2023高考化学一轮复习高频考点100题《汇氧化还原反应》（含解析）

汇氧化还原反应第I卷（选择题）1．在离子浓度都为0．1mol·L-l的下列溶液中，加入(通入)某物质后，发生反应的先后顺序排列正确的是A．在含Ag+、Cu2+的溶液中加入Zn：Ag+、Cu2+B．在含Fe3+、Br2的水溶液中滴加KI溶液：Fe3+、Br2C．在含NH4+、HCO3-的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液：NH4+、HCO3-D．在含[Al(OH)4]-、OH-的溶液中逐滴加入盐酸：[Al(OH)4]-、OH-【答案】A【解析】A、根据金属活动顺序表判断，氧化性：Ag+＞Cu2+，在含Ag+、Cu2+的溶液中加入Zn发生反应的先后顺序：Ag+、Cu2+，正确；B、氧化性：Fe3+＜Br2，在含Fe3+、Br2的水溶液中滴加KI溶液发生反应的先后顺序：Br2、Fe3+，错误；C、在含NH4+、HCO3-的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液发生反应的先后顺序：HCO3-、NH4+，错误；D、在含[Al(OH)4]-、OH-的溶液中逐滴加入盐酸发生反应的先后顺序：OH-、[Al(OH)4]-、OH-，错误。2．已知：还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯>I2。实验Ⅰ：在一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液；实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液。下列说法正确的是A．两个实验中溶液的pH变化趋势相同B．两实验中生成等量I2时，转移电子数的物质的量相同C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，当溶液中I¯与I2的物质的量之比为5∶2时，氧化产物为3.2molD．过程Ⅱ中，可以用淀粉作为滴定指示剂，判定第一阶段的反应终点【答案】C【解析】A.实验Ⅰ向一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.所以溶液的酸性逐渐增强，当溶液中的HSO3-消耗完全后，再滴加KIO3溶液，又发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O.溶液的酸性又逐渐减弱。该溶液的pH先变小，后又逐渐变大。实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液时发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.后立即发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。因此开始滴加NaHSO3溶液时，溶液的酸碱性不会有明显的变化。当溶液中的KIO3消耗完全后，再滴加溶液NaHSO3溶液，由于HSO3-的电离作用大于水解作用，此外还发生反应I2+H2O=HI+HIO，HI与HIO电离产生H+，使溶液显酸性，而且酸性逐渐增强。该溶液的pH先基本没有变化，后又逐渐变小。故两个实验中溶液的pH变化趋势并不同。错误。B.实验Ⅰ向一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，只有使溶液中的NaHSO3完全发生反应3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.后才能发生反应IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，而实验Ⅱ在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，滴加的NaHSO3发生反应3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+后的所有产物就发生反应IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。所以两实验中生成等量I2时，在实验Ⅰ中电子转移比实验Ⅱ多。错误。C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，根据方程式3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.可知产生1mol的I-，3mol的氧化产物SO42-；假设发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O的IO3-的物质的量为x，消耗I-的物质的量为5x，产生的I2的物质的量为为3x。当溶液中I¯与I2的物质的量之比为5∶2时，(1－5x):3x=5∶2。解得x=2/25。所以该反应的氧化产物的物质的量为氧化产物5x=(5/2)×(2/25)=0.2mol.因此氧化产物的总物质的量为为3＋0.2=3.2mol。正确。D．实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液时发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.后的产物立即发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2\nO因此不可以用淀粉作为滴定指示剂，来判定第一阶段的反应终点。错误。3．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂其它反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2/Cl－②KClO3浓盐酸/Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化B．氧化性强弱的比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2C．表中②组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e－D．表中③组反应的离子方程式为：2MnO4－+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O【答案】A【解析】A项中，物质的氧化性是Cl2＞Br2＞Fe3+，故Cl2先氧化Fe2+，再有多余的氧化Br-，故①组的反应可能有一种或两种元素被氧化，正确；B项中，氧化性是KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，不正确；C项中，②组反应中KClO3的还原产物是Cl2，化合价不交叉，电子转移数目是5e－，不正确；D项中，③组反应H2O2为还原剂，其中的O原子全部变成O2，应为2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。4．化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl；2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O2Fe(OH)2+I2+2KOH=2Fe(OH)3+2KI；3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2↑+H2O；KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2↑下列说法不正确是：A．氧化性(酸性溶液)：FeCl3＞Co(OH)3＞I2B．还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2＞I2＞KIO3C．热稳定性：NaCl＞NaClO4＞NaClOD．酸性(水溶液)：HSCN＞H2CO3＞HCN【答案】A【解析】前两个氧化还原反应表明氧化性是：FeCl3＞I2；Co(OH)3＞Cl2；Cl2＞Fe3+，故有Co(OH)3＞FeCl3＞I2，故A错；根据后两个反应，还原性是：Fe(OH)2＞I2、I2＞KIO3，故B正确。根据热分解反应的产物比反应物稳定可知NaClO受热分解得NaCl和NaClO4，NaClO4受热分解的NaCl，故C正确；根据强酸可以制弱酸的性质，由复分解反应判断D正确。5．下图所示最验证氯气性质的徼型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl→2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是\n选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2＋>Cl－【答案】D【解析】A项，由实验现象不能说明氧化性：Br2＞I2；B项，由实验现象还可以说明氯气与水生成了漂白性物质；C项，氯气与水生成酸性物质也可出现对应的实验现象。【考点定位】本题考查氯气的性质。6．根据下表信息，下列叙述中正确的是(　　)序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2Cl-②KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+③KClO3浓盐酸Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2Mn2+A．表中①组反应的氧化产物只能是FeCl3B．氧化性强弱比较：KMnO4＞Fe3＋＞Cl2＞Fe2＋C．④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16D．表中③还原产物是KCl【答案】C【解析】Fe2＋的还原性强于Br－，因此向FeBr2溶液中通入Cl2时优先氧化Fe2＋，故其氧化产物有FeCl3，也可能有Br2，A、B两项错误；表中③发生的是“归中反应”，其氧化产物和还原产物都是氯气，D项错误；根据电子守恒配平④的离子方程式为2MnO4-＋10Cl－＋16H＋=5Cl2↑＋2Mn2＋＋8H2O，C项正确。7．已知I－、Fe2＋、SO2、Cl－和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的顺序为SO2>I－>Fe2＋>H2O2>Cl－，则下列反应不可能发生的是(　　)A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋B．I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HIC．2Fe2＋＋I2===2Fe3＋＋2I－D．H2O2＋SO2===H2SO4【答案】C【解析】解答本题可根据每个氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性。对于A项SO2是还原剂，Fe2＋是还原产物，故还原性为SO2>Fe2＋，A项能发生；B项中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性为SO2>I－，B项正确；C项中Fe2＋是还原剂，I－是还原产物，故还原性为Fe2＋>I－，与已知信息矛盾，故C项错；D项中SO2是还原剂，H2O2是氧化剂，故还原性为SO2>H2O2，D项正确。8．下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价\nA将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I—+2Cl2=2Fe3++4Cl－+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I—均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3—+OH—=MgCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO－=HClO+HSO3－正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3【答案】D【解析】A项中，Cl2过量，FeI2完全反应，2Fe2++4I—+3Cl2=2Fe3++6Cl－+2I2，A错；B项中，NaOH足量，以Mg(HCO3)2做为离子计量标准，正确离子反应方程式是Mg2++2HCO3—+2OH—=MgCO3↓+H2O+CO；C项中，离子反应产物是HClO和HSO3－，HClO是氧化性，而HSO3－是还原性，二者不可能共存，故不正确。9．下列事实、离子方程式及其对应关系均正确的是：A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H++NO3—=Fe3++NO↑+2H2OB．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液变为黄色：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H++4I-+O2=2I2+2H2OD．向水杨酸（）中滴加NaHCO3溶液，放出无色气体：【答案】C【解析】铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色，说明生成了俄二价铁，3Fe+8H＋+2NO3－=3Fe2＋+2NO↑+4H2O，A选项不正确，Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，所以向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，平衡逆向移动，溶液变为橙色：B选项不正确，C选项正确，水杨酸（）中酚羟基不和NaHCO3反应，D选项不正确。10．甲、乙代表2种金属，下列叙述中，不能判断金属活动性甲比乙强的是A．常温下，甲能从水中置换出氢，而乙不能B．最高价氧化物对应的水化物碱性比较，甲比乙的强C．甲与非金属反应时失电子比乙少D．甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡【答案】C【解析】试题分析：A．在金属活性性顺序表中，活泼的金属能把水会酸中是H置换出来，而活动性弱的金属不能把水或酸中是H置换出来，因此能作为判断金属活动性甲比乙强的依据。正确。B．元素的金属性越强，其\n最高价氧化物对应的水化物碱性就越强，元素的金属性越弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越弱。因此可以作为比较甲比乙的金属性强的依据。正确。C．要比较金属活动性的强弱，应该看金属原子失去电子的难易，而不是金属原子失去电子的多少，因此不能作为判断金属活性性强弱的依据。错误。D．一般情况下，有活动性不同的金属与电解质溶液形成原电池时，活动性强的金属作负极，发生氧化反应；活动性弱的金属作正极，在正极上发生还原反应。所以甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡，能证明活动性甲>乙。正确。考点：考查判断金属活动性强弱的方法的知识。11．根据表中信息,判断下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物① FeBr2/ Cl-②MnO2浓盐酸/Cl2 ③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化B．氧化性强弱的比较:MnO2>Fe3+>Cl2>Br2C．表中②组反应的氧化产物是MnCl2,1molMnO2电子转移数目是2NAD．表中③组反应的离子方程式为:2MnO4—+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O【答案】A【解析】试题分析：A．由于还原剂为FeBr2，还原产物是Cl-，所以氧化剂为Cl2，由于氧化性Cl2>Br2>Fe3+．所以若通入的氯气少量，发生的反应是2Fe2+＋Cl2=2Cl－＋2Fe3+；若氯气足量，发生的反应是2Fe2++4Br－＋3Cl2=6Cl－＋2Fe3+＋2Br2，表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化。正确。B．在加热时发生反应：MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；氧化性MnO2>Cl2；2Fe2+＋Cl2=2Cl－＋2Fe3+；氧化性Cl2>Fe3+；发生反应Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，氧化性Cl2>Br2，发生反应：2Fe2+＋Br2=2Br－＋2Fe3+氧化性Br2>Fe3+；错误。C．表中②组反应MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O的氧化产物是Cl2,1molMnO2电子转移数目是2NA。错误。D．表中③组反应的离子方程式为:2MnO4—+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O．电子不守恒．错误．考点：考查关于氧化还原反应的概念、电子守恒及离子方程式的书写的知识。12．有A、B、C、D四种金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由D导线C；③A、C相连后同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；④B、D相连后同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，试判断四种金属的活动顺序是A.A＞B＞C＞DB.A＞C＞D＞BC.C＞A＞B＞DD.B＞D＞C＞A【答案】B【解析】试题分析：在原电池中，负极金属的活泼性一般强于正极金属的活泼性，根据原电池的工作原理判断电池的正负极，进而可以判断金属的活泼性强弱关系。由题意可知：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D导线C，则活泼性：C＞D；③\nA、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B．所以，A、C、D错误，B正确，故选B。考点：考查原电池在判断金属活泼性方面的应用13．下列叙述中，金属a的活泼性肯定比金属b的活泼性强的是A．a原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少B．把a、b两块金属片浸入稀硫酸中，用导线相连组成原电池时，电流由a到bC．1mola从酸中置换H+生成的H2比1molb从酸中置换H＋生成的H2多D．常温时，a能从水中置换出氢，而b不能【答案】D【解析】试题分析：比较金属的活泼性可通过以下角度：①与水反应的剧烈程度，②最高价氧化物对应的水化物的碱性，③单质之间的置换反应，④对应阳离子离子的氧化性强弱等，⑤金属活动性顺序表，则A．