第24题 氧化还原计算-2023年7月浙江省普通高中学业水平考试化学分题系列（解析版）

浙江省普通高中学业水平考试选择题-第24题-氧化还原综合【题前知道】氧化还原反应的先后问题，离子方程式，离子物质的量比例问题，产物的化学式等解题方法：赋值法，将字母赋值成具体数字，根据反应的先后顺序，先反应的微粒反应完全后，剩余的物质与第二种微粒反应，依次进行下去，注意得失电子守恒和电荷守恒。【真题回顾】1.（2022年7月浙江学考）消除氮氧化物的3种方法：①4NO2+O2+4Na2CO3+2H2O=4NaHCO3+4NaNO3②6NO+4NH35N2+6H2O③2NO+2CO2CO2+N2下列说法不正确的是A.氮氧化物会造成酸雨等污染B.①是利用Na2CO3的碱性和氧化性消除NO2C.②③的目的是将化合态的氮元素转化为N2D.②③使用催化剂，能加快消除氮氧化物的速率【答案】B【解析】A．氮氧化物与O2及H2O反应会产生HNO3，因而会造成酸雨等污染，A正确；B．①反应是利用Na2CO3的碱性消除NO2造成的污染，B错误；C．根据反应方程式可知反应②③的目的是将化合态的氮元素转化为N2，从而消除NO对环境造成的污染，C正确；D．②③使用催化剂，能降低反应的活化能，从而可以加快消除氮氧化物的速率，D正确；故合理选项是B。2.（2021年7月浙江学考）工业上常用FeSO4溶液处理废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。处理25.00mL某废水，需消耗15.00mL1.00×10-2mol/LFeSO4溶液(不考虑其他物质与Fe2+反应)。该废水中Cr2O的物质的量浓度(单位：mol/L)为 A.1.50×10-4B.6.00×10-4C.1.00×10-3D.3.60×10-3【答案】C【解析】反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得，解得，综上述C符合题意，故选C。【题中展示】1．向含Fe2+、Br-、I-各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中某种离子的物质的量的关系如图，下列说法中正确的是A．Q是I－B．Q是Br－C．ab区间的反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－D．b点时溶液中只有Cl－【答案】C【解析】离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。A、若Q是I-，2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，标准状况下为1.12L，此时碘离子为0，而图象中通入氯气为1.12L时，碘离子仍为0.1mol，与实际不符合，故A错误；B、若Q是Br-，I-、Fe2+完全反应后，才发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C、离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，故首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，0.1molI-完全反应消耗0.05mol氯气，开始反应时氯气的体积为1.12L，0.1molFe2+完全反应消耗0.05mol氯气，此时氯气的体积为2.24L，所以ab区间的反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故C正确；D、根据C可知：b点时溶液中有Cl-，Fe3+、Br-，故D错误；故选C。2．向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法不正确的是 A．a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B．b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol·L－1D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1【答案】D【解析】向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，首先铁离子氧化单质铁，然后是铜离子氧化单质铁，结合反应的方程式和图像分析判断。A、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，如图加入0.56g(即0.01mol)Fe之后开始出现固体，则a点溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；B、由图可得，加入铁粉从0.56g～1.68g(即0.01mol～0.03mol)时，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，所以此时发生反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，b点在该范围内，故B正确；C、加入铁粉为从0.56g～2.24g(即0.01mol～0.04mol)时，若发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则生成0.03mol(即1.92g)Cu，而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中早已没有Cu2+，设0.03mol铁粉中与Cu2+反应的为xmol，剩余ymol，则生成Cu的质量为64xg，剩余铁的质量为56yg，所以x+y=0.03、64x+56y=1.84，解得：x=0.02、y=0.01，因此加入铁粉从0.56g～1.68g(即0.01mol～0.03mol)时，刚好与溶液中的Cu2+反应完全，溶液中溶质为FeSO4，又根据前面的分析可得反应Fe+2Fe3+=3Fe2+生成Fe2+0.03mol，又因为反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+生成Fe2+0.02mol，所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为：(0.03mol+0.02mol)÷0.1L=0.5mol·L-1，故C正确；D、由前面的分析可得，原溶液中Fe3+为0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，Cu2+为0.02mol，则CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比，为1：2，故D错误。答案选D。3.将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中，充分反应后产生896mLH2(标准状况)，残留固体1.28g，过滤，滤液中无Cu2+，将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H+ )为0.400mol/L，已知Fe+2Fe3+=3Fe2+，且氧化性：Fe3+>Cu2+，则原混合物中单质铁的质量是A．