专题二、氧化还原反应

二轮复习干什么？1、研究考题：考题代表着方向，考题是最好的考试说明，研究历年的高考试题也就明确了今后的命题方向。2、研究方法：考题千变万化，但方法始终唯一。有了最基础的基本知识和最具价值的的基本方法，我们就可傲视高考。3、研究模拟：模拟试题都是各地名师在研究考向的基础上，精心编制的试题，极具导向性和预测性，值得研究。专题二氧化还原反应【考脉追踪】考点，一脉相承年份考题题型考点09(全国Ⅱ·6)选择得失电子守恒计算(全国Ⅱ·13)选择反应顺序、离子方程式正误判断(福建·6)选择判断一定发生电子转移的反应类型(广东·17·A)选择据方程式判断氧化性、还原性强弱(上海·7)选择判断N元素被氧化还是被还原(安徽·27)填空氧化还原离子方程式的书写（广东·23）填空氧化还原离子方程式的配平（上海·24）填空确定还原剂，判断电子转移数目、氧化性还原性强弱和据电子守恒判断产物08(全国Ⅱ·12)选择配平(宁夏·27)实验配平、得失电子守恒计算(海南·4)选择配平、得失电子守恒(上海·6)选择物质具有氧化性、还原性的判断(上海·13)选择氧化还原实质——有升必有降(上海·24)填空根据给出的物质组合方程式、判断电子转移方向和数目、得失电子守恒计算(广东理基·33)选择化合价、氧化剂还原剂和电子转移数的判断(天津·29)填空配平、得失电子守恒计算(全国Ⅰ·26)填空配平、计算07(全国Ⅱ·11)选择判断水是否作氧化剂(江苏·3)选择氧化剂、还原剂和电子转移数的判断(全国Ⅰ·10)选择判断得电子数目(上海·24)填空根据给出的物质组合方程式、判断电子转移数目，硝酸性质的判断，被还原的硝酸量增加的原因分析分析近几年的高考试题可以看出，考查氧化还原反应的题目往往是以氧化还原反应的基本概念为出发点，涉及物质氧化性、还原性强弱的比较，以氧化还原反应中的电子守恒为核心的计算和氧化还原方程式的分析（标电子转移、判断产物）等内容。在今后的命题中，对于氧化还原的考查依然会是命题的热点和重点，命题会以社会实际问题或社会热点及新科技为载体，考查有关概念的理解与应用；将氧化还原与物质的分析推断结合起来，考查学科内知识的综合应用能力。涉及面广，规律性强，有一定的技巧，今后还会推出新的设问方式或新的题型，特别是与工农业生产、科学研究、社会日常生活等紧密结合的试题。【试题解读】考题，一见如故真题1(09山东·13)下列推断合理的是()、明矾[KAl（SO4）2·12H2O]在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B、金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C、浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应D、将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色【试题突破】Al3+能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂，A正确；金刚石能够与氧气发生反应，生成二氧化碳，B错；浓H2SO4有强氧化性，在加热条件下才与Cu反应，C错；SO2与品红化合生成不稳定的无色物质，加热能复原；但SO2和溴水发生氧化还原反应，加热不能恢复原来颜色，D错。【标准答案】A真题2(09全国Ⅱ·6)物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是()A、1：4B、1：5C、2：3D、2：5【考点透析】考查氧化还原方程式的配平，守恒法的运用。【试题突破】设有2molZn参与反应，则生成2molZn(NO3)2，含4molNO，这部分是没有参与氧化还原反应的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×（5-1），则n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被还原。答案：A【方法技巧)】本题可用守恒法解决，也可配平方程式后分析。【考脉追踪】(08全国Ⅱ·12)、(08海南·4)。真题3(09福建·6)下列类型的反应，一定发生电子转移的()A、化合反应B、分解反应C、置换反应D、复分解反应【试题突破】置换反应一定属于氧化还原反应，有电子转移，C正确。【标准答案】C真题4(09上海·7)在下列变化①大气固氮②硝酸银分解③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是()A．①②③B．②①③C．③②①D．③①②【试题突破】大气固氮是指在放电条件下将游离态的氮气转化为一氧化氮的过程，氮元素被氧化；硝酸银分解过程中氮元素化合价降低，被还原；实验室制氨气的反应不属于氧化还原反应，故A项正确。