比较金属的活泼性不能根据最外层电子数的多少，如Li的最外层电子数比Ca少，但不如Ca活泼，Na的最外层电子数比Cu少，但Na比Cu活泼，故A错误；B、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，把a、b两块金属片浸入稀硫酸中，用导线相连组成原电池时，电流由a到b，说明金属性是b大于a，故B错误；C、比较金属的活泼性不能根据生成氢气的多少来判断，例如1molAl从酸中置换H+生成的H2比1molMg从酸中置换H+生成的H2多，但Mg的活泼性强，故C错误；D、常温时，A能从水中置换出氢，而B不能，说明A易失去电子，则A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，故D正确，故选D。考点：考查金属性强弱比较14．已知SO32-的还原性大于I－的还原性，某无色溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32-，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是①肯定不含I－；②肯定不含Cu2＋；③肯定含有SO32-；④可能含有I－A．①③B．①②③C．③④D．②③④【答案】D【解析】试题分析：Cu2+的水溶液为蓝色，由于该溶液为无色，所以一定不含有Cu2＋；因为SO32-的还原性大于I－的还原性，所以向该溶液中加入少量溴水，则首先发生反应：Br2＋H2O+SO32-=SO42-+2H++2Br-．溶液仍呈无色。则可能不含有I－，也可能含有I－。但因为未发生反应Br2+2I-=I2+2Br-,产生I2，所以溶液任然为无色。因此正确的说法为②③④。故选项为D。考点：考查反应的先后顺序及离子的鉴定的知识。15．在含有nmolFeI2的溶液中通入Cl2，有xmolCl2发生反应。下列说法正确的是A．当x≤时，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-B．当x≥n时，反应的离子方程式为：2Fe2++2I-+2Cl2→2Fe3++I2+4Cl-C．当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为x＞nD．当x＝n时，反应后氧化产物的物质的量为nmol【答案】CD【解析】试题分析：A、还原性是I－＞Fe2+，因此氯气首先氧化碘离子，当x≤时，氯气不足，\n反应的离子方程式为：2I-+Cl2→I2+2Cl-，A不正确；B、当x≥n时，碘离子完全被氧化，而亚铁离子可能完全被氧化，也可能部分被氧化，B不正确；C、当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为x＞n，C正确；D、当x＝n时，碘离子恰好被氧化反生成单质碘，其物质的量为nmol，D正确，答案选CD。考点：考查氧化还原反应的有关判断16．下列进行性质比较的实验,不合理的是A．比较Cu、Fe的还原性:铜加入硫酸铁溶液中B．比较氯的非金属性强于溴:溴化钠溶液中通入氯气C．比较高锰酸钾的氧化性强于氯气:高锰酸钾中加入浓盐酸D．比较镁的金属性强于铝:取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1．0mol·L－1的盐酸中【答案】A【解析】试题分析：A项中，比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中，尽管铜溶解了，但不能置换出铁单质，不能比较；若铁加入硫酸铜溶液中，铁溶解了，同时置换出铜单质，是可以比较的。考点：物质的性质的强弱比较实验。17．溴是海水中重要的非金属元素，地球上90%的溴元素以Br－的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”。下列有关说法中正确的是A．从海水中提取溴时，不涉及氧化还原反应B．苯与溴水反应生成溴苯C．可以用CCl4萃取溴水中的溴D．向FeBr2溶液中通入Cl2时，一定会发生如下反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－【答案】C【解析】从海水中提取溴，一般经浓缩、氧化和提取等，A错；苯和溴水不反应，B错；四氯化碳与水不相溶，可以做萃取剂，C正确；FeBr2与氯气反应与量有关，少量时先与Fe2+反应，D错；答案选C。18．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋Sn2＋＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Sn4＋由此可以确定Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是A．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋                  B．Sn2＋、Ce3＋、Fe2＋C．Ce3＋、Fe2＋、Sn2＋                  D．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋【答案】A【解析】在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由方程式可知，还原性：Fe2＋＞Ce3＋；Sn2＋＞Fe2＋。答案选A。19．铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：(1)Tl3＋＋2Ag=Tl＋＋2Ag＋(2)Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋(3)Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，下列离子氧化性比较顺序正确的是A．Tl3＋>Fe3＋>Ag＋                     B．Fe3＋>Ag＋>Tl3＋C．Tl＋>Ag＋>Fe2＋                     D．Tl3＋>Ag＋>Fe2＋\n【答案】D【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。答案选D。20．硫氰[(SCN)2]的化学性质和卤素(X2)类似，称为拟卤素，如(SCN)2＋H2O=HSCN＋HSCNO，它们的阴离子的还原性强弱为Cl－<Br－<SCN－<I－。下列说法不正确的是A．Cl2可以与KSCN溶液反应B．(SCN)2可以与KI溶液反应C．KSCN溶液可以与FeCl3溶液反应D．(SCN)2可以与KBr溶液反应【答案】D【解析】阴离子的还原性强弱顺序为Cl－<Br－<SCN－<I－，故对应分子的氧化性强弱顺序为Cl2>Br2>(SCN)2>I2，故(SCN)2不能将Br－氧化，D错误。答案选D。21．含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是A．x＝0.4a，2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－B．x＝0.6a，2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－C．x＝a，2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=Br2＋2Fe3＋＋4Cl－D．x＝1.5a，2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Br2＋+2Fe3＋＋6Cl－【答案】B【解析】根据氧化还原反应的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2＋，然后再氧化Br－。x＝0.4a时，Cl2不能完全氧化Fe2＋，只能发生反应2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A项正确；当x＝0.6a时，Cl2能将Fe2＋完全氧化后，又能氧化的Br－，故B错误；x＝a时，Cl2氧化Fe2＋后又能氧化amol的Br－，C正确；x＝1.5a时，Cl2能将Fe2＋、Br－完全氧化，D正确。答案选择B。22．已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝。下列判断正确的为A．上述实验证明氧化性：MnO4－＞Cl2＞Fe3+＞I2B．上述实验中，共有两个氧化还原反应C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】试题分析：一般情况下氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，发生反应：2KMnO4+16HCl(浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。氧化性：MnO4－＞Cl2；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；发生反应：2Fe2+＋Cl2==2Cl－＋2Fe3+。氧化性Cl2＞Fe3+；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝，发生反应：2Fe3＋＋2I－=2Fe2+＋I2．碘单质遇淀粉，溶液变为蓝色。氧化性:Fe3+＞I2．因此正确的选项为A。考点：考查物质的氧化性强弱的比较的知识。23．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是A．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=3Fe3＋＋2Cl－B．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C．向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋\nD．能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3＋、Cl－、Ba2＋、Br－能大量共存【答案】D【解析】A项，应为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－；B项，Fe3＋是棕黄色；C项，根据题意应生成。24．向CuS04溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通人S02气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A．滴加KI溶液时，转移2mole一时生成1mol白色沉淀B．通入S02后溶液逐渐变成无色，体现了S02的漂白性C．通入S02时，S02与I2反应，I2作还原剂D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>S02【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，向CuS04溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色，说明Cu2+氧化I-离子为I2自身被还原成CuI，再通入S02气体，溶液逐渐变成无色，说明I2氧化二氧化硫，自身被还原成I-离子。A、根据得失电子守恒，滴加KI溶液时，转移2mole一时生成2mol白色沉淀，错误；B、通入S02后溶液逐渐变成无色，体现了S02的还原性，错误；C、通入S02时，S02与I2反应，I2作氧化剂，错误；D、根据实验事实，物质的氧化性：Cu2+>I2>S02，正确，答案选D。考点：考查对实验现象的分析能力，物质的氧化性的判断，氧化还原反应的计算25．已知：2Fe+3Br2=2FeBr3，Fe2+的还原性大于Br－。现有16.8g铁和0.3molBr2反应后加入水得到澄清溶液后，通入amolCl2。下列叙述不正确的是A．当a=0.1时，发生的反应为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－B．当a=0.45时，发生的反应为2Fe2++4Br－+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl－C．若溶液中Br－有一半被氧化时，c(Fe3+):c(Br－):c(Cl－)＝1:1:3D．当0＜a＜0.15时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)＝c(Cl－)+c(Br－)+c(OH－)【答案】C【解析】试题分析：16.8g铁和0.3molBr2反应铁过量，所以产物为0.3molFeBr2。A、a=0.1时,Cl2不足，所以先与Fe2+反应，发生反应的离子方程式正确；B、a=0.45时，Cl2恰好与FeBr2反应，发生的反应的离子方程式正确；C、若溶液中Br－有一半（0.3mol）被氧化时，此时0.3molFe2+需要氯气0.15mol，0.3molBr－需要氯气0.15mol，共用氯气0.3mol，根据质量守恒定律，所以溶液中c(Fe3+):c(Br－):c(Cl－)=1:1:2,产物；D、0＜a＜0.15时，Fe2+未被全部氧化，溶液中还存在Fe2+，根据电荷守恒定律，2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)＝c(Cl－)+c(Br－)+c(OH－)成立，正确，答案选C。考点：考查氧化还原反应的先后规律的应用，与量有关的氧化还原反应的计算26．已知下列反应：Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O（I）5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3（II）下列说法正确的是A．反应I中HCl是氧化剂B．反应II中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3【答案】D\n【解析】试题分析：A、反应I中HCl是还原剂，错误；B、反应II中Cl元素化合价降低，发生还原反应，错误；C、同一反应中，还原剂的还原性大于含有产物的还原性，所以有还原性：CoCl2<HCl<I2，错误；D、同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以反应I中Co2O3是氧化剂，Cl2是氧化产物，反应II中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，正确，答案选D。考点：考查氧化还原反应理论的应用，氧化剂、还原剂的判断，氧化性、还原性强弱的判断27．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是(　　)。A．用淀粉—KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉—KI试纸会变蓝B．足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉—KI试纸退色的原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HClC．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3-D．途径Ⅱ中若生成1molI2，则反应中转移的电子数为10NA【答案】C【解析】加碘盐中含有IO3-，在酸性条件下可被I－还原生成I2，A选项正确；根据图示转化关系可知B选项正确；根据途径I可知氧化性Cl2>I2，根据途径Ⅱ可知氧化性IO3->I2，根据途径Ⅲ可知氧化性Cl2>IO3-，C选项错误；根据关系式2IO3-～I2～10e－可知D选项正确。28．将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2CrO4溶液，发生的两个化学反应为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO42－＋2Fe2＋＋W　①，Cr2O72－＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O　②。下列有关说法正确的是(　　)。A．还原性：Cr3＋＞SO2B．方程式②中，a＝6，b＝7C．Cr2O72－能将Na2SO3氧化成Na2SO4D．方程式①中W为OH－【答案】C【解析】由反应①②中各元素的价态变化可知，反应①中，SO2为还原剂，Fe3＋为氧化剂，且还原性为SO2＞Fe2＋，氧化性为Fe3＋＞SO42－。反应②中，Fe2＋为还原剂，Cr2O72－为氧化剂，且还原性为Fe2＋＞Cr3＋，氧化性为Cr2O72－＞Fe3＋。由此可见选项A错误。选项B，配平反应②：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故a＝6，b＝14，错误。选项C，由于Cr2O72－具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O72－能将Na2SO3氧化成Na2SO4，正确。选项D，根据质量守恒定律，可知反应①中W为H＋，错误。29．根据表中信息判断，下列选项不正确的是(　　)。序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4……②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4－……Cl2、Mn2＋……\nA．第①组反应的其余产物为H2O和O2B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2molD．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Fe3＋＞Br2【答案】D【解析】本题考查氧化还原反应的相关知识。A项MnSO4是还原产物，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，依据原子守恒，产物中还应有水，正确；B项，Fe2＋的还原性强于Br－，Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2时，1molCl2恰好氧化2molFe2＋，Br－不被氧化，产物为FeCl3、FeBr3，正确；C项，MnO4－得电子转化为Mn2＋，Cl2是氧化产物，只有Cl－失电子，生成1molCl2转移2mol电子，正确；D项，氧化产物的氧化性弱于氧化剂的氧化性，故氧化性MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋(还原性Fe2＋强于Br－，故氧化性Br2＞Fe3＋)，D不正确。30．O3具有强氧化性，将O3通入KI溶液中发生反应：O3＋I－＋H＋―→I2＋O2＋H2O(未配平)，下列说法正确的是(　　)。A．配平后的离子方程式为2O3＋2I－＋4H＋=I2＋2O2＋2H2OB．