2.4gB．3.36gC．5.60gD．10.08g【答案】C【解析】有H+剩余，且滤液中没有Cu2+，可知残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，阳离子为H+和Fe2+。设原有Fe为xmol，Fe2O3为ymol，生成铜的物质的量为0.02mol，生成氢气为0.04mol，根据得失电子总数相等知：2x=2y+2×0.02+2×0.04又根据Cl元素守恒知：2(x+2y)+0.2×0.400=0.1×4.40将上述两式联立解出：x=0.1，y=0.04原混合物中单质铁的质量为56g/mol×0.1mol=5.6g。故选C。4．有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与40mL1mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如下表所示(忽略反应前后溶液体积的微小变化)。实验序号①②③④m(粉末样品)/g0.901.803.607.20m(反应后剩余固体)/g00.642.486.08下列实验结论不正确的是A．实验②反应后溶液中含有Fe2＋、Cu2＋B．实验②③④反应后剩余固体全部是CuC．实验④的滤液中c(Fe2＋)＝1.5mol/LD．原粉末样品中n(Fe)∶n(Cu)＝1∶1【答案】B【解析】40mL1mol/L的FeCl3溶液中，n((Fe3＋)=0.04mol，所以其最多可以溶解铁和铜的物质的量之各为0.02mol。由③④两实验的数据可知，两实验中固体质量减少的量相同，都是1.12g，恰好是0.02molFe。由第②组实验数据，1.80-1.12=0.68>0.64，说明第②组实验中溶解的金属中既有铁又有铜，且剩余的金属只有铜，反应后的溶液中含有Fe2＋、Cu2＋，若第②组中1.80g样品中铁和铜的物质的量分别计为n(Fe)和n(Cu)，则56n(Fe)+64n(Cu)=1.80，n(Fe)+n(Cu)-=n((Fe3＋)=0.02mol，联立方程组解之得n(Fe)=n(Cu)＝0.15mol，所以原粉末样品中n(Fe)∶n(Cu)＝1∶1。实验③中，n(Fe)=n(Cu)＝0.03mol>0.02mol，所以反应后剩余固体既有Cu又有Fe，同理可推，实验④也是这样。实验④的滤液中c(Fe2＋)＝1.5mol/L。综上所述，B不正确，本题选B。 5．硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示。下列结论正确的是A．铝与混合溶液反应的离子方程式为8Al+3OH−+3NO3−=8Al3++3NH4++9H2OB．参加反应硝酸根离子物质的量为0.06molC．参加反应的铝与镁的质量之比为4︰3D．混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.72mol/L【答案】A【解析】A.硝酸根浓度很低时被氧化生成的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H++NO3−=4Mg2++NH4++3H2O、8Al+3OH−+3NO3−=8Al3++3NH4++9H2O，A项正确；B.由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则原溶液中NO3−物质的量是(16.5−15)×10−3L×4mol/L=0.006mol，B项错误；C.从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，由Al～Al3+～Al(OH)3～NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，再由Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓、Al3++3OH−=Al(OH)3↓，沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积(15.0−3.0)mL，由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为(15.0−3.0)×10−3L×4.00mol/L−8×10−3mol×3=24×10−3mol，镁离子物质的量为1.2×10−2mol，参加反应的镁与铝的质量之比：8×10−3mol×27g/mol：1.2×10−2mol×24g/mol=3：4，C项错误；D.由4Mg+10H++NO3−=4Mg2++NH4++3H2O、8Al+3OH++3NO3−=8Al3++3NH4++9H2O可知，消耗氢离子为0.008mol×+1.2×10−2mol×=0.06mol，图中开始3.0mLNaOH溶液消耗氢离子的物质的量为3×10−3L×4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物质的量为=0.036mol，混合液中硫酸的物质的量的浓度为=0.36mol/L，D项错误；答案选A。 6．为探究某铜的硫化物组成，取一定量硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀4.66g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)完全溶于100mL1mol/LH2SO4中，过滤，得到0.64g红色固体，将滤液稀释至200mL，测得c(Cu2+)=0.1mol/L。已知：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。下列说法正确的是A．得到白色沉淀亚硫酸钡B．原铜的硫化物中n(Cu)∶n(S)=2∶3C．最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12gD．灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1【答案】D【解析】铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，得到4.66g白色沉淀是BaSO4，可根据沉淀计算S元素的物质的量；灼烧后的固体可能为CuO、Cu2O中至少1种，将其溶解在稀硫酸中得到0.64g红色固体物质是Cu单质，证明含有Cu2O，根据Cu单质的物质的量可计算出Cu2O的物质的量，利用溶液中Cu2+的物质的量可判断出是否含有CuO及其物质的量的多少，据此分析解答。