【标准答案】A真题5(09安徽·27)某工厂废水中含的，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料（Fe的化合价依次为+3、+2价），设计了如下实验：含含的酸性废水=1\*GB3①加FeSO4·7H2OE含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液=2\*GB3②加NaOH溶液至pH为9，过滤滤液滤渣=3\*GB3③焙烧(1)第=1\*GB3①步反应的离子方程式是(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是(3)第=2\*GB3②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外，还有(4)欲使1L该废水中的完全转化为。理论上需要加入gFeSO4·7H2O。【考点透析】工艺流程题是极具上海和广东特色的高考题，试题起点高、结构新颖，工业背景的题材多、提问灵活，给人的感觉是无法猜题，难以应用题海战术进行复习，新课程必修教材又淡化了化工内容，对学生来说陌生度较大。【试题突破】(1)题目已经告诉了反应物和产物，根据化合价升降相等可配平方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O；(2)用pH试纸测溶液pH的方法是：将pH试纸放在洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取未知液点在试纸上，然后与标准比色卡比色；(3)因溶液中含有Cr3+、Fe2+、Fe3+，故滤渣的主要成分有Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2。(4)1L废水中的n(Cr2O72-)=×10-3mol，根据关系式：Cr2O72-～4～10FeSO4·7H2O，所以理论上n(Fe)=，m(FeSO4·7H2O)=×278g·mol-1=。【标准答案】(1)Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O(2)将pH试纸放在洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取未知液点在试纸上，然后与标准比色卡比色(3)Fe(OH)3和Fe(OH)2(4)真题6(09广东·23）磷单质及其化合物有广泛应用。(1)由磷灰石[主要成分Ca5(PO4)3F]在高温下制备黄磷（P4）的热化学方程式为：4Ca5(PO4)3F(s)+2lSiO2(s)+30C(s)=3P4(g)+20CaSiO3(s)+30CO(g)+SiF4(g)；①上述反应中，副产物矿渣可用来。②已知相同条件下：4Ca3(PO4)2F(s)+3SiO2(s)=6Ca3(PO4)2(s)+2CaSiO3(s)+SiF4(g)；H12Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)；H2SiO2(s)+CaO(s)=CaSiO3(s)；H3用H1、H2和H3表示H，H=(2)三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式见右图）之间脱去两个水分子的产物，其结构式为。三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为(2)磷酸的分子间脱水，类似醇生成醚的反应，产物为：，其结构中有五个羟基，故可生成“五钠”，化学式为Na5P3O10。

(3)次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍。①NaH2PO2中P元素的化合价为。②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2－，在酸性等条件下发生下述反应：(a)Ni2++H2PO2－+→Ni+H2PO3－+(b)6H2PO2-+2H+=2P+4H2PO3－+3H2↑请在答题卡上写出并配平反应式（a）。③利用②中反应可在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，从而达到化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。方法上的不同点：；原理上的相同点：；化学镀的优点：。【试题突破】(1)①矿渣为CaSiO3，是水泥的成分，故可用来生产水泥：②分析三个方程式可知，应将第二个方程式乘以3，第三个乘以18后再将三个方程式相加可得制备反应的方程式，根据盖斯定律，H=H1+3H2+18H3。(3)①根据正负化合价的代数和为0，化合价为+1价；②根据化合价升降相等可配平