每生成1molI2转移电子2molC．O2是还原产物之一D．该反应能说明O2的氧化性大于I2的【答案】B【解析】A项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O3＋2I－＋2H＋=I2＋O2＋H2O，故每生成1molI2转移电子2mol，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2的，而不能说明O2的氧化性大于I2的，D项错误。31．铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：(1)Tl3＋＋2Ag=Tl＋＋2Ag＋，(2)Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋，(3)Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，下列离子氧化性比较顺序正确的是(　　)。A．Tl3＋＞Fe3＋＞Ag＋B．Fe3＋＞Ag＋＞Tl3＋C．Tl＋＞Ag＋＞Fe2＋D．Tl3＋＞Ag＋＞Fe3＋【答案】D【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。32．已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，K2Cr2O7＋14HCl=2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O，MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O。其中KMnO4和一般浓度的盐酸即可反应，K2Cr2O7需和较浓盐酸(＞6mol·L－1)反应，MnO2需和浓盐酸(＞8mol·L－1)反应。根据以上信息，下列结论中不正确的是(　　)。A．上述反应均属于氧化还原反应B．生成1molCl2时，三个反应中转移的电子数相等C．盐酸浓度越大，Cl－的还原性越强D．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2【答案】D【解析】本题考查氧化还原反应知识，意在考查考生对氧化还原反应规律的理解及实际应用能力。根据题中信息可知浓盐酸(Cl－)能被MnO2氧化生成Cl2，故MnO2(氧化剂)的氧化性大于Cl2(氧化产物)的氧化性，D错。33．根据下列反应，可以判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序正确的是(　　)。①Cl2＋2KI=2KCl＋I2\n②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋2HCl＋I2④H2S＋I2=S↓＋2HIA．H2S＞I2＞Fe3＋＞Cl2B．Cl2＞Fe3＋＞I2＞SC．Fe3＋＞Cl2＞H2S＞I2D．Cl2＞I2＞Fe3＋＞H2S【答案】B【解析】由反应①可知氧化性：Cl2＞I2，由反应②可知氧化性：Cl2＞Fe3＋，由反应③可知氧化性：Fe3＋＞I2，由反应④可知氧化性：I2＞S，则氧化性：Cl2＞Fe3＋＞I2＞S。34．已知下列反应：Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O(Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3(Ⅱ)。下列说法正确的是(　　)。A．反应Ⅰ中HCl是氧化剂B．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3【答案】D【解析】选项A，反应(Ⅰ)中，Cl－失去电子，HCl为还原剂。选项B，反应(Ⅱ)中，Cl2得到电子变为Cl－，发生还原反应。根据反应(Ⅰ)可知，Co2O3(氧化剂)的氧化性大于Cl2(氧化产物)，HCl(还原剂)的还原性大于CoCl2(还原产物)，根据反应(Ⅱ)可知，Cl2的氧化性大于HIO3，I2的还原性大于HCl，故选项D正确，选项C错误。35．化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl；2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O2Fe(OH)2+I2+2KOH=2Fe(OH)3+2KI；3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2↑+H2O；KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2↑下列说法不正确是：A．氧化性(酸性溶液)：FeCl3＞Co(OH)3＞I2B．还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2＞I2＞KIO3C．热稳定性：NaCl＞NaClO4＞NaClOD．酸性(水溶液)：HSCN＞H2CO3＞HCN【答案】A【解析】试题分析：前两个氧化还原反应表明氧化性是：FeCl3＞I2；Co(OH)3＞Cl2；Cl2＞Fe3+，故有Co(OH)3＞FeCl3＞I2，故A错；根据后两个反应，还原性是：Fe(OH)2＞I2、I2＞KIO3，故B正确。根据热分解反应的产物比反应物稳定可知NaClO受热分解得NaCl和NaClO4，NaClO4受热分解的NaCl，故C正确；根据强酸可以制弱酸的性质，由复分解反应判断D正确。考点：化学反应前后强弱性质的比较。36．向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是（）\nA．线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6mol/LC．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3【答案】B【解析】解答本题注意以下两点：(1)Fe2＋、I－、Br－的还原性有强弱，反应分先后。(2)书写离子方程式时要注意把握住量的关系。37．稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：①铈常见的化合价为＋3和＋4；②氧化性：Ce4＋＞Fe3＋。下列说法正确的是(　　)A.Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B．工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C．铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce＋6HI=2CeI3＋3H2↑D．工业上金属铈一般保存在敞口容器中【答案】C【解析】A互为同位素，错误；铈与水、空气反应，B、D错误；由信息可知Ce4＋＞Fe3＋，铁与酸反应时不能被H＋氧化成Fe3＋，所以H＋也不能把Ce氧化成Ce4＋，即Ce与非氧化性酸反应生成Ce3＋，C正确。38．工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应：(　　)①4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2　②2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O下列说法不正确的是(　　)A．反应①和②均为氧化还原反应B．Na2Cr2O7在碱性条件下可转化为Na2CrO4C．高温下，O2的氧化性大于Fe2O3和Na2CrO4的D．生成1molNa2Cr2O7时转移电子的物质的量大于7mol【答案】A【解析】反应①为氧化还原反应，反应②不是，A错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，知O2的氧化性应大于Fe2O3和Na2CrO4的，C正确；考虑到反应②是一个可逆反应，反应中生成1molNa2Cr2O7时，转移电子的物质的量应大于7mol，D正确；同时可以看出，加碱可以使平衡左移，B正确。39．氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，该反应可表示为aHClO3―→bO2↑＋cCl2↑＋dHClO4＋eH2O，下列有关说法不正确的是(　　)A．由反应可确定氧化性：HClO3＞O2B．由非金属性：Cl＞S，可推知酸性：HClO3＞H2SO4C．若氯酸分解所得1mol混合气体的质量为45g，则反应方程式可表示为3HClO3=2O2\n↑＋Cl2↑＋HClO4＋H2OD．若化学计量数a＝8，b＝3，则生成3molO2时该反应转移20mol电子【答案】B【解析】根据非金属性只能比较最高价含氧酸的酸性强弱，故B错误。40．在一种酸性溶液中，可能存在NO3—、I－、Cl－、Fe3＋中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是(　　)A．一定有碘离子B．可能含铁离子C．可能有氯离子D．不含硝酸根离子【答案】B【解析】溴单质能氧化的离子只有I－，一定有碘离子，而Fe3＋和NO3—(H＋)能氧化I－，故一定不含Fe3＋和NO3—，可能含有Cl－。41．有下列三个反应：①Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O下列说法正确的是(　　)A．反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、CoCl2B．根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2＞Fe3＋＞Co2O3C．在反应③中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化D．可以推理得到Cl2＋FeBr2=FeCl3＋Br2【答案】C【解析】先分析化合价变化，确定各物质的氧化还原情况，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，比较各物质氧化性强弱，然后再逐项判断。42．根据下列事实:①A+B2+=A2++B;②D+2H2O=D(OH)2+H2↑;③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池,电极反应为E2++2e-=E,B-2e-=B2+。由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是(　　)。A.D2+＞A2+＞B2+＞E2+B.A2+＞B2+＞D2+＞E2+C.D2+＞E2+＞A2+＞B2+D.E2+＞B2+＞A2+＞D2+【答案】D【解析】由信息知氧化性B2+＞A2+,D能和水反应而A、E、B不和水反应,所以有金属活泼性D大于A、B、E,B、E组成的原电池中B失电子,金属活泼性越强,对应阳离子的氧化性就越弱,所以E2+＞B2+＞A2+＞D2+,选D。43．下列哪种试剂加入到含有Br-的溶液中,可以将Br-氧化为Br2(　　)。A.I2B.I-C.Cl2D.Cl-【答案】C【解析】Cl2的氧化性大于Br2,可以将Br-氧化为Br2。44．甲、乙、丙三种溶液中各有一种X-(X-为Cl-、Br-或I-),向甲中加入淀粉溶液和氯水,溶液变为橙色,再加丙溶液,颜色无明显变化,则甲、乙、丙中依次含有(　　)。A.Br-、I-、Cl-B.Br-、Cl-、I-C.I-、Br-、Cl-D.Cl-、I-、Br-【答案】A【解析】考查有关卤素的知识。①单质氧化性为Cl2>Br2>I2,而对应阴离子的还原性为I->Br->Cl-\n;②淀粉溶液遇碘变蓝色,溴水颜色为橙色。甲中加淀粉溶液和新制的氯水后变为橙色,说明甲中含有Br-,再加丙溶液无明显变化,则说明丙中无I-。45．已知：还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯>I2。实验Ⅰ：在一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液；实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液。下列说法正确的是A．两个实验中溶液的pH变化趋势相同B．两实验中生成等量I2时，转移电子数的物质的量相同C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，当溶液中I¯与I2的物质的量之比为5∶2时，氧化产物为3.2molD．过程Ⅱ中，可以用淀粉作为滴定指示剂，判定第一阶段的反应终点【答案】C【解析】试题分析：A.实验Ⅰ向一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.所以溶液的酸性逐渐增强，当溶液中的HSO3-消耗完全后，再滴加KIO3溶液，又发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O.溶液的酸性又逐渐减弱。该溶液的pH先变小，后又逐渐变大。实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液时发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.后立即发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。因此开始滴加NaHSO3溶液时，溶液的酸碱性不会有明显的变化。当溶液中的KIO3消耗完全后，再滴加溶液NaHSO3溶液，由于HSO3-的电离作用大于水解作用，此外还发生反应I2+H2O=HI+HIO，HI与HIO电离产生H+，使溶液显酸性，而且酸性逐渐增强。该溶液的pH先基本没有变化，后又逐渐变小。故两个实验中溶液的pH变化趋势并不同。错误。B.实验Ⅰ向一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，只有使溶液中的NaHSO3完全发生反应3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.后才能发生反应IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，而实验Ⅱ在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，滴加的NaHSO3发生反应3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+后的所有产物就发生反应IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。所以两实验中生成等量I2时，在实验Ⅰ中电子转移比实验Ⅱ多。错误。C．在实验Ⅰ的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，根据方程式3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.可知产生1mol的I-，3mol的氧化产物SO42-；假设发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O的IO3-的物质的量为x，消耗I-的物质的量为5x，产生的I2的物质的量为为3x。当溶液中I¯与I2的物质的量之比为5∶2时，(1－5x):3x=5∶2。解得x=2/25。所以该反应的氧化产物的物质的量为氧化产物5x=(5/2)×(2/25)=0.2mol.因此氧化产物的总物质的量为为3＋0.2=3.2mol。正确。D．实验Ⅱ：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液时发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.后的产物立即发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O因此不可以用淀粉作为滴定指示剂，来判定第一阶段的反应终点。错误。考点：考查发生反应的物质的滴加顺序与化学反应及电子转移、反应现象的关系的知识。46．向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示。有关说法不正确的是()A．线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6mol·L－1C．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－\nD．原溶液中n(Fe2＋)：n(I－)：n(Br－)＝2：1：3【答案】B【解析】离子还原性顺序：I－＞Fe2＋＞Br－，由图可知，当Cl2通入1mol时，与I－反应，1～3mol时，Cl2与Fe2＋反应，3～6mol时，Cl2与Br－反应，由2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－知n(Br－)＝6mol，因不知溶液体积，故不能确定溶液中FeBr2的浓度。47．某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是()①原溶液中的Br－一定被氧化；②通入氯气之后原溶液中的Fe2＋一定有部分或全部被氧化；③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2＋；④若取少量所得溶液，再加入CCl4，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I－、Fe2＋、Br－均被完全氧化。A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【答案】B【解析】在FeBr2和FeI2混合液中存在的三种离子的还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，向该溶液中通入的氯气首先与还原性最强的I－反应，当I－完全反应后，氯气才与Fe2＋反应，Fe2＋被完全氧化后再与Br－反应。通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，I－已经反应完全，Fe2＋被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br－被氧化或完全被氧化，故①错误，只有B选项符合题意。48．将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=SO42-＋2Fe2＋＋4H＋②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O下列有关说法不正确的是()A．氧化性Cr2O72-＞Fe3＋＞SO2B．Cr2O72-能将Na2SO3氧化成Na2SO4C．若33.6LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗K2Cr2O70.5molD．反应中Fe2(SO4)3既是氧化剂，又是还原剂【答案】D【解析】反应①Fe3＋能氧化SO2，反应②说明Cr2O72-氧化性比Fe3＋强，A项正确。