根据上述分析可知n(S)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，0.64g红色固体物质是Cu单质，n(Cu)=0.64g÷64g/mol=0.01mol，则根据方程式Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O中相应物质之间的转化关系可知n(Cu2O)=n(Cu)=0.01mol，则其反应产生的Cu2+的物质的量是0.01mol，在酸溶解金属氧化物后得到的溶液中Cu2+的总物质的量是=0.1mol/L×0.2L=0.02mol>0.01mol，说明有0.01molCu2+是CuO与硫酸反应生成，则根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，则n(CuO)=0.01mol。A.根据上述分析可知反应产生的白色沉淀是硫酸钡，A错误；B.原铜的硫化物中Cu元素的物质的量为n(Cu)=n(CuO)+2n(Cu2O)=0.01mol+2×0.01mol=0.03mol；原铜的硫化物中S元素的物质的量0.02mol，所以n(Cu)∶n(S)=3∶2，B错误；C.100ml1mol/LH2SO4的物质的量是n(H2SO4)=0.1L×1mol/L=0.1mol，向反应后的溶液中加入Fe粉，最后的溶液为FeSO4，所以根据元素守恒，可知溶解Fe的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，C错误；D.根据前面计算可知n(Cu2O)=n(CuO)=0.01mol，所以灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1，D正确；故合理选项是D。7．将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）： 实验序号稀硝酸的体积/mL剩余固体的质量/gNO的体积/L110017.22.2422008.004.4834000V下列说法正确的是A．表中V=7.84LB．原混合物粉末的质量为25.6gC．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875mol•L﹣1【答案】A【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4n（NO），加入100mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24LNO气体（转移0.3mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得，所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56g·mol-1：14.4g÷64g·mol-1=8：9；400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu)×2÷3+2n(Cu)×2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）]÷3×22.4L·,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6g×3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol ，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。8．过硝酸钠(NaNO4)能与水发生反应∶NaNO4+H2O=NaNO3+H2O2，下列说法不正确的是(　　)A．过硝酸钠可用于杀菌消毒B．过硝酸钠中含有-O-O-结构C．过硝酸钠具有强氧化性，没有还原性D．将过硝酸钠加入酸性FeSO4溶液中发生的离子方程式∶NO4-+2Fe2++2H+=2Fe3+NO3-+H2O【答案】C【解析】A项，根据题干信息知，过硝酸钠与水反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故A正确；B项，过硝酸可由N2O5与H2O2反应生成，化学式为HNO3·H2O2，根据双氧水的结构分析，过硝酸钠中含有-O-O-结构，故B正确；C项，过硝酸钠中所有元素并非都是其最高价，故可以有还原性，如在与水的反应中，氧元素化合价升高，体现还原性，故C错误；D项，过氧根在酸性条件下具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为硝酸根，根据电子转移守恒及电荷守恒配平得：NO4-+2Fe2++2H+=2Fe3+NO3-+H2O，故D正确；故选C。9．K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，下列关于该反应的说法不正确的是()A．铁元素被氧化，氮元素被还原B．K2FeO4是氧化产物，KNO2KNO2是还原产物C．K2FeO4在酸性条件下不稳定，会迅速分解并生成氢气D．K2FeO4具有强氧化性，因而有杀菌作用【答案】C【解析】A项，反应中氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；B项，反应中Fe元素化合价升高，氮元素化合价降低，则K2FeO4是氧化产物，KNO2是还原产物，故B正确；C项，K2FeO4在酸性条件下不稳定，+6价铁被还原为Fe3+，氧化产物应为O2，无氢气生成，故C错误；D项，K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故选C。10．某同学做“FeSO4被HNO3氧化”的实验，发现溶液变深棕色。猜想可能是生成的NO2或NO与Fe2+或Fe3+反应，使溶液变为深棕色，设计下列装置探究。下列说法错误的是 A．先检查装置气密性，加入药品后，关闭c，打开a和b，再通入一段时间N2B．关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO与Fe2+反应C．甲中反应一段时间后，更新丙、丁中试剂，关闭a和b，打开c，反应后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化，证明NO2也可与Fe2+反应D．该实验的缺陷是缺少尾气吸收装置【答案】C【解析】A项，先检查装置气密性，加入药品后，为防止装置中的氧气影响实验结果，需关闭c，打开a和b，通入一段时间氮气，将装置内的空气排尽，故A正确；B项，关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，浓硝酸与Cu反应生成NO2，NO2通入水中与水反应生成NO，NO进入丙和丁后，丙中含亚铁离子的溶液变为深棕色，而丁中无明显变化，说明NO与Fe2+反应，故B正确；C项，甲中反应一段时间后浓硝酸变稀，生成的气体中有NO，所以该操作无法证明NO2是否与Fe2+反应，故C错误；D项，实验中未反应的NO2和NO会污染空气，需要尾气处理装置，故D正确；故选C。11．CaOCl2是一种常见的混盐(混盐：一种金属阳离子与两种或两种以上的酸根离子形成的盐)，下列说法不正确的是A．CaOCl2有较强的氧化性B．CaOCl2遇水呈碱性，需要密封保存C．能与SO2反应生成新盐，每消耗1molCaOCl2，转移的电子为2molD．