1Ni2++1H2PO2－+H2O→1Ni+1H2PO3－+2H+③联想对比化学镀与电镀，可找出其不同和化学镀的优点。【标准答案】(1)①生产水泥②H1+3H2+18H3(2)Na5P3O10(3)①+1②1Ni2++1H2PO2－+H2O→1Ni+1H2PO3－+2H+③化学镀无需通电，而电镀必须通电

都利用氧化还原反应化学镀对镀件的导电性无特殊要求

真题7(09上海·24）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质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KBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为。(3)根据上述反应可推知。a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4b．氧化性：H3AsO4＞KBrO3c．还原性：AsH3＞Xd．还原性：X＞AsH3(4)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：【考点透析】本题考查了氧化还原反应的基础知识和基本方法，考查学生是否掌握了氧化还原反应中的"对立统一关系"，只是视角新，设问角度新。【试题突破】(1)KBrO3在反应中得到电子，则另一种反应物在反应中失去电子被氧化，所给物质中As元素化合价发生了变化，低价态的AsH3是还原剂。(2)KBrO3得到1mol电子，说明Br元素在反应中降低了5价，所以x的化学式为Br2。(3)利用氧化还原反应中电子得失相等的规律可配平该方程式为：8KBrO3＋5AsH3＋4H2SO44K2SO4＋4Br2＋5H3AsO4＋4H2O【标准答案】（1）AsH3（2）Br2（3）ac（4）【方法技巧】氧化剂与还原剂，被氧化与被还原，氧化产物与还原产物，氧化反应与还原反应，是对立统一相互依存的；同样，电子有得就有失，化合价有升必有降，并且升降相等，洞察并利用好这些关系，是解题的源泉。【考脉追踪】自05年始，上海每年的24题保持了极高的稳定性，都是考查根据物质组装氧化还原方程式。【规律方法】考技，一鸣惊人【方法视窗】运用“对立统一规律”确定另一半任何氧化还原反应都是氧化与还原的对立统一，即氧化反应与还原反应同时发生，有氧化剂必同时有还原剂；有得电子的物质必同时有失电子的物质；有元素化合价的升高必同时有元素化合价的降低。这些概念对立统一在一个氧化还原反应之中，有了其中的一半，必存在另一半。其关系可用下列两条线表示：【例1】(07·上海)氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO＋4H＋＋3e－=NO＋2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)能使上述还原过程发生。(1)写出该氧化还原反应的方程式：_________________________。(2)反应中硝酸体现了、性质。(3)反应中若产生mol气体，则转移电子的物质的量是mol。(4)若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：。点拨：(1)氧化还原反应是由两个半反应构成，失电子的半反应是氧化反应，得电子的半反应是还原反应，它们既对立，又统一，共存在于同一个反应之中。NO＋4H＋＋3e－=NO＋2H2O是个还原过程，NO作氧化剂；要使上述还原过程发生，必须加入还原剂。四种物质中KMnO4、Fe2(SO4)3的Mn、Fe处在最高价，只能作氧化剂，Na2CO3既不作氧化剂又不作还原剂，则只能是Cu2O作还原剂（其中的Cu为+1价，是Cu的中间价态，可以作还原剂），再根据化合价升降相等进行配平。第(4)问运用得失电子守恒进行分析：1molCu2O在反应中失去的电子数是定值，为2mol，设被还原的硝酸的物质的量为x，还原产物中N的化合价为y，则（5-y）x=2，，要使x增大，y也要增大，即产物中的化合价高于+2价，可能是+4价，是使用了较浓硝酸的结果。答案：(1)14HNO3＋3Cu2O→6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O；(2)酸性氧化性(3)(4)使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成。