Cr2O72-比Fe3＋氧化性强，能氧化Na2SO3，B项正确。标准状况33.6LSO2为1.5mol，失电子3mol，而K2Cr2O7中Cr为＋6价，得电子变为＋3价，0.5molK2Cr2O7得电子为3mol，C项正确。反应①Fe2(SO4)3是氧化剂，而化合价没有升高没做还原剂，D项不正确。49．根据以下实验事实，判断选项中四种微粒在酸性条件下，氧化性由强到弱的顺序是()(1)向FeCl3溶液中滴加KI溶液，再加入CCl4振荡，CCl4层呈紫红色；(2)向FeCl2溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液呈红色；(3)向KMnO4溶液中加入浓盐酸，振荡后紫色褪去。A．I2＞Cl2＞Fe3＋＞MnO4-B．MnO4-＞Cl2＞Fe3＋＞I2C．Cl2＞I2＞Fe3＋，MnO4-＞Fe3＋D．Fe3＋＞MnO4-＞Cl2＞I2【答案】B【解析】根据(1)可判断氧化性Fe3＋＞I2，由(2)可判断氧化性Cl2＞Fe3＋，从(3)可判断氧化性MnO4-＞Cl2。综合起来可得出氧化性从强到弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3＋＞I2。50．根据反应：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，Na2S＋I2=2NaI＋S↓，4NaI＋O2＋2H2SO4=2I2＋2Na2SO4\n＋2H2O，下列物质的氧化性强弱判断正确的是()A．O2＞I2＞SB．H2S＞NaI＞H2OC．S＞I2＞O2D．H2O＞NaI＞H2S【答案】A【解析】根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由三个反应可知氧化性：O2＞S、I2＞S、O2＞I2，故氧化性：O2＞I2＞S。51．已知：①向KMnO4固体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是()A．上述实验证明氧化性：MnO4-＞Cl2＞Fe3＋＞I2B．上述实验中，共有两个氧化还原反应C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】①高锰酸钾氧化氯离子生成氯气；②氯气氧化亚铁离子生成铁离子；③铁离子氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色。上述过程都是氧化还原反应；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得出选项A正确。52．CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2【答案】C【解析】试题分析：根据题意知，CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色，发生的反应为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生的反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A、滴加KI溶液时，碘元素的化合价升高，KI被氧化，铜元素的化合价降低，则CuI是还原产物，正确；B、通入SO2后溶液变无色，硫元素的化合价升高，SO2体现其还原性，正确；C、整个过程只发生了氧化还原反应，错误；D、根据上述反应结合氧化还原反应的强弱规律判断，氧化性Cu2+＞I2＞SO2，正确。考点：考查氧化还原反应的基本概念和基本规律。53．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A．含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2－、OH－、CO32－B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I－、Br－、Fe2＋C．含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D．含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋【答案】D【解析】试题分析：A．含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－的溶液中，逐滴加入盐酸反应的先后顺序为：OH－、AlO2－、CO32－。错误。B．含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气反应的先后顺序为：I－、Fe2＋、Br－。错误。C．含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2反应的先后顺序为：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3。错误。D．含等物质的量的\nFe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入锌粉：Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋。正确。考点：考查化学反应先后顺序判断的知识。54．已知某溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量之比为2∶3∶4，现欲使溶液中的Cl－、Br－、I－的物质的量之比改变成4∶3∶2，那么要通入Cl2的物质的量是原溶液中I－的物质的量的(　　)。A.B.C.D.【答案】C【解析】设原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，则根据离子方程式Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，可知只要通入1molCl2就可使溶液中的I－由4mol降到2mol，而Cl－由2mol增至4mol，而Br－的物质的量保持不变，仍为3mol，所以通入的Cl2与原溶液中I－的物质的量之比为1∶4。I－、Br－、Cl－都有还原性，且还原性依次减弱。通Cl2时，Cl2先氧化I－，当I－完全被氧化后才能再氧化Br－。55．下列类推正确的是(　　)。A．CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2B．铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜C．锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应D．钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气【答案】D【解析】本题考查物质的化学性质，意在考查考生的知识迁移能力及相似知识的辨析能力。稀硝酸具有强氧化性，能将CaSO3氧化为硫酸钙，A项错；硫的氧化性小于氯气的氧化性，铜与硫蒸气反应生成＋1价铜，B项错；钠在溶液中先与水反应，不能置换溶液中的金属离子，C项错；钠、钾均能与乙醇反应生成氢气，D项正确。56．根据表中信息，判断下列叙述中正确的是(　　)。序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2/Fe3＋、Br2②KClO3浓盐酸/Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2＋A.由表中①组的信息可知通入Cl2的量不同，氧化产物可能不同B．氧化性强弱的比较：KClO3＞Fe3＋＞Cl2＞Br2C．表中②组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e－D．表中③组反应的离子方程式为2MnO4—＋3H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋4O2↑＋6H2O【答案】A【解析】由①可知，Cl2的氧化性强于Fe3＋和Br2，B项错；C项，②组反应的还原产物是Cl2，电子转移数目为5e－；D项，正确的离子方程式为2MnO4—＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。57．有下列三个反应方程式：①Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2　②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O，下列说法正确的是(　　)。A．①②③中氧化产物分别是FeCl2、Fe3＋、Cl2B．根据以上反应的化学方程式可以得到氧化性强弱关系为Cl2>Co2O3>Fe3＋C．在反应③中生成1molCl2时，有2molHCl被氧化D．根据反应①②一定可以推理得到Cl2＋FeBr2=FeCl2＋Br2\n【答案】C【解析】①中的氧化产物为I2，A错；氧化性强弱关系为Co2O3>Cl2>Fe3＋，B错；因为Fe2＋的还原性比Br－的强，故与氯气反应时，首先被氧化的应该是Fe2＋，D错。58．在离子浓度都为0．1mol·L-l的下列溶液中，加入(通入)某物质后，发生反应的先后顺序排列正确的是A．在含Ag+、Cu2+的溶液中加入Zn：Ag+、Cu2+B．在含Fe3+、Br2的水溶液中滴加KI溶液：Fe3+、Br2C．在含NH4+、HCO3-的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液：NH4+、HCO3-D．在含[Al(OH)4]-、OH-的溶液中逐滴加入盐酸：[Al(OH)4]-、OH-【答案】A【解析】试题分析：A、根据金属活动顺序表判断，氧化性：Ag+＞Cu2+，在含Ag+、Cu2+的溶液中加入Zn发生反应的先后顺序：Ag+、Cu2+，正确；B、氧化性：Fe3+＜Br2，在含Fe3+、Br2的水溶液中滴加KI溶液发生反应的先后顺序：Br2、Fe3+，错误；C、在含NH4+、HCO3-的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液发生反应的先后顺序：HCO3-、NH4+，错误；D、在含[Al(OH)4]-、OH-的溶液中逐滴加入盐酸发生反应的先后顺序：OH-、[Al(OH)4]-、OH-，错误。考点：考查氧化还原反应的先后规律等。59．下列实验的现象与对应的结论均正确的是选项操作现象结论A向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝溶液X中无NHB将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加KSCN溶液上层溶液不变红，下层溶液紫红色氧化性：Br2＞Fe3+＞I2C将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应D向漂白粉上加入较浓的盐酸，将湿润淀粉碘化钾试纸置于试管口产生气泡，试纸未变蓝漂白粉已经失效【答案】D【解析】试题分析：A、检验NH4+需要用浓NaOH溶液并加热，稀NaOH溶液不能使NH3挥发出来，错误；B、滴加CCl4，下层溶液紫红色，说明Br2氧化I‾生成了I2，上层溶液不变红，无法证明Br2与Fe3+的氧化性，错误；C、将水蒸气通过灼热的铁粉，铁与水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4为黑色，现象错误；D、产生气泡，湿润淀粉碘化钾试纸未变蓝，说明产生的气体不是Cl2，则漂白粉已经失效，正确。考点：本题考查物质的性质和反应现象及分析。60．向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列有关说法中不正确的是\nA．d曲线代表溶液中Br—变化情况B．原溶液中FeI2的物质的量为2molC．原溶液中n(Fe2+):n(Br—)=2:3D．当通入2molCl2时，溶液中离子反应为：2Fe2++2I—+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl—【答案】B【解析】试题分析：A、根据氧化还原反应的先后顺序，d曲线在加入氯气3mol后才逐渐减少至0，所以d曲线代表溶液中Br—变化情况，正确；B、a曲线代表溶液中I-的变化，消耗1mol氯气，说明原溶液中有2molI-,则原溶液中FeI2的物质的量为1mol，错误；C、b曲线代表溶液中Fe2+的变化，消耗氯气2mol，说明原溶液中有Fe2+的物质的量为4mol，d曲线代表溶液中Br—变化情况，消耗氯气3mol,说明原溶液中有Br—的物质的量为6mol,所以原溶液中n(Fe2+):n(Br—)=2:3，正确；D、当通入2molCl2时，此时氯气分别与2molI-、2molFe2+反应,它们的物质的量之比为1:1:1，正确，答案选B。考点：考查氧化还原反应的先后规律的应用及相应计算61．如图所示装置中，试管内的FeI2溶液中滴有KSCN溶液，实验中控制通入Cl2的速度，试管内先观察到紫色，后观察到红色。下列说法正确的是(　　)A．若Cl2中含较多HCl，实验过程中会产生倒吸现象B．通入足量Cl2后，振荡试管，下层变紫色，上层变红色C．该实验可验证氧化性：Cl2>I2>Fe3＋D．试管内反应的离子方程式可表示为Fe2＋＋2I－＋Cl2=I2＋Fe3＋＋2Cl－【答案】B【解析】A项，导管通入CCl4层中，CCl4能起到缓冲作用而不会发生倒吸现象；B项，3Cl2＋2FeI2=2FeCl3＋2I2，振荡后I2由水层转移到CCl4层，故下层溶液呈紫色，上层溶液中Fe3＋遇KSCN变红色；C项，由反应知氧化性：Cl2>I2，Cl2>Fe3＋，但无法证明I2的氧化性强于Fe3＋；D项，电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2I2＋2Fe3＋＋6Cl－。点拨：本题考查化学反应和物质的性质，考查考生分析问题和运用知识解决问题的能力。难度中等。62．已知：\n①向KMnO4晶体中滴加浓盐酸，产生某黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断中正确的是(　　)A．①中产生气体的电子式是ClClB．上述实验中，共有两个氧化还原反应C．实验②中FeCl2被氧化D．实验③发生的是同主族元素单质间的置换反应【答案】C【解析】A项，①中产生的气体是氯气，氯气的电子式为；B项，上述实验中，①、②、③发生的反应都是氧化还原反应；C项，实验②中FeCl2被氧化生成FeCl3而溶液显黄色；D项，实验③中，Fe3＋把I－氧化成I2而使试纸变为蓝色。63．以下有关实验原理及结论正确的是(　　)A．XCl3的溶液能与铜片发生反应，则铜的金属性一定比X强B．金属X能与NaOH溶液反应放出H2，但金属Y不能，则Y的金属性一定比X弱C．非金属X能将Fe氧化到＋3价，但非金属Y不能，则Y的氧化性一定比X强D．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32—＋6H＋＋2MnO4—=5SO42—＋2Mn2＋＋3H2O【答案】D【解析】A项，若为FeCl3时，Cu的金属性比Fe弱；B项，当X为Al，Y为Mg时，金属性Mg更强；C项，因X能将Fe氧化到＋3价，所以X的非金属性更强；D项，酸性KMnO4具有强氧化性可以氧化Na2SO3而褪色。点拨：本题考查实验原理，考查考生对实验原理的掌握情况。难度中等。64．向酸化过的MnSO4溶液中滴加(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生反应：Mn2＋＋S2O82-＋H2O―→MnO4-＋H＋＋SO42-。下列说法不正确的是(　　)A．可以利用该反应检验Mn2＋B．氧化性比较：S2O82-＞MnO4-C．MnSO4溶液可以使用盐酸酸化D．若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol【答案】C【解析】由于S2O82-的氧化性大于MnO4-的，当用盐酸酸化时Cl－会被S2O82-氧化为Cl2。65．已知NaCN溶液呈碱性，(CN)2与卤素单质的性质相似，CN－的还原性介于Br－、I－之间。下列变化不能发生的是(　　)A．HCNH＋＋CN－B．(CN)2＋CH2=CH2―→NC—CH2—CH2—CNC．(CN)2＋2Br－=2CN－＋Br2D．(CN)2＋2OH－=CN－＋CNO－＋H2O【答案】C【解析】根据题意，还原性顺序为I－＞CN－＞Br－。A项，HCN为弱酸，部分电离，正确。B项，属于加成反应，正确。C项，还原性Br－＞CN－，与题干矛盾，错误。D项，与Cl2与NaOH的反应类似，正确。66．某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列判断错误的是A．反应的氧化剂是ClO-\nB．消耗lmol还原剂，转移电子3molC．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强【答案】C【解析】试题分析：本题考查氧化还原反应的基本概念、氧化还原方程式的配平及电子转移。根据题意知，c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+为反应物，根据原子守恒知，N2为生成物，氮元素的化合价由—3价升高到0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低判断，ClO-为反应物，Cl-为生成物，氯元素化合价由+1价降低到—1价；利用化合价升降法及原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为3ClO-+2NH4+=3H2O+2H++N2↑+3Cl-。A、ClO-中氯元素化合价由+1价降低到—1价；反应的氧化剂是ClO-，正确；B、NH4+中氮元素的化合价由—3价升高到0价，作还原剂，消耗lmol还原剂，转移电子3mol，正确；C、氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，错误；D、根据反应的离子方程式判断，反应后溶液的酸性明显增强，正确。考点：考查氧化还原反应67．新型纳米材料MFe2Ox(3<x<4)中M表示+2价的金属元素,在反应中化合价不变化。常温下,MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S,转化过程表示如下:MFe2OxMFe2Oy则下列判断中正确的是(　　)A.MFe2Ox是还原剂B.SO2是该反应的催化剂C.x>yD.氧化性:MFe2Oy>SO2【答案】A【解析】MFe2Ox(3<x<4)+SO2MFe2Oy+SA项反应中铁元素化合价升高,MFe2Ox(3<x<4)作还原剂,故正确。B项二氧化硫中的硫元素得电子生成硫,二氧化硫作氧化剂,不是催化剂,故错误。C项根据化合物中元素化合价的代数和为0知,x<y,故错误。D项根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,则氧化性:SO2>MFe2Oy,故错误。