含0.1molCaOCl2的饱和溶液中加入足量的浓硫酸，可析出0.1molCaSO4固体和2.24LCl2【答案】D【解析】A项，CaOCl2混盐中的酸根为Cl-和ClO-，ClO-有较强的氧化性，故A不符合题意；B项，CaOCl2混盐中的酸根为Cl-和ClO-，ClO-易水解呈碱性，需要密封保存，故B不符合题意；C项，ClO-能与SO2反应生成硫酸根生成新盐硫酸钙，每1molCaOCl2中含ClO-1mol，反应时变为Cl-转移的电子为2mol，故C不符合题意；D项，CaOCl2与浓硫酸的反应为CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4↓+Cl2↑+H2O，只含 0.1molCaOCl2析出0.1molCaSO4固体，产生了0.1molCl2，但Cl2的体积与温度、压强有关，无法确定0.1molCl2的体积，故D符合题意；故选D。12．次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；②H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是A．H3PO2的结构式为B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．NaH2PO2是正盐D．每消耗1molP4，反应中转移6mol电子【答案】D【解析】A项，根据H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为，故A正确；B项，H3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；C项，H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；D项，2P4+3Ba(OH)2+6H2O═3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1 mol P4，转移3 mol 电子，故D错误；故选D。13．由一种阳离子与两种或两种以上酸根阴离子组成的盐称为混盐。如混盐CaOCl2组成可看作：CaCl2•Ca(ClO)2。下列有关混盐的说法不正确的是A．混盐CaOCl2水溶液具有漂白、杀菌消毒作用B．混盐CaOCl2在酸性条件下可以产生氯气C．混盐Na4S2O3的水溶液显碱性D．混盐Na4S2O3与足量稀硫酸反应的离子方程式为：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O【答案】D【解析】A项，混盐CaOCl2组成可看作CaCl2•Ca(ClO)2，CaOCl2水溶液中含有次氯酸根水解产物次氯酸，具有漂白、杀菌消毒作用，A正确；B项，混盐CaOCl2在酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子发生归中反应，可以产生氯气，B正确；C项，混盐Na4S2O3等价于Na2S·Na2SO3 ，两者均为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，C正确；D项，混盐Na4S2O3与足量稀硫酸反应的离子方程式为2S2-+2SO32++8H+=3S↓+4H2O+SO2↑，D错误。故选D。 14．已知还原性：SO32->I-。向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应（不考虑Cl2与I2之间的反应）。下列说法不正确的是A．当a≥b时，发生的离子反应为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-B．当5a=4b时，发生的离子反应为4SO32-+2I-+5Cl2+4H2O=4SO42-+I2+8H++10Cl-C．当a≤b≤a时，反应中转移电子的物质的量n（e-）为amol≤n（e-）≤3amolD．当a<b<a时，溶液中SO42-、I-与Cl-的物质的量之比为a:(3a-2b):2b【答案】C【解析】A.将a、b赋值为1，因此溶液中有SO32-、I-、Cl2各1mol，1molCl2先和1molSO32-刚好完全反应，因此I-没有反应，a>b则Cl2过量，还是SO32-反应，A正确。B设a为4b为5，则溶液中的可反应的微粒为4SO32-+4I-+5Cl2，4SO32-反应生成4SO42-化合价升8，5Cl2反应生成10Cl-化合价降10，因此参加反应的I-只有2个，所以B正确。C设a为1，则1<b<1.5，a为1转移的电子至少2a，所以C错。15．把由Na2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物7.4g溶于水配成100mL溶液，其中c(Na+)=0.6mol/L，若把等质量的混合物加热到恒重时，残留物的质量是A．3.18gB．2.12gC．5.28gD．4.22g【答案】A【解析】把由Na2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物7.4g溶于水配成100mL溶液，其中c(Na+)=0.6mol/L，钠离子的物质的量是0.6mol/L×0.1L＝0.06mol，若把等质量的混合物加热到恒重时，最终得到的是碳酸钠，根据钠元素守恒可知碳酸钠的物质的量是0.03mol，因此残留物的质量是0.03mol×106g/mol＝3.18g。答案选A。16．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H＋；②+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列有关说法不正确的是(　　)A．SO2发生氧化反应B．氧化性：＞Fe3+＞SO2C．每1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD．标准状况，6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7【答案】D 【解析】由反应①可知反应中SO2中硫元素的化合价升高，作还原剂，具有还原性，Fe3+的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，则氧化性：Fe3+＞SO2；由反应②可知反应中为氧化剂，Fe2+为还原剂，Fe3+是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：＞Fe3+，由此分析。A．由反应可知SO2转化为，硫元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A正确；B．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以根据反应SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H＋可知，Fe3+做氧化剂，为氧化产物，SO2为还原剂，所以氧化性：Fe3+＞SO2；根据反应+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性：＞Fe3+，因此氧化性强弱顺序是＞Fe3+＞SO2，故B正确；C．