【方法视窗】氧化性、还原性强弱比较的规律(1)根据两个顺序表：还原性逐渐减弱氧化性逐渐增强氧化性逐渐减弱还原性逐渐增强(2)根据方程式：还原剂(A)＋氧化剂(B)＝氧化产物(a)＋还原产物(b)则氧化性：B＞a，还原性：A＞b(4)根据反应条件：由2H2SO3＋O2====2H2SO4(快)2Na2SO3＋O2====2Na2SO4(慢)2SO2＋O22SO3可知还原性：H2SO3＞Na2SO3＞SO2(5)根据反应剧烈程度：如Cu与浓HNO3反应剧烈，Cu与稀HNO3反应微弱，故氧化性浓HNO3＞稀HNO3。(6)根据反应产物：如Fe＋SFeS，2Fe＋3Cl22FeCl3，3Fe＋2O2Fe3O4，故氧化性Cl2＞O2＞S。【例2】（09·广东）常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+H+下列说法正确的是()A．H2O2的氧化氢比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱B．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降C．在H2O2分解过程中，Fe2+和Fe3+的总量保持不变D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+点拨：由第一个方程可知H2O2氧化性比Fe3+强，由第二个方程可知H2O2还原性比Fe2+强，A错；两个方程相加是2H2O22H2O+O2，故Fe2+作催化剂，pH不变，故B错，CD对。

答案：CD【方法视窗】运用“性质表现规律”判断物质的氧化性和还原性元素处于最高价的只有氧化性，元素处于最低价的只有还原性，处于中间价的既有氧化性又有还原性；物质若含有多种元素，其性质是这些元素性质的综合体现。简单表述为“高价氧化低价还，中间价态两头转”。【例3】（08·上海）下列物质中，按只有氧化性、只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）A．F2、K、HCl B．Cl2、Al、H2 C．NO2、Na、Br2 D．O2、SO2、H2点拨：F没有最高化合价，其最高价是0价，故F2只表现氧化性；金属没有负价，其最低价是0价，故K只有还原性；HCl中的H元素是最高价，Cl元素是最低价，既表现氧化性，又表现还原性。答案：A【方法视窗】反应先后的判断方法在溶液中存在多种氧化剂时，氧化性强的抢先得电子，先被还原；在溶液中存在多种还原剂时，还原性强的抢先失电子，先被氧化。【例4】(09全国·Ⅱ)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－点拨：由于Fe2＋的还原性强于Br－，Cl2先氧化Fe2＋后再氧化Br－：2Fe2＋+Cl22Fe3＋+2Cl－,2Br－+Cl2Br2+2Cl－，2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2，故当x/a≤时，Cl2仅氧化Fe2＋，故A正确；当x/a≥时,Fe2＋和Br－全部被氧化，D正确；当介于两者之间时，两个反应都要发生，产物为Br2和Fe3＋，故B错；对于C，可将FeBr2和Cl2按1：1列出：2Fe2＋+4Br－+2Cl2，2Fe2＋要消化1Cl2，剩余的1Cl2只能反应掉2Br－，故正确。答案：B【方法视窗】运用“价态归中规律”判断同一元素不同价态的变化同种元素不同价态之间的反应，化合价的变化遵循“只靠拢，不交叉”（即价态归中）规律；如H2S和浓硫酸的反应中，价态的变化一定是。【例5】(05·全国Ⅲ)已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1molKHA．失去1mol电子B．得到1mol电子C．失去2mol电子D．没有电子得失解析：题意可知，KH+H2OKOH+H2，H与K结合，由于K的金属性强于H，所以在KH中H显-1价，水中的H显+1价，都“归中”到0价，1molKH转移的电子数为1mol。答案：A【方法视窗】运用“守恒规律”计算化合价有升必有降，电子有得必有失。对于一个氧化还原反应，化合价升高总数与降低总数相等，失电子总数与得电子总数相等，运用这一规律，可配平氧化还原反应或进行有关计算。特别是对于较复杂的反应，只要分析始态和终态化合价的变化，根据守恒列出等式即可。【例6】（08·海南）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为（）A．2molB．1molC．D．点拨：每生成1mol硝酸锌时，Zn的化合价升高2价，而1molHNO3被还原成硝酸铵，N元素的化合价降低8价，由电子转移守恒可知，在氧化还原反应中化合价升高总数与化合价降低总数相等，则每生成1mol硝酸锌时，被还原的HNO3的物质的量为。