68．有下列三个反应:①Cl2+FeI2FeCl2+I2　②2Fe2++Br22Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+3H2O,下列说法中正确的是(　　)A.①②③中氧化产物分别是FeCl2、Fe3+、Cl2B.根据以上方程式可以得到氧化性Cl2>Co2O3>Fe3+C.在反应③中生成1molCl2时,有2molHCl被氧化D.根据反应①②一定可以推理得到Cl2+FeBr2FeCl2+Br2【答案】C【解析】①中的氧化产物为I2,A错;根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,可知氧化性Co2O3>Cl2>Fe3+,B错;根据氧化还原反应中电子转移情况分析知,C对;根据反应②可知,还原性Fe2+>Br-,若有Br2产生,则Fe2+全部转化为Fe3+,D错。69．向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。则下列说法正确的是(　　)A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2B．滴加KI溶液时，转移1mol电子时生成1mol白色沉淀\nC．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D．上述实验条件下，物质的氧化性：I2>Cu2＋>SO2【答案】B【解析】　根据题中给出的信息可以推断出实验过程中发生的反应有2Cu2＋＋4I－=2CuI↓(白色)＋I2(生成的单质碘溶于水形成的碘水呈棕色)和I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4，该反应中I2是氧化剂，氧化性强弱顺序为Cu2＋>I2，所以答案选B。70．下列说法正确的是（　　）。A．根据反应Cu＋H2SO4电解=CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强B．在反应CaH2＋2H2O=Ca（OH）2＋2H2↑中，水作氧化剂C．反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶1D．因Cl2的氧化性强于I2的氧化性，所以置换反应I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2不能发生【答案】B【解析】电解过程是非自发的氧化还原反应，不能根据电解方程式来判断物质氧化性和还原性强弱，A项错误；B项中发生的是氢元素的归中反应，水中的氢元素化合价降低，水作氧化剂，正确；C项中氮元素发生歧化反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶2，错误；D项中碘单质将＋5价的氯元素还原为氯气，说明碘单质的还原性强于氯气的，遵循氧化还原反应规律，错误。71．已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物X。下列说法中不正确的是A．该未知物X为Na2SO4B．该反应的氧化剂是KIO3C．该反应中，发生氧化反应的过程是KIO3→I2D．由反应可知还原性强弱顺序为：Na2SO3＞I2【答案】C【解析】试题分析：Na2SO3是反应物，H2O是生成物，根据原子守恒，知硫酸是反应物，硫酸钠是生成物，根据化合价的变化判断亚硫酸钠是还原剂；另一种反应物是氧化剂，化合价的变化是由高变低，所以KIO3是氧化剂，还原产物是I2；2KIO3+5Na2SO3+H2SO4=5Na2SO4+I2+K2SO4+H2O；根据化合价变化知，还原剂是Na2SO3，发生氧化反应，故C错误。考点：考查。72．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3SnCl2＋12Cl－＋2H3AsO3＋6H＋=2As＋3SnCl62—＋6M。下列关于该反应的说法中，错误的是(　　)A．M为H2OB．每还原1mol氧化剂，就有3mol电子转移C．还原性：SnCl2>AsD．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3【答案】D【解析】根据原子守恒可知M为H2O，A项正确；Sn由＋2价升高到＋4价，SnCl2作还原剂，As由＋3价降低到0价，H3AsO3作氧化剂，转移3mol电子，B、C项正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶2，D项错误73．京沪高铁铺设的铁轨为稀土钢轨。稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应并产生气体。已知：铈常见的化合价为＋3和＋4，且Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋。下列说法正确的是（　　）。\nA．用惰性电极电解Ce（SO4）2溶液，可在阴极获得铈B．将少量的碘化亚铁溶液滴加到Ce（SO4）2溶液中，其离子方程式为Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋C．金属铈着火时，可用沙土盖灭D．金属铈可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源【答案】CD【解析】Ce与水反应，A错误；I－的还原性大于Fe2＋，所以I－也与Ce4＋反应，B错误。74．某反应的反应物与生成物有：K2Cr2O7、KCl、CrCl3、Cl2、HCl、H2O，已知氧化性：K2Cr2O7>Cl2，则下列说法不正确的是(　　)A．Cl2是该反应的氧化产物B．氧化剂和被氧化的还原剂的物质的量之比为1∶14C．当转移0.2mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2molD．由该反应可知还原性：HCl>CrCl3【答案】　B【解析】　根据题中提供的反应物与生成物及氧化性：K2Cr2O7>Cl2，得出该反应的化学方程式为K2Cr2O7＋14HCl=2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O。Cl2是该反应的氧化产物，A项正确；氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶6，B项错误；当转移0.2mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2mol，C项正确；CrCl3为还原产物，依据氧化还原反应规律，可知还原性：HCl>CrCl3，D项正确。75．一定条件下，向含HNO3的废水中加入CH3OH进行污水处理，发生反应下列说法正确的是A．CH3OH被氧化，表现氧化性B．此条件下还原性强弱为：N2>CH3OHC．若氧化产物比还原产物多0.2mol，则该反应中转移3mole－D．该反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键【答案】C【解析】试题分析：该反应中氮的化合价降低，被还原，是氧化剂。A中CH3OH被氧化，应表现还化性，错误。B．此条件下还原性强弱为：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，正确表述为CH3OH>N2，错误。D．该反应过程中断裂的化学键只有极性键没有非极性键，错误。考点：本题考查氧化还原反应的原理。76．制备食用碘盐(KIO3)原理之一为：I2＋2KClO3873℃Cl2＋2KIO3，下列说法正确的是A．向KClO3溶液中滴加AgNO3溶液得到白色AgCl沉淀B．反应过程中I2置换出Cl2，由此可推断非金属性I＞CIC．KClO3和KIO3均属于离子化合物，都只含有离子键D．制备KIO3的反应中氯元素被还原【答案】D【解析】试题分析：A、氯酸钾在溶液中电离出的离子是K＋、ClO3－，所以向KClO3溶液中滴加AgNO3溶液得不到白色AgCl沉淀，A不正确；B、反应过程中I2置换出Cl2\n，但该反应不是在溶液中进行的，所以不能依据该反应推断非金属性I＞CI，事实上非金属性是I＜CI，B不正确；C、KClO3和KIO3均属于离子化合物，都含有离子键，另外氯元素与氧元素、以及碘元素与氧元素之间还存在共价键，C不正确；D、反应中氯元素的化合价从+5价降低到0价，得到电子，被还原，所以制备KIO3的反应中氯元素被还原，D正确，答案选D。考点：考查物质组成、非金属性比较、化学键判断以及氧化还原反应的有关应用\n第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）77．已知：氧化性：KMnO4＞HNO3；Bi位于周期表中ⅤA族，＋3价较稳定，Bi2O3为碱性氧化物，Bi3＋的溶液为无色。取一定量硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液依次进行下列实验，现象记录如下：①向其中加入适量的NaBiO3，溶液变为紫红色。②继续滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生。③再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。回答下列问题：(1)写出实验①反应的离子方程式：。(2)KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为。(3)向反应③得到的溶液中通入SO2气体，看到的现象是。(4)若实验②放出了336mL气体(标准状况)，则反应①被氧化的Mn(NO3)2为mol。【答案】(1)5＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2＋7H2O(2)PbO2＞KMnO4＞H2O2(3)紫红色褪去，生成(白色)沉淀(4)0．006【解析】根据实验①中的现象，把Mn(NO3)2氧化成，本身被还原成Bi3＋，离子方程式：5＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2＋7H2O。根据实验②和③，H2O2能还原，而PbO2又把的还原产物氧化成，所以氧化性PbO2＞KMnO4＞H2O2；向含有的溶液中通入SO2气体，由于SO2还原性较强，所以紫红色褪去，生成PbSO4白色沉淀。根据电子守恒得：2～5O20．006mol0．015mol所以根据锰元素守恒，反应①中被氧化的Mn(NO3)2为0．006mol。78．向FeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I－、I2、、Fe2＋、Fe3＋等粒子的物质的量随n(Cl2)∶n(FeI2)变化的曲线如图所示。\n已知：2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋。请回答下列问题：(1)指出图中折线E和线段C所表示的意义：折线E表示；线段C表示。(2)写出线段D所表示的反应的离子方程式：。(3)当n(Cl2)∶n(FeI2)＝6．5时，溶液中n(Cl－)∶n()＝。【答案】(1)n(Fe3＋)随n(Cl2)∶n(FeI2)变化的情况n()随n(Cl2)∶n(FeI2)变化的情况(2)Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－(3)6．5【解析】(1)有关物质的还原性顺序为I－＞Fe2＋＞I2，则向FeI2溶液中不断通入Cl2的过程中，依次发生的氧化还原反应为Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，5Cl2＋I2＋6H2O=2＋12H＋＋10Cl－。可见，当n(Cl2)∶n(FeI2)＝1时，I－恰好全部被氧化；当n(Cl2)∶n(FeI2)＝1．5时，Fe2＋恰好全部被氧化；当n(Cl2)∶n(FeI2)＝6．5时，氧化还原反应发生完毕。因此，当n(Cl2)∶n(FeI2)＞1时，开始生成Fe3＋，至n(Cl2)∶n(FeI2)＝1．5时，n(Fe3＋)达到最大值，故折线E代表了n(Fe3＋)随n(Cl2)∶n(FeI2)变化的情况；当n(Cl2)∶n(FeI2)＞1．5时，开始生成，至n(Cl2)∶n(FeI2)＝6．5时，n()达到最大值，故线段C代表了n()随n(Cl2)∶n(FeI2)变化的情况。(2)当n(Cl2)∶n(FeI2)＞1∶1时，Fe2＋开始被氧化，当n(Cl2)∶n(FeI2)＝1．5时，Fe2＋恰好全部被氧化，故线段D代表了n(Fe2＋)随n(Cl2)∶n(FeI2)变化的情况。线段D所发生反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－。(3)当n(Cl2)∶n(FeI2)＝6．5时，根据元素守恒，可知溶液中n(Cl－)∶n()＝6．5。79．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：(1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式。(2)整个过程中的还原剂是。(3)把KI换成KBr，则CCl4层变为色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是。(4)加碘盐中含碘量为20～50mg·kg－1。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2L(标准状况，保留2位小数)。【答案】(1)I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl(2)KI、I2　(3)红棕　HBrO3＞Cl2＞HIO3　(4)10.58【解析】(1)CCl4层变成紫色说明有I2生成，继续滴加氯水变成无色，说明I2又被氧化生成HIO3，同时生成HCl。(2)首先KI被氧化生成I2，后来I2又被氧化生成KIO3，所以整个过程中的还原剂是KI、I2。(3)Br2的CCl4溶液显红棕色；继续滴加氯水，CCl4层颜色没有变化，说明氯水能氧化I2但不能氧化Br2，结合第(1)问可得氧化性HBrO3＞Cl2＞HIO3。(4)KI被Cl2氧化成KIO3，对应关系式为I－　　～　　KIO3　　～　　3Cl21mol3mol\nmoln(Cl2)则n(Cl2)＝mol，V(Cl2)＝mol×22.4L·mol－1≈10.58L。80．L、M、R、P、Q分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质。A、B分别代表两种含不同化合价的氯元素的物质(每种物质中氮或氯元素的化合价只有一种)。又知物质M中的氮元素化合价要比物质Q中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会发生如下的转化(关系式未配平)：①P＋A―→Q＋B　②L＋O2―→M＋H2O　③L＋M―→R＋H2O　④B＋H2O―→A＋O2(1)若五种含氮元素的物质中，有一种是硝酸，则硝酸是，理由是。(2)反应②必须在催化剂(铂、氧化铁等)作用下，加热到一定温度时方能发生，此反应在化工生产上有重要用途，据此推断在同温同压下，若物质R密度比空气的密度小，则R的化学式为。(3)某同学写出下面三个含氮的物质相互转换的关系式：Ⅰ.M＋P―→N2O3＋H2OⅡ.N2O4＋H2O―→P＋QⅢ.M＋L―→Q＋H2O其中一定不可能实现的是，理由是。【答案】(1)P　P中氮元素的化合价最高　(2)N2(3)Ⅲ　根据氧化还原反应规律，M、L这两种物质反应，不可能生成氮元素价态比M、L都高的物质【解析】解答本题首先要认真分析各反应中元素的价态变化情况。突破口是先确定A、B物质中氯元素的化合价谁高。由反应④B十H2O―→A＋O2可知，反应后氧元素化合价升高，则反应后氯元素化合价必定降低，故化合价B＞A。再由①可知，反应后氯元素化合价升高，则反应后氮元素化合价必降低，故氮元素化合价P＞Q。由反应②可知，反应后氧元素化合价降低，则氮元素化合价反应后必升高，故氮元素化合价M＞L。由反应③可知，该反应为氮元素化合价的“归中”反应，由于化合价M＞L，R处于M、L之间，则M＞R＞L。又因为已知氮的化合价M<Q，所以，L、M、R、P、Q五种含氮物质中N元素的化合价为P＞Q＞M＞R＞L。由于其中一种物质是硝酸，硝酸中氮的化合价是最高价态，则在上述物质中P是硝酸。根据题给的信息及有关元素化合物知识，且L中氮元素是其中氮元素最低价态，由反应②可知，L分子中含有氢元素，因此②反应是氨气的催化氧化反应。L是NH3，M是NO。又因为R的氮元素价态在L、M之间，R的密度又比空气小，故R为N2。对于题(3)判断三个反应是否能够进行的问题，也得从氮元素化合价相对高低去分析。由于氮元素的化合价P＞Q＞M＞R＞L，反应Ⅱ是歧化反应，一种反应产物中氮的化合价大于＋4，另一种反应产物中氮的化合价小于＋4，故Q中氮的化合价小于＋4，但应比M的化合价高。由于氮化合价Q＞M＞L，因此反应Ⅲ不可能实现。81．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)\n①NO＋HNO3―→N2O3＋H2O②NH3＋NO―→HNO2＋H2O③N2O4＋H2O―→HNO3＋HNO2其中你认为一定不可能实现的是。(3)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是。①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O若溶质中Cl－与I－共存，为了氧化I－而Cl－不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的作氧化剂。【答案】(1)Fe3＋、Mg2＋、H＋　I－、S2－　Fe2＋、S　(2)②(3)KMnO4　FeCl3【解析】(1)根据元素化合价升降分析判断。(2)若含有同种元素不同价态的两种物质发生氧化还原反应时，生成物中该元素的价态应介于两种反应物元素价态之间。N元素－3价与＋2价之间应为0价或＋1价，不可能出现＋3价的氮，所以②式不能实现。(3)由①知氧化性：FeCl3＞I2，还原性：I－＞Fe2＋；由②知氧化性：Cl2＞FeCl3，还原性：Fe2＋＞Cl－；由③知氧化性：KMnO4＞Cl2，还原性：Cl－＞Mn2＋，由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2，还原性强弱顺序为I－＞Fe2＋＞Cl－＞Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，FeCl3只氧化I－。所以必须选择比Cl2氧化能力的差而比I2氧化能力强的氧化剂FeCl3。82．已知33As、35Br位于同一周期。某反应中反应物与生成物有以下几种：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和未知物质X。(1)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是。(2)已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式是。