaOH 5NaCl+NaClO +3H O，则n(Na+): n(Cl-)=6:5，9:7介于两者之间，
2 3 2
所以n(Na+):n(Cl-)可能为9:7，故A正确；B项，NaCl、NaClO、NaClO 中Na和Cl的个数均相等，所以和
3
1molNaOH反应的氯气为0.5mol，故B正确；C项，若氯气和NaOH只发生反应
Cl+2NaOH═NaCl+NaClO+H O，1molNaOH参加反应，转移0.5mol电子；若氯气和NaOH只发生反应
2 2
3Cl+6NaOH 5NaCl+NaClO +3H O，6molNaOH参加反应，转移5mol电子，则1molNaOH参加反应，转
2 3 2
移 mol电子，所以0.5＜n＜ ，故C错误；D项，若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO )为11:1:2，假设NaCl
3
为11mol，则NaClO为1mol，NaClO 为2mol，NaCl、NaClO、NaClO 中的氯原子全部来自反应物Cl，生
3 3 2
成11molNaCl，得到11mol电子，生成1molNaClO，失去1mol电子，生成2molNaClO ，失去10mol电子，
3
得失电子总数相等，符合电子守恒，故D正确；故选C。
15．(2021·广州市第七中学高三月考)工业上用发烟HClO 将潮湿的CrCl 氧化为棕色的烟
4 3
[CrO (ClO )]，来除去Cr(III)，HClO 中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是( )
2 4 2 4
A．CrO (ClO ) 中Cr元素显+3价
2 4 2
B．HClO 属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
4
C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为
D．该反应离子方程式为19ClO -+8 Cr3++8OH-= 8CrO (C1O)+3C1-+4H O
4 2 4 2 2
【答案】B
【解析】A项，CrO(ClO ) 中O为 -2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0 ，可
2 4 2
知该物质中Cr元素化合价为+6价，A错误；B项，Cl元素的非金属性较强，HClO 属于强酸， HC1O 氧
4 4
化CrC1 为棕色的[CrO (C1O)]，部分 HClO 被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B 正确；C项，该反应
3 2 4 2 4
的离子方程式为19ClO -+8 Cr3++4H O= 8CrO (C1O)+3C1-+8H+，其中19mol ClO -中有3mol ClO -作氧化剂，
4 2 2 4 2 4 4
被还原为Cl-，8mol Cr3+全部作还原剂，被氧化为8mol CrO(ClO )，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比
2 4 2
为3:8，C错误；D项，该反应的离子方程式为19ClO -+8 Cr3++4H O= 8CrO (C1O)+3C1-+8H+，D错误；故
4 2 2 4 2
选B。
16．(2021·沙坪坝区重庆八中高三月考)图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，
下列描述错误的是( )
A．PbCl 2-和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用
4B．该转化过程中，仅O 和Cu2+均体现了氧化性
2
C．该转化过程中，涉及反应4Cu+ +O +4H+=4Cu2++2H O
2 2
D．乙烯催化氧化的反应方程式为2CH=CH + O 2CHCHO
2 2 2 3
【答案】B
【解析】过程ⅠPbCl 2-+CH =CH →PbCl (CH=CH )-+Cl-，过程ⅡPbCl (CH=CH )-+H O→
4 2 2 3 2 2 3 2 2 2
+H++Cl-，过程Ⅲ →CHCHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-
3
= PbCl 2-+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu+ +O +4H+=4Cu2++2H O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH=CH
4 2 2 2 2
+ O 2CHCHO。A项，从反应过程可见，PbCl 2-和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A
2 3 4
正确。B项，过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为PbCl 2-，说明循环过程中，PbCl 2-被还原，体现氧
4 4
化性，故B错误；C项，该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu+ +O +4H+=4Cu2++2H O，故C正确；D项，
2 2
乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH=CH + O 2CHCHO，故D正确；故选B。
2 2 2 3
17．(2021·浙江选考模拟)已知：5C O2-+ 2MnO -+ 16H+=2Mn2+ +10CO ↑+ 8H O)。某研究小组通过如下
2 4 4 2 2
实验步骤测定晶体A (K Fe (C O)·aHO，其中的Fe元素为+3价)的化学式：
x y 2 4 z 2
步骤1：准确称取A样品9.82g，分为两等份；
步骤2：取其中一份，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37 g；