答案：D【方法视窗】氧化还原配平技巧(1)奇数配偶法：如S＋C＋KNO3——CO2＋N2＋K2S，反应物KNO3中三种元素原子数均为奇数，而生成物中三种元素的原子数均为偶数，故可将KNO3乘以2，然后观察法配平得1，3，2，3，1，1。此法适于物质种类少且分子组成简单的氧化还原反应。0－2化合价降低20－2化合价降低2＋4化合价升高4S＋KOH(热、浓)=K2S＋K2SO3＋H2O由于S的化合价既升又降，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的计量数为1，然后再确定S的化学计量数为3。此类方法适宜于分解反应，或一种元素的化合价既升高又降低的氧化还原反应，即歧化反应。(3)零价法：此法适宜于价态难以确定的氧化还原反应。例如：Fe3P＋HNO3——Fe(NO3)3＋NO＋H3PO4＋H2O，因Fe3P中价数不好确定，而把Fe、P皆看成零价。在相应的生成物中Fe为＋3价，P为＋5价，所以价态升高总数为3×3＋5＝14，而降低的价态为3，最小公倍数为42，故Fe3P的计量数为3，HNO3作氧化剂部分计量数为14，然后用观察法配平得到：3，41，9，14，3，16。(4)1·n法(不用标价态的配平法)其法是先把含元素较多的物质的的计量数设为1，观察能否法配平，若不能配平，再设某物质的系数为n，根据元素守恒列出等式求n即可。例如：KI＋KIO3＋H2S——I2＋K2SO4＋H2O设H2S的化学计量数为1，有H和S守恒知K2SO4和H2O的系数为1；再由O守恒知KIO3的系数为；最后由K守恒知KI的系数为，将分数调整为整数得1，5，3，3，3，3。＋7＋2＋4＋3(5)有机配平法：配平时H、O的化合价分别为＋1，－2，C的化合价要根据有机物的分子式定出其平均化合价(分子中各元素化合价的代数和为零)，其它配平步骤同化合价升降法。如KMnO4＋H2SO4＋H2C2O4——CO2＋MnSO4＋K2SO4＋H2O的计量数为2，3，5，10，2，1，8＋7＋2＋4＋3【例7】（08·全国Ⅱ）(NH4)2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O、N2和NH3。在该反应的化学方程式中，化学计量数由小到大的产物分子依次是()A．SO2、H2O、N2、NH3 B．N2、SO2、H2O、NH3C．N2、SO2、NH3、H2O D．H2O、NH3、SO2、N2点拨：采取逆向配平。(NH4)2SO4AUTOTEXT=>NH3＋N2＋SO2＋H2O，2N：－3→0，化合价升高6，1S：＋6→＋4，化合价降低2，故应在SO2前配3，(NH4)2SO4前面配3，NH3前面配4，H2O前面配6，化学方程式为：3(NH4)2SO4AUTOTEXT=高温=4NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O。答案：C。【考题预测】猜想，一箭中的一、选择题（每小题只有一个答案正确）1．（2022浦东一模）下列物质中，按只有还原性、既有还原性又有氧化性、只有氧化性的顺序排列的一组是()A．O2、NO2、H2B．Na、SO3、SC．Mg、HBr、F2D．K、C、SO22．(2022滨州市高考一模)被称为万能还原剂的NaBH4(其中H元素为-1价)溶于水并和反应：NaBH4+2H2O====NaBO2+4H2.下列说法正确的是()A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂B．NaBO2是氧化产物C．硼元素被氧化，氢元素被还原D．氧化产物与还原产物的质量比为1：13．(2022年模拟)常温下，在下列溶液中发生如下反应①16H++10Z-+2XO4-＝2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2＝2A3++2B-③2B-+Z2＝B2+2Z-由此判断下列说法错误的是()A．反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可以进行B．Z元素在①③反应中均被还原C．氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+D．还原性由强到弱的顺序是A2+、B-、Z-、X2+4．已知双氧水仅发生：H2O2O2。等物质的量浓度、等体积的氯化亚铁溶液、亚硫酸钠溶液、双氧水溶液、KI溶液，分别与足量的同浓度的酸性高锰酸钾溶液反应，消耗高锰酸钾溶液体积比为()A．1:2:1:2B．1:2:2:2C．1:2:2:1D．2:1:1:25．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O,当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为()A．