(3)在该反应条件下可推知(填序号)。a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4b．氧化性：H3AsO4＞KBrO3c．还原性：AsH3＞Xd．还原性：X＞AsH3(4)将该反应方程式配平后，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，其中1molKBrO3得到电子的物质的量为mol。【答案】(1)AsH3　(2)Br2　(3)ac　(4)8∶5　5【解析】(1)KBrO3在反应中得到电子，化合价降低，KBrO3为氧化剂，则X为对应的还原产物。比较余下物质中各元素化合价的变化，可知AsH3在反应中失去电子，为还原剂，被氧化生成H3AsO4。(2)设X中Br元素的化合价为x，则有：0.2mol×(5－x)＝1mol，解得x＝0，故X为Br2。(3)写出化学反应方程式：AsH3＋KBrO3＋H2SO4―→H3AsO4＋Br2＋K2SO4＋H2O，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，氧化性：KBrO3＞H3AsO4，还原性：AsH3＞Br2。(4)配平反应方程式可得：5AsH3＋8KBrO3＋4H2SO4=5H3AsO4＋4Br2＋4K2SO4＋4H2O，氧化剂(KBrO3)与还原剂(AsH3)的化学计量数分别为8和5，根据化合价变化可知1molKBrO3得到电子的物质的量为5mol。83．取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：①滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生；②再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色；③最后通入足量的SO2气体。\n请回答下列问题：(1)KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为；(2)实验③中的现象为。(3)实验①、②中反应的离子方程式分别是、。【答案】(1)PbO2＞KMnO4＞H2O2(2)溶液紫红色褪去，有白色沉淀生成(3)2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋=5Pb2＋＋2MnO4－＋2H2O【解析】实验①说明H2O2能被MnO4－氧化，氧化性：KMnO4＞H2O2；实验②说明Mn2＋能与PbO2反应生成MnO4－，氧化性：PbO2＞KMnO4。实验③中SO2还原性较强，能使酸性KMnO4褪色，SO2被氧化为H2SO4，H2SO4和Pb2＋反应生成PbSO4白色沉淀。84．强酸制弱酸是复分解反应的一条重要规律。这里的“强酸”、“弱酸”指相对强弱，能呈现酸性的一些非酸类物质，如酚类、两性氢氧化物、酸式盐等参与的反应也可根据其酸性强弱运用上述规律来判断其产物。(1)HA、H2B是两种弱酸，有如下关系：H2B(少量)＋2A－=B2－＋2HA，则A－、HB－、B2－三种离子中，最易结合质子(H＋)的是________。(2)酸性强弱除与物质的本性有关外，还与溶剂有关，如CH3COOH与HF在液氨中受NH3影响可发生完全电离。在液氨中CH3COONa＋HCl―→NaCl＋CH3COOH这一反应能否发生________(填“能”或“否”)，理由是____________________。(3)某同学实验发现，将H2S气体通入CuSO4溶液中，生成黑色沉淀。弄清沉淀是CuS后，写出了化学方程式：H2S＋CuSO4=CuS↓＋H2SO4。但随后他陷入了困惑：这不是弱酸制得强酸了吗？与强酸制弱酸的规律矛盾了。请你帮助解释__________________________________________。(4)氧化还原反应中也有类似规律：“强氧化性物质制弱氧化性物质”、“强还原性物质制弱还原性物质”，据此判断下列反应能够发生的是________(填字母编号)。A．FeCl2＋Cl2FeCl3B．Fe＋I2FeI3C．Fe＋CuSO4FeSO4＋CuD．FeCl3＋CuCuCl2＋FeCl2E．FeBr3＋Cl2FeCl2＋Br2F．FeI2＋Br2FeBr3＋I2【答案】(1)A－(2)否　因为在液氨中醋酸与盐酸都是强酸(3)不矛盾。强酸制弱酸是生成弱电解质；而此反应有沉淀生成，也符合复分解反应发生的条件(4)ACDF【解析】(1)由反应H2B(少量)＋2A－=B2－＋2HA可知，结合质子的能力A－强于B2－，B2－强于HB－\n。(2)在液氨中，醋酸能完全电离也是强酸。(3)不矛盾，因为反应生成了不溶物CuS。(4)FeBr3＋Cl2―→FeCl2＋Br2反应中Fe3＋不可能被还原为Fe2＋；I2的氧化性弱于Fe3＋，故I2与Fe反应只能生成FeI2。85．食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性：IO3-＞Fe3＋＞I2；还原性：S2O32-＞I－3I2＋6OH－=5I－＋IO3-＋3H2OKI＋I2KI3(1)某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①加KSCN溶液显红色，该红色物质是(用化学式表示)；CCl4中显紫红色的物质是(用电子式表示)。②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为、。(2)KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？(填“是”或“否”)，并说明理由：。(3)为了提高加碘盐(添加KI)的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有可能作为稳定剂的是。A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2(4)对含Fe2＋较多的食盐(假设不含Fe3＋)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2＋：【答案】(1)①Fe(SCN)3②IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2(2)O2＋4KI＋2H2O=2I2＋4KOH否KI3在受热(或潮湿)条件下产生I2和KI，KI易被氧气氧化，I2易升华(3)AC(4)取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂(如：氯水、过氧化氢等)，再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2＋【解析】(1)①加KSCN溶液后显红色，发生的反应为：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，红色物质是Fe(SCN)3；CCl4中显紫红色的物质是I2，其电子式为。②由(1)中信息可知，加碘盐中含有Fe3＋和IO3-，试液中加入足量KI固体后，发生的离子反应为：IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O,2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。(2)KI具有还原性，在潮湿的环境中与O2发生氧化还原反应：O2＋4KI＋2H2O=2I2＋4KOH。由题中信息可知，KI3·H2O在受热(或潮湿)的条件下发生反应KI3KI＋I2，而KI易被氧气氧化为I2，而I2受热易升华，从而引起碘的损失，故KI3·H2O不适合做食盐加碘剂。(3)由于还原性：S2O32-＞I－，故加Na2S2O3可减少KI被氧化；由3I2＋6OH－=5I－＋IO3-＋3H2O可知，I－在碱性条件下不易被氧化为I2，故加入Na2CO3也可减少KI被氧化，故Na2S2O3、Na2CO3均可作稳定剂。\n(4)取足量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氯水或过氧化氢等氧化剂，再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2＋，涉及的反应有：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－或2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3。86．化学实验的微型化可有效减少污染，实现化学实验绿色化的要求。某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1mol/L的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如图所示)，在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体中滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。[已知：2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O](1)e处反应的离子方程式为，该反应中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。(2)b处的实验现象为，d处的实验现象为。(3)c处反应的化学方程式为，标准状况下，当有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为mol。(4)通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？(填“能”或“不能”)，若能，其氧化性由强到弱的顺序是。【答案】(1)2MnO4-＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；1：5(2)溶液由无色变为蓝色；溶液变为红色(3)Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；0.01(4)能；KMnO4＞Cl2＞FeCl3【解析】(1)根据e处发生反应的化学方程式判断反应中的氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：10＝1：5。(2)b处发生的反应为2KI＋Cl2=2KCl＋I2，I2遇淀粉变蓝色；d处发生的反应为2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，Fe3＋和SCN－反应使溶液变为红色。(3)Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式：当有0.01molCl2被吸收时，转移0.01mol电子。(4)e处实验说明氧化性KMnO4＞Cl2，d处实验说明氧化性Cl2＞FeCl3，因此，三种物质氧化性强弱顺序为KMnO4＞Cl2＞FeCl3。87．溴的氧化性介于氯和碘之间，利用这一性质解决下面的问题。(1)你认为：将含有下列哪种分子或离子的试剂加入到含有Br－的溶液中，可以将Br－氧化为Br2__________。A．I2　　　B．I　　　C．Cl2　　　D．Cl－(2)如果把氯气缓慢地通入含有相同物质的量浓度的Br－、I－的混合溶液里，__________先被氧化，原因是_________________________________________\n(3)把滤纸用淀粉和碘化钾的混合溶液浸泡，晾干后就是实验室常用的淀粉碘化钾试纸。这种试纸润湿后遇到氯气发生的变化是_____________，原因是_________________________________________。【答案】(1)C　(2)I－　还原性I－>Br－(3)试纸变蓝色　Cl2将I－氧化成了I2，I2与淀粉作用变蓝色【解析】(1)因为氧化性Cl2>Br2，所以Cl2可以氧化Br－。(2)因为氧化性Cl2>Br2>I2，所以还原性：Cl－<Br－<I－，所以I－先被氧化。(3)湿润的淀粉碘化钾试纸遇到Cl2发生下列反应：2KI＋Cl2=2KCl＋I2(或2I－＋Cl2=2Cl－＋I2)，I2使淀粉变蓝。88．(创新预测题)(1)①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，这是因为________，离子方程式为__________________________。②在碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为______________________________。离子方程式是_______________________________。③对比①和②实验所得的结果，将I2、ClO－、SO42—性由强到弱的顺序排列为_____________________________。(2)今有铁片、铜片，设计实验证明以下事实，并写出反应的化学方程式。①浓硫酸的氧化性比稀硫酸强。________________________________。②氯化铁溶液中Fe3＋的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2＋强。__________________________。③铁的还原性比铜强。___________________________________________________________。【答案】(1)①NaClO将KI氧化生成了I2ClO－＋2I－＋H2O=I2＋Cl－＋2OH－②I2被Na2SO3还原生成了SO32—＋2OH－=SO42—－＋H2O③ClO－＞I2＞SO42—(2)①Cu与浓硫酸反应而与稀硫酸不反应。Cu＋2H2SO4(浓)＋SO2↑＋2H2O②Cu能与FeCl3溶液反应，2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2③Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu，Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu(答案不唯一，合理即可)【解析】(1)利用淀粉遇I2变蓝的特性验证NaClO的氧化性和Na2SO3的还原性，书写化学方程式时注意溶液环境为碱性。(2)列举常见反应事实即可。89．I.今有H2、Cl2混合气100mL（标况），其中一种气体的体积为45mL。光照使两种气体发生反应后恢复到标况，气体体积为mL。为了说明反应后气体中H2或Cl2有剩余，使气体通过10mL水，并使剩余气体干燥后恢复到标况，（1）若仍剩余___mL，证明有___剩余，理由是_____；（2）若溶液有___性质，证明有___剩余，理由是________________________。II.一位同学设计了一套用浓盐酸和KMnO4固体制取少量氯气并比较氯气与碘单质的氧化性强弱的微型装置（如图所示）。\n（1）下列溶液能吸收Cl2的是________。A.饱和食盐水B.Na2SO4溶液C.NaOH溶液D.浓硫酸（2）能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是_______________________。（3）实验室制取氯气的离子方程式__________________________。【答案】Ⅰ、100(2分)（1）10；H2；H2不溶于水（2）漂白；Cl2；Cl2溶于水后生成有漂白性的HClO(每空1分)Ⅱ、(每空2分)(1)C(2)湿润淀粉—碘化钾试纸变蓝(3)MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O【解析】试题分析：Ⅰ氯气与氢气的反应是反应前后气体体积无变化的反应，所以反应后气体体积仍为100ml，（1）若余10ml气体则余氢气，因为氢气不溶于水；（2）若溶液有漂白性，则证明氯气有剩余，因为氯气溶于水有次氯酸生成，次氯酸具有漂白性。Ⅱ（1）氯气溶于水后溶液显酸性，因此应用碱性溶液吸收，选C；（2）湿润淀粉—碘化钾试纸变蓝说明氯气能置换出碘，从而能说明Cl2的氧化性强于I2；（3）实验室中用浓盐酸与二氧化锰共热制氯气，其离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O考点：考查氯气的制取、氧化性的判断、氯水的性质、混合气体溶于水的分析90．Ⅰ.铁盐、亚铁盐是实验室常用的药品。请根据题意，完成下列填空：(1)向酸化的FeCl3溶液中逐滴加入KI溶液，溶液变成棕褐色。该反应的离子方程式为________________。(2)向酸化的FeSO4溶液中加几滴硫氰化钾溶液，没有什么明显变化，再滴加双氧水，溶液变血红色。继续滴加双氧水，血红色逐渐褪去，且有气泡产生。写出上述变化中，有关反应的离子方程式：①____________________________________；②Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；③11H2O2＋2SCN－=2SO42—＋2CO2↑＋N2↑＋10H2O＋2H＋若生成1molN2，H2O2和SCN－的反应中转移电子的物质的量是________mol。(3)根据以上实验，推断Fe2＋、I－和SCN－的还原性由强到弱的顺序为________。Ⅱ.某课题组利用Fe粉和KNO3溶液反应，模拟地下水脱氮过程，探究脱氮原理。\n(4)实验前：①先用0.1mol·L－1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是__________，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液通入________(写化学式)。(5)如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应生成的阳离子分别是________、________。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2＋的浓度却没有增大，可能的原因是__________________。【答案】Ⅰ.(1)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2(2)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O　22(3)I－＞Fe2＋＞SCN－Ⅱ.(4)除去Fe粉表面的铁锈(Fe2O3)等杂质　N2(5)Fe2＋、NH4+　溶液的pH增大，Fe2＋形成了Fe(OH)2(或与溶液中OH－结合)【解析】(1)Fe3＋能氧化I－，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。(2)Fe2＋和SCN－不反应，当加入H2O2时，发生2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，然后Fe3＋和SCN－反应生成血红色溶液，继续滴加H2O2，SCN－被氧化。