反应中Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，所以每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA，故C正确；D．标准状况6.72LSO2的物质的量n===0.3mol，若0.3molSO2参加反应，根据3SO2~6Fe2+~，可知最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误；答案选D。17．在Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体(标准状况)，在反应后溶液中加入NH4SCN溶液，无明显现象。下列判断正确的是()A．混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1：1：3B．反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl-离子的物质的量浓度之比为1：3C．混合物中，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多D．混合物中，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多【答案】C【解析】混合物恰好完全溶解，且在反应后溶液中加入NH4SCN溶液，无明显现象，说明无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n(HCl)=0.2mol，n(H2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，n(Fe2+)=0.1mol，由反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，据此分析解答。A．根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，A错误；B．反应后所得溶液为FeCl2溶液，阳离子与阴离子的物质的量浓度之比为1：2，B错误；C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，C正确；D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，D错误；答案选C。 18．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O＝SO+2Fe2++4H+；②Cr2O+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是(　　)A．氧化性：Cr2O＞Fe3+B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD．由上述反应原理推断：K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】B【解析】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cr2O＞Fe3+，A说法正确；B．标准状况下，若有6.72LSO2即0.3mol参加反应，化合价由+4价变为+6价，转移0.6mol电子，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，B说法错误；C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，化合价由+6价变为+3价，则转移电子的数目为6NA，C说法正确；D．由上述反应可得，氧化性：Cr2O＞SO，推断：K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，D说法正确；答案为B。19．已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+，向含溶质amolFeBr2的溶液中通入bmolCl2，充分反应。下列说法不正确的是()A．离子的还原性强弱：Fe2+>Br->Cl-B．当a=2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-C．当a=b时，反应后的离子浓度：c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=1:2:2D．当3a=2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-【答案】C【解析】根据题中氧化性的强弱，推出还原性的强弱顺序是Fe2＋>Br－>Cl－，因此FeBr2溶液中通入Cl2，先发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，当Fe2＋消耗完时，继续通入Cl2，再发生Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，据此分析；A．根据氧化性Cl2>Br2>Fe3+，推出还原性的强弱顺序是Fe2＋>Br－>Cl－，故A说法正确；B．根据A选项分析，加入氯气，先与还原性强的反应，即先与Fe2＋反应：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，当a=2b时，恰好发生Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故B说法正确；C．根据得失电子数目守恒，因此有amol×1＋n(Br－)×1=bmol×2×1，当a=b时，解得n(Br－)=amol，反应后的离子物质的量n(Fe3＋)=amol，n(Br－)=(2amol－amol)=amol，n(Cl－)=2amol，相同溶液中，离子物质的量的比值等于物质的量浓度之比，即三者物质的量浓度之比为1:1:2，故C说法错误；D．当3a=2b时，利用得失电子数目守恒，氯气将Fe2＋、Br－全部氧化成Fe3＋、Br2 ，氯气没有剩余，参加反应的Fe2＋、Br－、Cl2的物质的量之比为a:2a:=2:4:3，因此发生离子反应是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，故D说法正确；答案为C。【点睛】一种氧化剂（还原剂）与多种还原剂（氧化剂）反应时，先与还原性（氧化性）强的反应，涉及氧化还原反应的计算，需要从得失电子数目守恒进行计算。20．将一定量的氯气通入30mL浓度为10mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后恰好完全反应，形成了NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断不正确的是（）A．与NaOH反应的氯气为0.15molB．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为10：3：1C．