1:7B．1:9C．1:5D．2:96．(广东省梅州市曾宪梓中学2022届高三月考)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有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KCl7．(2022·福建师大附中)据最新报道，科学家发现了如下反应O2+PtF6=O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为＋5价，对于此反应，下列说法正确的是（）A．在此反应中，O2氧化剂，PtF6是还原剂B．O2(PtF6)中氧元素的化合价为＋1价C．在此反应中，每生成1molO2(PtF6)则转移1mol电子D．在O2(PtF6)中不存在共价键8．(山东省临清一中2022届高考理科综合全真模拟试题)在一个小烧杯里混合·L-1FeCl3溶液和10mL·L-1KSCN溶液，将此红色混和溶液分装在甲、乙、丙三支试管中，向甲试管中加入少量KCl晶体，乙试管中通入SO2气体，再与丙试管对照，结果发现甲试管颜色不变，乙试管颜色变浅，下列说法不正确的是()A．溶液中的K+、Cl-离子没有参加离子反应B．SO2的漂白作用使溶液颜色变浅C．Fe3+和SO2发生了氧化还原反应D．丙溶液起对照作用，不能省去9．()元素A的单质及A与B形成的化合物能按如下图所示的关系发生转化。则下列说法正确的是()AABAABnABn+1置换化合化合化合A．图中物质间的转化不都是氧化还原反应 B．当n=1时，A可能是N2学科网C．A一定是金属元素 D．当n=2时，A可能是Fe10．在含有Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各mol的混合溶液中加入铁粉，经充分搅拌后铁粉完全溶解，过滤，从滤液中分离出1.6g铜，则溶解的铁粉的质量是()A．5.6g B．2.8gC．7g D．8.4g二、填空题11．(原创)含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2，请回答下列问题：(1)请按通入氯气的量由少到多的顺序，写出溶液中肯能存在的微粒情况：①Cl－、Br－、Fe3＋、Fe2＋②③④Cl－、Fe3＋、Br2(2)向各离子浓度相等的①溶液中加入AgNO3溶液，首先析出的沉淀是，理由是。(3)FeBr2的溶液中通入Cl2的离子方程式不只一个，试写出两者物质的量之比是1：1时的离子方程式(4)选用所提供的试剂，设计实验验证溶液中既含有Fe3＋，又有Fe2＋。提供的试剂：KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水盐酸H2O2稀硫酸①含有Fe3＋，所选试剂为。现象为②含有Fe2＋，所选试剂为。现象为12．（2022·深圳调研）已知硫酸锰(MnSO4)和过硫酸钾(K2S2O8)两种盐溶液在银离子催化下可发生氧化还原反应，生成高锰酸钾、硫酸钾和硫酸。(1)请写出并配平上述反应的化学方程式(2)此反应的还原剂是，它的氧化产物是。(3)此反应的离子反应方程式可表示为：(4)若该反应所用的硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过硫酸钾反应时，除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有。13．(2022上海十三校联考)汶川发生特大地震后，为防止疫病流行，全国各地向灾区运送了大量的消毒剂、漂白剂等。请回答下列相关问题：(1)次氯酸盐是一些漂白剂和消毒剂的有效成分。84消毒液的有效成分是次氯酸钠，制取该消毒液的化学方程式为；(2)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3溶液在一定条件下与SO2反应制得。该反应的离子方程式为；(3)过碳酸钠是一种有多用途的新型固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO3·3H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效，其中过碳酸钠只发生了氧化反应的是（填序号）；A．MnO2B．KMnO4溶液C．稀盐酸D．Na2SO3溶液(4)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，但亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O（未配平）。当1molHClO2发生分解反应时，转移的电子数是。