步骤3：取另一份置于锥形瓶中，加入足量的3.0mol·L-1 HSO 溶液和适量蒸馏水，使用0.5
2 4
mol·L-1KMnO 溶液与其反应，反应结束时消耗KMnO 溶液的体积为24.0 mL；
4 4
步骤4：将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.28g，恰好完全反应。
下列说法正确的是( )
A．据步骤2可以算出水的物质的量，得出a=0.03
B．据步骤3算得晶体A样品中含草酸根离子(C O2-)的物质的量为0.03 mol
2 4
C．据上述4步算得晶体A的化学式为KFe(C O)·3H O
3 2 4 3 2
D．将步骤4所得溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+需要通入168 mL Cl
2
【答案】C
【解析】已知9.820gA样品，分成两份，每份样品质量为4.910g，一份干燥脱水至恒重，残留物质量
为4.370g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，得出结晶水的物质的量；将步骤2所得固体溶于水，
晶体A中含有+3价的铁，加入铁粉0.2800g，恰好反应，得到晶体中铁元素的物质的量；根据步骤3：
5C O2-+ 2MnO -+ 16H+=2Mn2+ +10CO ↑+ 8H O，反应消耗0.5 mol·L-1KMnO 溶液24.00mL，得到4.9100gA
2 4 4 2 2 4
样品中C O2-的物质的量；根据质量守恒，得到晶体中钾离子的物质的量，代入数据求n(K)：n(Fe)：
2 4
n(C O2-)：n(H O)最简整数比即可得晶体A的化学式。4.9100gA样品，干燥脱水至恒重，残留物质量为
2 4 2
4.3700g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，结晶水的物质的量是 =0.03mol；将步骤2
所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好反应，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶体中铁元素的物质的量
是 ×2=0.01mol；根据步骤3：5C O2-+ 2MnO -+ 16H+=2Mn2+ +10CO ↑+ 8H O反应消耗0.5
2 4 4 2 2mol·L-1KMnO 溶液24.00mL，则4.910gA样品中C O2-的物质的量是 =0.03mol，
4 2 4
根据质量守恒，晶体中钾离子的物质的量是
=0.03mol，n(K)：n(Fe)：n(C O2-)：n(H O)=0.03：0.01：0.03：0.03=3：1：3：3，所以晶体A的化学式为
2 4 2
KFe(C O)·3H O。A项，由步骤2只能计算出4.9100gA样品中含有0.03mol水，无法计算a值，故A错误；
3 2 4 3 2
B项，据步骤3算得4.910g晶体A中草酸根离子(C O2-)的物质的量为0.03 mol，则9.82gA样品中草酸根离
2 4
子(C O2-)的物质的量为0.06 mol，故B错误；C项，由上述可知，晶体A的化学式为KFe(C O)·3H O，
2 4 3 2 4 3 2
故C正确；D项，未告知气体所处环境，因此无法计算最终消耗氯气的体积，故D错误；故选C。
18．(2021·陕西西安市长安一中高三月考)某温度下将氯气通入过量 KOH 溶液中，反应后得到 KCl、
KClO 和 KClO 的混合溶液。下列说法中，不正确的是( )
3
A．反应消耗的Cl 与生成的 HO 的物质的量之比始终为 1∶1，与产物组成无关
2 2
B．若n(ClO-)∶n (ClO -)=1∶1，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为 2∶3
3
C．若n(ClO-)∶n(ClO -)=11∶1，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为 4∶3
3
D．反应消耗的Cl 与 KOH 的物质的量之比取决于反应产物的组成
2
【答案】D
【解析】A项，由于反应后得到 KCl、KClO 和 KClO 的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应
3
消耗的Cl 与KOH的物质的量之比为1∶2，根据氢原子守恒，反应消耗的Cl 与生成的 HO 的物质的量
2 2 2
之比始终为 1∶1，与产物组成无关，故A正确；B项，当n(ClO-)∶n (ClO -)=1∶1，设n(ClO-)=n
3
(ClO -)=1 mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为6 mol，则反应消耗的Cl 为4 mol，则反应消耗的氯气
3 2
与转移电子数的物质的量之比为4∶6= 2∶3，故B正确；C项，当n(ClO-)∶n(ClO -)=11∶1，设n(ClO-)=11
3
mol，n (ClO -)=1 mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为16 mol，化合价降低被还原，化合价升高被氧
3
化，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为16∶12= 4∶3，故C正确；D项，由于反应后得
到 KCl、KClO 和 KClO 的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应消耗的Cl 与KOH的物质的量之比
3 2
为1∶2，与产物组成无关，故D错误；故选D。
19．(2021·临朐县实验中学高三月考)氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的
CN-，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl 氧化法处理这种废水，涉及两个反