Cl2与NaOH溶液反应的产物会随反应条件的改变而改变D．溶液中氯离子的物质的量取值范围是0.15mol<n（Cl-）<0.25mol【答案】B【解析】A.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正确；B.令n(NaCl)=10mol，n(NaClO)=3mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为10mol×1=10mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为3mol×1+1mol×5=8mol，得失电子不相等，故B错误；C.Cl2与NaOH溶液反应，当反应温度不同时，生成的产物可能是NaCl、NaClO、NaClO3中的两种或三种，故C正确；D.根据方程式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0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，则0.15<n<0.25，故D正确；故选B。21．离子在酸性溶液中与反应，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．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】设中R元素化合价为+n价，反应中是氧化剂，Mn元素从+7价降为+2价，R元素从+n价升高为+4价，则根据电子守恒规律可得：(7-2)×2=(4-n)×2×5，解得：n=3，此时中 (+3)×2+(-2)×4=-2，即x=2，故答案为B。22．已知2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－。向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得溶液中Cl－与Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（）A．2mol/LB．1mol/LC．0.4mol/LD．0.2mol/L【答案】A【解析】还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15mol，若Br-没有反应，则c(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L。故选A。23．以下关于铜跟浓、稀HNO3反应的说法中错误的是(　)A．1mol浓HNO3被还原转移2mol电子B．Cu与浓HNO3反应比与稀HNO3反应剧烈，C．Cu与浓、稀HNO3反应都不需加热D．生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多【答案】A【解析】A.1mol浓HNO3被还原生成NO2，转移1mol电子，A错误；B.浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，Cu与浓HNO3反应比与稀HNO3反应剧烈，B正确；C.硝酸具有强氧化性，与大多数金属能够在常温下剧烈反应，Cu与浓、稀HNO3反应都不需加热，C正确；D.浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，所以根据电子得失守恒可判断生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多，D正确；24．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，则下列说法不正确的是（）A．物质的还原性：H2SO3>HI>HClB．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O=4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋C．若再通入0.02molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化D．HI与H2SO3的物质的量浓度为0.08mol·L－1 【答案】D【解析】由H2SO3＋I2＋H2O=H2SO4＋2HI可知还原性H2SO3＞HI，则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，设HI的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol×2=x×0.5×1+x×（6-4），解得x=0.08mol，A．由H2SO3＋I2＋H2O=H2SO4＋2HI及还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性H2SO3＞HI且HI>HCl，选项A正确；B．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O=4SO42-+I2+10Cl-+16H+，遵循电子、电荷守恒，选项B正确；C．由上述分析可知，还有0.04molHI未被氧化，则再通入0.02molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，选项C正确；D．由上述计算可知，HI的物质的量为0.08mol，溶液体积为0.1L，浓度为0.8mol/L，选项D不正确；答案选D。25．将一定量的锌与100mL 浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 标准状况将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的，则下列叙述中错误的是A．气体A为和的混合物B．反应中共消耗C．气体A中和的体积比为4：1D．反应中共转移3mol电子【答案】C【解析】生成气体的物质的量为：=1.5mol，溶液稀释至1L，测得溶液的pH=1，所以溶液剩余硫酸的物质的量为0.05mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18.5mol/L−0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，由此列出方程组：，解之得x=0.3，y=1.2，所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。A、气体A为SO2和H2的混合物，故A不符合题意；B、反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3mol+1.2mol)×65g/mol=97.5g，故B不符合题意； C、由上述分析可知，V(SO2):V(H2)=1:4，故C符合题意；D、在反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D不符合题意。