14．（09上海静安一模）已知在稀硫酸中，KBrO3和KI能发生以下反应(均未配平)：BrO3-+H++I-IO3-+Br2+H2OIO3-+H++Br-Br2+I2+H2O(1)试比较在酸性条件下BrO3-、Br2、IO3-、I2氧化性的强弱：＞＞＞。(2)配平下列反应的离子方程式：BrO3-+H++I-I2+Br-+H2O反应中的氧化剂是；被氧化的元素是。(3)在稀硫酸中，若KI和KBrO3按物质的量之比6：反应，生成的产物是H2O、、、(用化学式或离子符号表示)。15．(2022·上海市崇明中学)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆成两个“半反应式”：一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”。如：2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+的拆写结果是：氧化反应式是：Cu－2e－Cu2+；还原反应式是：2Fe3++2e－2Fe2+(1)完成并配平下列化学方程式：□K2Cr2O7＋□KI＋□H2SO4□Cr2(SO4)3＋□I2＋□K2SO4＋□H2O①上述反应中还原剂是__________，每生成1molCr3+转移电子____________个。②请将上述反应拆写成两个半反应式：（用离子表示）氧化反应式是：________________________________；还原反应式是：________________________________(1)已知某个反应的半反应式：CH4+10OH－－8e－CO32－+7H2OO2+2H2O+4e－4OH－则总反应的离子方程式为_________________________________________________。16．(潮州市金山中学高三化学08年10月考试)(1)在热的稀硫酸溶液中溶解了，当加入L-1KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy氮氧化物气体逸出。①推算出x＝________，y＝________②配平该化学方程式（系数填写在上式方框内）③反应中氧化剂为________。④用短线和箭头标出电子转移的方向和总数。(2)油画所用颜料含有某种白色的铅化合物，置于空气中，天长日久就会生成黑色PbS，从而使油画的色彩变暗，若用H2O2来“清洗”，则可将PbS转变为白色的PbSO4而使油画“复原”。请填空：①上述“清洗”反应的化学方程式为________________________________．②若有mol的PbS参加反应，则在此反应中发生转移的电子为________mol．参考答案：1、C处在最高价态的只有还原性，处在中间价态的既有还原性又有氧化性，处在最高价态的只有氧化性。2、D氢元素的化合价由-1和+1都变为0价，故D正确。3、B在反应①中Z元素被氧化，故A错；根据规律可知：氧化性顺序：XO4->Z2>B2>A3+，，故AC正确；还原性顺序：A2+>B->Z->X2+，D正确。4、C据Fe2+Fe3+、SO32-SO42-、H2O2O2、2I-I2，转移的电子数分别是1、2、2、2，根据电子守恒知，1mol还原剂失电子数之比等于消耗高锰酸钾的质量之比。若取2mol还原剂，消耗高锰酸钾溶液体积之比为2:4:4:2=1:2:2:1。5、A设反应生成的NO2和NO的物质的量各为1mol，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量各为x和y：xCu2S＋yHNO3＝xCu(NO3)2＋xCuSO4＋NO2↑＋NO↑＋y/2H2O，由O元素守恒得：3y＝6x＋4x＋2＋1＋y/2由N元素守恒得：y＝1＋1＋2x∴x＝2/5y＝14/5∴x/y＝1∶76、C氯气也能将Br-氧化为Br2，A错；由①可知氧化性Cl2>Fe3+，故B错；由“只靠拢，不交叉”可知，KCl既不是氧化产物，也不是还原产物，D错。7、CO2(PtF6)中Pt为+5价，F只有-1价，所以O为+，O元素化合价升高作还原剂，PtF6是氧化剂，电子转移数目为1e-；O2(PtF6)为离子化合物，则O2+离子中存在着共价键。8、BSO2的漂白作用是跟有色物质化合生成不稳定的无色物质，在乙试管中，SO2起到了还原剂的作用。9、D在单质A、ABn、ABn+1中A元素的价态不相同，故选项A不正确；若A是N2，N2不能一步生成NO2，B错；A可能是C元素，故C错。10、C由于有铜析出，则Fe(NO3)3、AgNO3完全反应，反应的先后顺序是：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+