2
应：
反应i，CN-+OH-+Cl OCN-+Cl-+H O(未配平) ；
2 2
反应ii，OCN-+OH-+Cl X+Y+Cl-+H O(未配平)。
2 2
其中反应i中N元素的化合价没有变化，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是( )
A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：2
B．X、Y是CO、N，且均为反应ii的氧化产物
2 2
C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl 逸出到空气中
2
D．处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，消耗标况下的Cl4.48×103L
2
【答案】C
【解析】A项，反应i中N元素的化合价没有变化，碳化合价从+2升高到+4，氯元素化合价降低,所以
氯气是氧化剂，CN-是还原剂，二者比例为1：1，故A错误；B. 项，X、Y是两种无毒的气体，从元素分
析，应含有碳元素和氮元素，其中一种为二氧化碳，另一种为氮气，其中碳元素化合价不变，氮元素化合
价升高，氮气为氧化产物，二氧化碳不是氧化产物，故B错误；C项，氯气是有毒气体，应采取措施，防
止氯气逸出到空气中，故C正确；D项， CN-+2OH-+Cl=OCN-+2Cl-+H O，2OCN-+4OH-
2 2+3Cl=2CO +N +6Cl-+2H O，总反应方程式为，2CN-+8OH-+5Cl=2CO +N +10Cl-+4H O，处理
2 2 2 2 2 2 2 2
c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，则的物质的量为100mol，消耗的氯气为250mol，标况下的
Cl250mol×22.4L/mol=5.6×103L，故D错误。故选C。
2
20．(2021·南昌县莲塘第一中学高三月考)某同学用KSCN溶液和FeCl 溶液探究Fe2+的还原性时出现异
2
常现象,实验如下：
① ② ③
溶液变红，大约10秒左
右红色褪去，有气体生成 溶液变红且不褪色，有气体 溶液变红且不褪色，滴加盐
(经检验为O)。取褪色后 生成(经检验为O),经检验有 酸和BaCl 溶液，无白色沉
2 2 2
溶液，滴加盐酸和BaCl 丁达尔效应。 淀,经检验无丁达尔效应。
2
溶液，产生白色沉淀
下列说法错误的是( )
A．②中红色溶液中含有Fe(OH) 胶体
3
B．实验②中发生的氧化还原反应只有两种
C．对比①②③，可以判定酸性条件下HO 可以氧化SCN-
2 2
D．③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O
2 2
【答案】B
【解析】A项，由实验②的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下HO 将Fe2+氧
2 2
化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH) 胶体，故A正确；B项，由实验②的实验现象可知，实验中存在的反应有
3
酸性条件下HO 将Fe2+氧化为Fe3+、在Fe3+作催化剂的条件下，双氧水分解生成水和氧气，由实验①的实
2 2
验现象可知，实验中还存在的反应是酸性条件下HO 可以氧化部分SCN-，三个反应均属于氧化还原反应，
2 2
故B错误；C项，对比实验①②③的实验现象可知，酸性条件下HO 可以氧化SCN-，生成的硫酸根与氯
2 2
化钡溶液反应生成白色沉淀，故C正确；D项，由实验③的实验现象可知，酸性条件下，O 将Fe2+氧化为
2
Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O，故D正确；故选B。
2 2
21．(2021·四川成都市期末)高铁酸钠(Na FeO)具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，
2 4
同时被还原成Fe(OH) 能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：
3
2Fe(OH) +3NaClO+4NaOH= 2Na FeO+3NaCl+5H O。下列说法错误的是( )
3 2 4 2
A．NaFeO 中 元素显+6价
2 4
B．碱性条件下NaClO氧化性强于NaFeO
2 4
C．每生成1mol Na FeO 转移6mol电子
2 4
D．在水处理中，NaFeO 兼具消毒和净水两种功能
2 4
【答案】C
【解析】对于反应2Fe(OH) +3NaClO+4NaOH= 2Na FeO+3NaCl+5H O中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸
3 2 4 2
钠是氧化剂，NaFeO 中Fe元素显+6价， A项，NaFeO 中Fe元素显+6价，A正确；B项，碱性条件下，
2 4 2 4
NaClO是氧化剂，NaFeO 是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B正确；C项，Fe(OH)
2 4 3
中的铁元素的化合价是+3价，产物NaFeO 中的铁元素的化合价为+6价，每生成1mol Na FeO 转移的电子
2 4 2 4数为3mol，C错误；D项，NaFeO 具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成
2 4
Fe(OH) 能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以NaFeO 兼具消毒和净水两种功能，
3 2 4
D正确；故选C。
22．(2021·枣庄市第三中学高三月考)F 和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF 、
2 2
XeF 和XeF 三种化合物。其中XeF 与HO可以发生如下反应：6XeF +12H O=2XeO +4Xe↑+24HF+3O ↑。