根据反应③，当有1molN2生成时，转移电子的物质的量为11×2×[－1－(－2)]mol＝22mol。(注：根据氧化剂计算方便)(3)根据(1)(2)中方程式可得还原性I－＞Fe2＋＞SCN－。(根据还原剂还原性大于还原产物还原性)(4)因为Fe粉表面有铁锈，所以应预先用H2SO4除去。因为Fe粉在溶液中能被O2氧化，所以应通入N2排除O2的干扰。(5)根据图中信息，Fe粉被NO3—氧化成Fe2＋，其本身被还原成NH4+，在此过程中碱性增强，因为有OH－生成，Fe2＋与之反应生成Fe(OH)2沉淀，造成Fe2＋的浓度变化不大。91．向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2，会依次生成I2、Fe3＋、IO3-，其中Fe3＋、I2的物质的量随n(Cl2)的变化如图所示，请回答下列问题：（1）由图可知，I－、Fe2＋、I2三种粒子的还原性由强到弱的顺序为________＞________＞________；（2）当n(Cl2)＝0.12mol时，溶液中的离子主要为________________________________，从开始通入Cl2到n(Cl2)＝0.12mol时的总反应的化学方程式为______________________；（3）当溶液中n(Cl－)∶n(IO3-)＝8∶1时，通入的Cl2在标准状况下的体积为________。\n【答案】（1）I－　Fe2＋　I2（2）Fe2＋、Fe3＋、Cl－　5FeI2＋6Cl2=5I2＋2FeCl3＋3FeCl2（3）8.96L【解析】（1）根据图像可知：首先I－被氧化，然后是Fe2＋，所以还原性顺序为I－＞Fe2＋＞I2。（2）由图像可知n(I2)＝0.1mol，所以n(FeI2)＝0.1mol，n(I－)＝0.2mol。当通入0.12molCl2即0.24molCl时，I－全部被氧化，Fe2＋有0.04mol被氧化，所以溶液中的离子主要有：Fe2＋、Fe3＋、Cl－，其物质的量分别为0.06mol、0.04mol、0.24mol，I2为0.1mol。n(I2)∶n(FeCl3)∶n(FeCl2)＝0.1∶0.04∶0.06＝5∶2∶3方程式为5FeI2＋6Cl2=5I2＋2FeCl3＋3FeCl2。（3）Fe2＋～Cl2　　I－　～　Cl2　I2～2IO3-～5Cl20.1mol0.05mol0.2mol0.1molx2x5x由题意得：＝8x＝0.05molV(Cl2)＝(0.05mol＋0.1mol＋5×0.05mol)×22.4L·mol－1＝8.96L。92．某混合溶液中可能含有的离子如下表所示:可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl-、Br-、I-、CO32—、AlO2—为探究其成分,进行了以下探究实验。(1)探究一:甲同学取一定量的混合溶液,向其中逐滴加入氢氧化钠溶液,产生沉淀的物质的量(n)与加入氢氧化钠溶液的体积(V)的关系如图所示。①该溶液中一定不存在的阳离子是　, 一定不存在的阴离子是　　　　　　　　;含有的阳离子其对应物质的量浓度之比为　; ②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式 。 (2)探究二:乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl-、Br-、I-,若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2,溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如下表所示,分析后回答下列问题:Cl2的体积(标准状况)11.2L22.4L28.0Ln(Cl-)2.5mol3.5mol4.0moln(Br-)3.0mol2.5mol2.0mol\nn(I-)xmol00①当起始至通入Cl2的体积为22.4L时,溶液中发生反应总的离子方程式为　; ②原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为　。 【答案】(1)①Ag+、Mg2+、Fe3+　CO32—、AlO2—c(H+)∶c(NH4+)∶c(Al3+)=2∶3∶1②Al(OH)3+OH-AlO2—+2H2O(2)①4Cl2+2Br-+6I-8Cl-+Br2+3I2②1∶2∶1【解析】(1)向混合液中滴加NaOH溶液,一开始无沉淀生成,说明含有H+;沉淀量最大时继续滴加NaOH溶液,沉淀的量不变,说明含有NH4+,继续滴加,沉淀量减小直至消失,说明含有Al3+,则一定不含有CO32—、AlO2—(均可与Al3+发生水解反应),一定不含有Ag+、Mg2+、Fe3+(与OH-形成的沉淀不能溶于NaOH);由题目所给数据可得出H+、NH4+、Al3+的物质的量之比为:2∶3∶1;H+(0～2V0),NH4+(5V0～8V0),Al3+(8V0～9V0),沉淀减少段发生的反应为:Al(OH)3+OH-AlO2—+2H2O。(2)当通入Cl2的体积为11.2L时,溶液中I-还有剩余,即氯气只与I-反应:Cl2+2I-I2+2Cl-,生成1molCl-,Cl-初始物质的量是(2.5-1)mol=1.5mol,Br-初始物质的量是3mol;当通入Cl222.4L时,3.0mol-2.5mol=0.5mol的Br-被氧化:Cl2+2Br-Br2+2Cl-,消耗Cl20.25mol,所以Cl2+2I-I2+2Cl-,该反应消耗的Cl2为:1mol-0.25mol=0.75mol,因此原溶液中的I-为:0.75mol×2=1.5mol,故原溶液中的Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为1.5∶3∶1.5=1∶2∶1。通入Cl222.4L时,此时参加反应的Cl2、Br-、I-物质的量之比为:1mol∶0.5mol∶1.5mol=2∶1∶3=4∶2∶6,故离子方程式为:4Cl2+2Br-+6I-8Cl-+Br2+3I2。93．1L某混合溶液，可能含有的离子如下表。可能大量含有的阳离子H＋、K＋、Mg2＋、Al3＋、NH4+、Fe2＋、Fe3＋可能大量含有的阴离子Cl－、Br－、I－、CO32—、AlO2—(1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示。则该溶液中一定不含有的离子是_________________________。(2)BC段离子方程式为_______________________________________________。(3)V1、V2、V3、V4之间的关系为__________________________________________。(4)经检测，该溶液中还含有大量的Cl－、Br－、I－，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况)的关系如表所示，分析后回答下列问题。Cl2的体积(标准状况)2.8L5.6L11.2Ln(Cl－)1.25mol1.5mol2moln(Br－)1.5mol1.4mol0.9mol\nn(I－)amol00①当通入Cl2的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为_________________。②原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量浓度之比为_____________________________。【答案】(1)Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32—、AlO2—(2)NH4+＋OH－=NH3·H2O(3)V2－V1＝3(V4－V3)(4)①Cl2＋2I－=I2＋2Cl－　②10∶15∶4【解析】(1)根据图表，开始加入NaOH时，无沉淀产生，说明溶液中含有H＋，随后加入NaOH，有沉淀产生，沉淀量达到最大时继续加入NaOH，沉淀量先保持不变后完全溶解，说明一定含有Al3＋、NH4+，一定不含Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋。根据离子共存知识，CO32—、AlO2—与H＋、Al3＋不能共存，故一定不含CO32—、AlO2—。因此溶液中一定不含的离子为Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32—、AlO2—。(2)BC段的离子反应为NH4+与OH－的反应。(3)V1至V2段的反应为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓V3至V4段的反应为Al(OH)3＋OH－=AlO2—＋2H2O，两段消耗的NaOH的物质的量之比为3∶1，即V2－V1＝3(V4－V3)。(4)由于还原性：I－＞Br－＞Cl－，向混合溶液中通入Cl2，I－先与Cl2反应，待I－完全被氧化，Br－才与Cl2反应。①通入2.8LCl2时，溶液中仍有I－，故只发生Cl2和I－的反应。②通入2.8LCl2时，只发生反应：Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，则原溶液中n(Br－)＝1.5mol，n(Cl－)＝1.25mol－（2.8/22.4）×2mol＝1mol；通入2.8～5.6LCl2时，发生反应：Cl2＋2I－=I2＋2Cl－、Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，Br－消耗的n(Cl2)＝（1.5-1.4）/2mol＝0.05mol，故通入5.6LCl2时，I－消耗的n(Cl2)＝(5.6/22.4)－0.05mol＝0.2mol，则n(I－)＝0.2mol×2＝0.4mol，故原溶液中c(Cl－)∶c(Br－)∶c(I－)＝n(Cl－)∶n(Br－)∶n(I－)＝1∶1.5∶0.4＝10∶15∶4。94．已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。(1)含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，此时被氧化的离子是________，被氧化的离子的物质的量分别是________________。(2)如果向原溶液中通入3molCl2，则被氧化的离子是________，其对应氧化产物的物质的量分别是________________。(3)过二硫酸钾(K2S2O8)具有强氧化性，可将I－氧化为I2：S2O82—＋2I－=2SO42—＋I2。通过改变反应途径，Fe3＋、Fe2＋均可催化上述反应。试用离子方程式表示Fe3＋对上述反应的催化过程：______________________________、____________________________(不必配平)。【答案】(1)I－、Fe2＋　2mol、2mol(2)I－、Fe2＋、Br－　1mol、3mol、0.5mol(3)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2　S2O82—＋2Fe2＋=2SO42—＋2Fe3＋【解析】根据题意，各粒子的氧化性、还原性顺序为：氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－。(1)n(I－)＝1mol×2＝2mol，n(Br－)＝2mol×2＝4mol，n(Fe2＋)＝1mol＋2mol＝3mol。通入2molCl2时，先氧化I－，后氧化Fe2＋Cl2　＋　2I－=I2＋2Cl－1mol2molCl2　＋　2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－1mol2mol\n剩余1molFe2＋，故Br－不可能被氧化。(2)通入3mol时，氧化2molI－需1molCl2，氧化3molFe2＋需1.5molCl2，还有0.5molCl2可氧化1molBr－，故对应的氧化产物的物质的量分别是1mol、3mol、0.5mol。(3)此题要从催化剂的本质出发，作为催化剂的物质要参与有关反应，但后来的反应必须又生成了催化剂。本题要求写出表示Fe3＋作催化剂的反应，因此，首先Fe3＋要参与反应，即有反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，生成的Fe2＋又被S2O32—氧化生成了Fe3＋，即S2O82—＋2Fe2＋=2SO42—＋2Fe3＋95．高锰酸钾在实验室和工农业生产中有广泛的用途．实验室以二氧化锰为主要原料制备高锰酸钾。其部分流程如下：（1）第①步加热熔融应在中进行．而不用瓷坩埚的原因是（用化学程式表示）。（2）第④步通入CO2，可以使Mn片发生反应．生成MnO4—和MnO2。反应的离子方程式为。则完成反应时，转化为KMnO4的占全部K2MnO4的百分率约为（精确到0．1%）。（3）第⑤步趁热过滤的是。（4）第⑥步加热浓缩至液面有细小晶体析出时．停止加热．冷却结晶、、洗涤、干燥。干燥过程中．温度不宜过高．其原因是（用化学方程式表示）。（5）H2O2和KMnO4，都是常用的强氧化剂。若向H2O2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液．则酸性高锰酸钾溶液会褪色．写出该反应的离子方程式：．该反应说明H2O2的氧化性比KMnO4（填“强”或“弱”）。【答案】（1）铁坩埚；SiO2＋2KOHK2SiO3＋H2O（2）3MnO42-＋2CO22MnO4-MnO2↓＋2CO32-（或其他合理答案）；66.7%（3）减少过滤的损耗（或防止降温过程中KMnO4析出而损耗）（4）过滤；2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑（5）2MnO4-＋6H＋＋5H2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；弱【解析】试题分析：（1）由于KOH是强碱，在加热及高温时容易与玻璃、陶瓷中的SiO2发生反应，该反应的方程式为：SiO2＋2KOHK2SiO3＋H2O。所以加热熔融KClO3和KOH的混合物应在铁坩埚中进行。（2）根据题意结合原子守恒和电荷守恒，可得该反应的方程式为：3MnO42-＋2CO22MnO4-＋MnO2↓＋2CO32-。由方程式可看出，每有3mol的K2MnO4发生反应，就生成2mol的KMnO4。所以转化为KMnO4的K2MnO4的转化率为：2÷3×100%=66.7%。（3）由于KMnO4的溶解度随温度的升高而增大，随温度的降低而减小。趁热过滤就可以减少过滤过程中KMnO4的损耗。（4）第⑥步加热浓缩至液面有细小晶体析出时．停止加热．冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。KMnO4受热容易发生分解反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑。为了防止KMnO4的分解，所以在干燥时温度不宜过高。（5）KMnO4和H2O2都有强的氧化性，但KMnO4\n的氧化性更强，所以二者发生反应时H2O2作还原剂，把KMnO4还原为无色的Mn2＋，而使溶液褪色。该反应说明H2O2的氧化性比KMnO4弱。考点：考查化学实验基本操作、化学方程式和离子方程式的书写、高锰酸钾的制法、性质、产率的计算等知识。评卷人得分三、实验题（题型注释）96．某研究小组对“Br2和I2能否将Fe2+氧化为Fe3+”这一课题进行实验和探究。请你完成相关问题的回答。(1)提出合理的假设假设1：Br2和I2都可以将Fe2+氧化为Fe3+；假设2：Br2和I2都不能将Fe2+氧化为Fe3+；假设3：（2）实验验证在大试管中加适量铁粉，加入10mL稀硫酸，振荡试管，充分反应后，铁粉有剩余，将所得的FeSO4溶液稀释到200mL，备用。实验Ⅰ：向试管1中加入2mL浅绿色的FeSO4溶液，再滴加少量红棕色的溴水，振荡试管，溶液为黄色；实验Ⅱ：向试管2中加入2mL浅绿色的FeSO4溶液，再滴加少量棕黄色的碘水，振荡试管，溶液为黄色。（3）对实验现象的分析与讨论①甲同学认为实验Ⅰ的现象说明溴水能将Fe2+氧化，离子方程式为。②乙同学认为应该补充实验，才能得出甲的结论。乙的实验操作以及预期现象是。③该小组同学对实验Ⅱ中溶液呈黄色的原因展开了讨论：可能1：碘水与FeSO4溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色。可能2：。丙同学和丁同学分别设计了以下实验方案以确定可能的原因。丙方案：向试管2所得溶液中继续加入0．5mLCCl4，充分振荡，静置一段时间后。取出上层溶液，滴加几滴KSCN溶液；丁方案：向试管2所得溶液中继续加入加入0．5mL乙酸乙酯，充分振荡，静置一段时间后。取出下层溶液，滴加几滴KSCN溶液；你认为方案为最佳方案，理由是。（4）拓展延伸①为准确测定此实验所用的FeSO4溶液的浓度，某同学补充了以下实验：滴定：量取20．00mL稀释后得到的溶液于锥形瓶中，将0．0200mol/LKMnO4标准溶液装入50mL中，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗KMnO4溶液VmL。②计算：此实验中所用的FeSO4溶液的物质的量浓度=mol/L（要求只列出算式，不需运算）。（已知反应式：Fe2++MnO4－+H+—Fe3++Mn2++H2O，未配平)【答案】（1）假设3：Br2能将Fe2+氧化为Fe3+而I2不能（2分）（3）①2Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br-（2分）②取少量实验Ⅰ的黄色溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液变为红色。（3分）\n③可能2：碘水与FeSO4溶液发生反应生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3溶液也是黄色的，所以溶液的颜色没有明显的变化。（2分，表述合理给分）丁(2分)；理由：亚铁离子与空气接触容易被氧化，丁方案中加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响。（3分，表述合理给分）（4）①酸式滴定管（1分）②0．0200×V×10-3×5/（20×10-3）或0．0200×V×5/20（2分）【解析】试题分析：（1）根据前两个假设，结合溴与碘的氧化性的强弱，提出第三个假设：Br2能将Fe2+氧化为Fe3+而I2不能；（3）①溴氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原成溴离子，离子方程式为2Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br-②需要补充的实验目的是验证铁离子的存在，所以取少量实验Ⅰ的黄色溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，振荡，溶液变为红色，说明溴水能将Fe2+氧化；③可能2是碘水与FeSO4溶液反应生成硫酸铁，铁离子的颜色也为黄色；丁方案更合理，因为乙酸乙酯的密度比水小，且不溶于水，在溶液的上层，可以起到隔绝空气的作用，防止亚铁离子被空气中的氧气氧化；同时还起到萃取的作用，碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以萃取后向下层液体中滴加KSCN溶液，判断有无铁离子生成；（4）①酸性高锰酸钾溶液的氧化性强所以用酸式滴定管装酸性高锰酸钾溶液；②根据得失电子守恒，亚铁离子与高锰酸根离子之间的物质的量比例关系为5Fe2+～MnO4-,所以硫酸亚铁的浓度为0．0200×V×10-3×5/（20×10-3）mol/L。考点：考查对实验的设计、判断、分析能力，氧化还原反应的计算97．某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。(1)提出问题：Fe3＋、Br2谁的氧化性更强？(2)提出猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3＋>Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是因为含有(填化学式，下同)。②乙同学认为氧化性：Br2>Fe3＋，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是因为含有。(3)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。供选用的试剂：a.酚酞试液b．四氯化碳c．无水酒精d．硫氰化钾溶液请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象(试剂填序号)。选用试剂实验现象方案1方案2(4)应用与拓展：①在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色，所发生的反应的离子方程式为。②在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2(标准状况)，溶液中有的Br－被氧化成Br2\n，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为。【答案】(2)①Br2　②Fe3＋(3)d　溶液呈血红色　b　CCl4层呈无色(4)①2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－　②1.2mol·L－1【解析】(2)①若氧化性Fe3＋>Br2，则Br2不能氧化Fe2＋，故溶液呈黄色是加入的Br2的颜色。②若氧化性Br2>Fe3＋，则Br2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，故溶液呈黄色是因为生成的Fe3＋显黄色。(4)②氧化性Br2>Fe3＋，则还原性Fe2＋>Br－，Cl2通入FeBr2溶液中先与Fe2＋反应，若Cl2还有剩余再与Br－发生反应。现有的Br－被氧化成Br2，故Fe2＋全部被氧化成Fe3＋。n(Cl2)＝0.10mol，得电子0.20mol，根据得失电子守恒应有：n(Fe2＋)＋n(Br－)＝0.20mol，又因为n(Br－)＝2n(Fe2＋)，则n(FeBr2)＝0.12mol，c(FeBr2)＝1.2mol·L－1。98．某课外小组学生对Cl2与FeBr2溶液反应进行实验探究。操作现象取0．1mol/L的FeBr2溶液10mL，测溶液的pHpH试纸变红（约为4）ⅰ．开始通入100mL（折合标准状况），溶液由浅绿色逐渐变黄；ⅱ．稍后，继续通入Cl2，溶液黄色加深，变为棕黄色；iii．稍后，溶液由棕黄色变浅，最终变为黄色（1）用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2的化学方程式是。（2）pH≈4的原因是（用化学用语表示）。（3）现象i中溶液由浅绿色逐渐变黄。某学生猜测可能原因：①Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，使溶液呈黄色；②Cl2将Br－氧化为Br2，使溶液呈黄色。证明原因①的实验方案是；证明原因②的实验方案是。（4）现象ⅱ中，溶液变为棕黄色。部分学生猜测①：可能是Cl2先将Fe2+氧化生成Fe3+，Cl2又继续氧化Br－生成Br2。部分学生猜测②：可能是Cl2先将Fe2+氧化生成Fe3+，Fe3+将Br－氧化生成Br2。某学生设计实验进行验证，请完成下列表格：由此实验得出的结论是。试管操作现象结论a取2mLFeCl2溶液，滴加少量氯水、2滴KSCN溶液，振荡Cl2的氧化性强于Fe3+b取2mLFeCl3溶液，滴加少量溴化钠溶液和少量CCl4，振荡CCl4层没有明显变化cCCl4层由无色变为橙黄色Cl2的氧化性强于Br2【答案】（1）MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（1分）（2）Fe2++2H2OFe（OH）2+2H+（1分）（3）取少量i中溶液放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明①对，否则不成立；\n（2分）取5mL上述黄色溶液于试管中，向其中滴加少量CCl4，振荡，若CCl4层呈现橙红色，说明原因②对；否则不成立。（2分）（4）a．溶液变成红色（1分）b．氧化性Fe3+＜Br2或还原性Fe2+＞Br－(1分）c．取2mL溴化钠溶液，滴加少量氯水和少量CCl4，振荡（1分）结论：猜测①是正确的。（1分）【解析】试题分析：（1）用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2的化学方程式是MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）pH≈4的原因是亚铁离子水解使溶液显酸性，离子方程式是Fe2++2H2OFe（OH）2+2H+（3）溶液变成黄色，若①对，溶液中存在Fe3+，取少量i中溶液放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明①对，否则不成立；若②对，溶液中存在溴单质，取5mL上述黄色溶液于试管中，向其中滴加少量CCl4，振荡，若CCl4层呈现橙红色，说明原因②对；否则不成立。（4）a．Cl2的氧化性强于Fe3+，所以氯气将亚铁离子氧化成Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变红；b．CCl4层没有明显变化，说明Fe3+不能将Br－氧化生成Br2，结论是氧化性Fe3+＜Br2或还原性Fe2+＞Br－c．验证氯气的氧化性强于单质溴氧化性，需进行的操作是取2mL溴化钠溶液，滴加少量氯水和少量CCl4，振荡；结论：猜测①是正确的考点：考查实验室制取氯气的化学方程式的书写，水解离子方程式的书写，对实验现象的分析能力、实验步骤的设计能力99．为验证卤素单质氧化性的相对强弱,某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验)。实验过程:Ⅰ.打开弹簧夹,打开活塞a,滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时,夹紧弹簧夹。Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕红色时,关闭活塞a。Ⅳ.……(1)A中产生黄绿色气体,其化学方程式是　　　　　　　　　　　　　。 (2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是　　　　　　　　　　。 \n(3)B中溶液发生反应的离子方程式是　　　　　　。 (4)为验证溴的氧化性强于碘,过程Ⅳ的操作和现象是　　　　　　　　　　　　。 (5)过程Ⅲ实验的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因:同主族元素从上到下　　　　,得电子能力逐渐减弱。 【答案】(1)16HCl(浓)+2KMnO4=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2)淀粉KI试纸变蓝(3)Cl2+2Br-=Br2+2Cl-(4)打开活塞b,将少量C中溶液滴入D中,关闭活塞b,取下D振荡。静置后CCl4层溶液变为紫红色(5)确认C的黄色溶液中无Cl2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰(6)原子半径逐渐增大【解析】(4)应该把C中生成的Br2滴入D中,因为试管底部有CCl4,所以还需振荡静置,观察现象;(5)确认C中没有过量氯气,可以排除Cl2与KI溶液反应。100．某化学兴趣小组在探究卤素单质的氧化性的实验中发现，在足量的氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色，原因是什么？Br2能否氧化Fe2＋，Fe3＋与Br2谁的氧化性更强？(1)甲同学认为：Br2不能氧化Fe2＋，Fe3＋的氧化性大于Br2，产生上述现象的原因不是化学反应所致，溶液呈黄色是含(填化学式，下同)所致。(2)乙同学认为：Br2将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋的氧化性小于Br2，产生上述现象的原因是化学反应所致，则溶液呈黄色是含所致。(3)丙同学为验证乙同学的观点，选择下列试剂，设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的，供选用的试剂：a.酚酞试剂；b.CCl4；c.无水酒精；d.KSCN溶液。请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。(试剂填序号)选用试剂实验现象方案1方案2(4)氧化性：Br2＞Fe3＋，故在FeCl2中滴入1～2滴溴水，溶液呈黄色。发生反应的离子方程式是。(5)根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是。在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2(标准状况)，溶液中有的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是。【答案】(1)Br2(2)Fe3＋(3)见下表：方案1bCCl4层无色方案2d溶液变红色(4)2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－(5)Fe2＋；1mol·L－1【解析】(1)(2)若氧化性Fe3＋＞Br2，则溶液呈黄色是Br2所致，相反，则必为Fe3＋所致。(3)若证明溶液呈黄色是Fe3＋所致，①可加CCl4振荡静置，CCl4层若为无色，可证明乙正确，②可向其中加KSCN溶液，若出现红色溶液，则也可证明乙正确。(4)因氧化性Br2＞Fe3＋，故加入溴水，可发生2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。(5)中反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，则n(FeBr2)＝0.1mol，c(FeBr2)＝1mol·L－1。\n101．某化学小组在学习元素周期律后，对教材中Fe2＋氧化为Fe3＋的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将Fe2＋氧化为Fe3＋，那么Br2和I2能否将Fe2＋氧化为Fe3＋？环节一：理论推测部分同学认为Br2和I2都可能将Fe2＋氧化为Fe3＋，他们思考的依据是________。部分同学认为Br2和I2都不能将Fe2＋氧化为Fe3＋，还有同学认为Br2能将Fe2＋氧化为Fe3＋而I2不能。他们思考的依据是从上到下卤素单质氧化性减弱。环节二：设计实验进行验证在大试管中加适量铁粉，加入10mL稀盐酸，振荡试管，充分反应后，铁粉有剩余，取上层清液进行下列实验：。实验1：试管操作现象①先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量红棕色的溴水，振荡试管溶液为黄色②先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量棕黄色的碘水，振荡试管溶液为黄色环节三：实验现象的分析与解释(1)同学甲认为①中现象说明溴水能将Fe2＋氧化，离子方程式为________。同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论。请你帮助同学乙完成实验：实验2：操作应该观察到的现象(2)该小组同学对②中溶液呈黄色的原因展开了讨论：可能1：碘水与FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色。可能2：______________。实验3：进行实验以确定可能的原因。操作现象向试管②所得溶液中继续加入0.5mLCCl4，充分振荡，静置一段时间后。取出上层溶液，滴KSCN溶液静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN溶液后，出现浅红色同学丙认为该实验现象可以说明是“可能2”成立，同学丁认为不严谨，于是设计了实验4：实验4：操作现象向另一支试管中加入2mLFeCl2溶液，滴加0.5mL碘水后，再加入0.5mL乙酸乙酯，充分振荡，静置一段时间后。取出下层溶液，滴加KSCN溶液静置后，上层溶液为紫色，下层溶液几乎无色；下层溶液滴加KSCN溶液后，没有出现浅红色你认为实验4设计的主要目的是________________。同学丁根据实验4现象得出结论：在本次实验条件下，碘水与FeCl2溶液反应的程度很小。(3)Cl2、Br2、I2氧化Fe2＋的能力逐渐减弱，用原子结构解释原因：__________。【答案】环节一：均为第ⅦA族单质，氧化性均较强(合理即可)环节三：(1)2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－\n操作反应观察到的现象取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡溶液变为血红色(2)碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象亚铁离子与空气接触会被氧化，加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响(3)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性逐渐减弱(合理即可)【解析】第ⅦA族元素的单质均具有氧化性，但氧化性从上到下逐渐减弱。实验1中①黄色为Fe3＋的颜色，说明Br2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，实验1中②黄色可能是Fe3＋的颜色，也可能是原碘水的颜色，应用KSCN溶液检验是否有Fe3＋生成。实验3中，由于Fe2＋易被空气中的O2氧化，所以上层清液出现浅红色，不能说明Fe2＋能被I2氧化，应采取措施防止空气的干扰。卤族元素单质氧化性逐渐减弱的原因是从上到下原子电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱。102．食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性：IO3-＞Fe3＋＞I2；还原性：S2O32-＞I－3I2＋6OH－=IO3-＋5I－＋3H2O；KI＋I2KI3(1)某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①加KSCN溶液后显红色，该红色物质是_____________(用化学式表示)；CCl4中显紫红色的物质是___________(用电子式表示)。②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为_______________________________________、__________________________________________________________________。(2)KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：_____________________。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？___________(填“是”或“否”)，并说明理由_________________________________________________。(3)为了提高加碘盐(添加KI)的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有可能作为稳定剂的是_______。A．Na2S2O3　　　　　B．AlCl3　　　　　C．Na2CO3　　　　　D．NaNO2(4)对含Fe2＋较多的食盐(假设不含Fe3＋)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2＋____________________________________________________________________________________。【答案】(1)①Fe(SCN)3(合理均可)\n②IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O2Fe3＋＋2I―=2Fe2＋＋I2(2)4KI＋O2＋2H2O=2I2＋4KOH否KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI易被O2氧化，I2易升华(答案合理即可)(3)A、C(4)取适量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂(如氯水、H2O2等)，再加KSCN溶液，若显红色，则该加碘盐中存在Fe2＋【解析】(1)①Fe3＋与SCN－的配合物有多种，如［Fe(SCN)］2+、［Fe(SCN)6］3-等；I2的CCl4溶液显紫红色。②应用信息：“氧化性：IO3-＞Fe3＋＞I2”，说明IO3-和Fe3＋均能氧化I－生成I2。(2)KI易被潮湿空气氧化，不能写成I－＋O2＋H＋，要联系金属吸氧腐蚀，产物I2＋KOH不合理(会反应)，应考虑缓慢反应，微量产物I2会升华和KOH与空气中的CO2反应。KI3·H2O作加碘剂问题比较难分析，因为KI3很陌生。从题中：“低温条件下可制得”或生活中并无这一使用实例来确定。再根据信息：“KI＋I2KI3”解释其不稳定性。(3)根据信息“还原性：S2O32-＞I－”可判断A可作稳定剂，C比较难分析，应考虑食盐潮解主要是Mg2＋、Fe3＋引起的，加Na2CO3能使之转化为难溶物，防止因其水解显酸性，造成碘损失；D中NaNO2能氧化I-。(4)实验方案简答要注意规范性，如“取……加入……现象……结论……”，本实验I―对Fe2＋的检验有干扰，用过量氯水又可能氧化SCN－。