4 6 4 2 4 2 3 2
下列判断正确的是( )
A．XeF 加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F
2 2
B．XeF 按以上方式与水反应，每生成3mol O 转移12mol电子
4 2
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
D．XeF 、XeF 和XeF 在空气中都不能长期存放
2 4 6
【答案】D
【解析】A项， F 能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F，故A错误； B项，
2 2
由6XeF +12H O═2XeO+4Xe↑+24HF+3O ↑可知，每生成4molXe，转移电子为4mol×(4-0)=16mol，即每生
4 2 3 2
成3molO 转移16mol电子，故B错误；C项，6XeF +12H O═2XeO+4Xe↑+24HF+3O ↑，该反应中，生成
2 4 2 3 2
氙气的XeF 作氧化剂，生成XeO 的XeF 作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中4XeF (氧化
4 3 4 4
剂)+2XeF (还原剂)+6H O(还原剂)+6H O═2XeO+4Xe↑+24HF+3O ↑，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
4 2 2 3 2
4：(2+6)=1：2，故C错误；D项，XeF 、XeF 和XeF 极易与水反应，在空气中不能长期存放，故D正确。
2 4 6
故选D。
23．在酸性条件下，黄铁矿(FeS )催化氧化的反应方程式为2FeS + 7O + 2H O ═ 2Fe2+ + 4SO 2− +
2 2 2 2 4
4H+。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是( )
A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B．反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS 被还原
2
C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++ O + 4H+ ═ 4Fe3+ +4NO + 2H O，Fe(NO)2+作氧化剂
2 2
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ + NO ═Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应
【答案】A
【解析】步骤I中，O 将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS 氧化成SO 2- ，生成的
2 2 4
Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总效果为：2FeS + 7O + 2H O ═ 2Fe2+ + 4SO 2− +
2 2 2 4
4H+，NO的量不变。A项，由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，
所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；B项，反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，
铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，FeS 被氧化，故B错误；C项，反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++
2
O+ 4H+ ═ 4Fe3+ +4NO+ 2H O，铁元素的化合价由+2价到+3价，化合价升高，Fe(NO)2+作还原剂，故C错
2 2
误；D项，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ + NO ═Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧
化还原反应，故D错误；故选A。
24．(2021·山东潍坊市·高三期末)制备铁红工业流程中，用FeS 还原铁盐溶液得到Fe2+和SO 2-，反应
2 4
机理如下图。下列说法不正确的是( )A．过程I中每有60gFeS 参与反应，理论上可还原6molFe3+
2
B．过程Ⅱ中若SO2-过量会有气体生成
2 3
C．由过程Ⅱ可知还原性：SO2-_____(填写化学式)。
(2)已知：2KMnO +7H O+3H SO == K SO +2MnSO +6O ↑+10H O，则被1molKMnO 氧化的HO 是
4 2 2 2 4 2 4 4 2 2 4 2 2
______mol。
II.将SO 气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，MnO -被还原成Mn2+。
2 4
(3)请写出上述过程的离子方程式______。
III.在用KMnO 酸性溶液处理Cu S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
4 2
①MnO -+ CuS + H+→ Cu2+ + SO ↑ + Mn2+ + H O(未配平)
4 2 2
②MnO -+ Cu S + H+ → Cu2++ SO ↑ + Mn2++ H O(未配平)
4 2 2 2
(4)配平反应①：________。
(5)下列关于反应②的说法中错误的是__________(选填编号)。
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．还原性的强弱关系是： Mn2+
