氧化还原反应综合训练2

氧化还原反应综合训练1.下列装置工作原理与氧化还原反应无关的是()A.臭氧消毒柜B.甲烷燃料电池C.太阳能集热器D.燃气灶答案C解析A项，臭氧具有强氧化性，其消毒时发生氧化还原反应，不合题意；B项，原电池都发生氧化还原反应，不合题意；C项，太阳能集热器未发生化学变化，符合题意；D项，燃烧都是氧化还原反应，不合题意。2.(2022·太原质检)下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是()A.用葡萄糖制镜或保温瓶胆B.用漂白液杀菌、消毒C.用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果答案C解析葡萄糖与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖做还原剂被氧化，不符合题意；用漂白液杀菌、消毒利用了NaClO的强氧化性，不符合题意；用Na2SiO3溶液制备木材防火剂不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，符合题意；高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，从而达到保鲜水果的目的，不符合题意。3.(2022·郑州模拟)LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑。下列说法中正确的是()A.氢气既是氧化产物又是还原产物B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂C.若生成标准状况下4.48LH2，则转移0.4mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1答案A解析由化学方程式可知，LiAlH4中H由－1价升高为0价，被氧化，是还原剂，H2O中H由＋1价降为0价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A项正确、B项错误；由化学方程式可知，每1molLiAlH4反应，转移4mol电子，生成4molH2，若生成标准状况下4.48L(即0.2mol)H2，则转移0.2mol电子，C项错误；LiAlH4为还原剂，水为氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，D项错误。4.含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是()A.反应①利用了H2Te的还原性B.反应②中H2O作氧化剂C.反应③利用了H2O2的氧化性D.H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应答案D解析A.H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te的还原性，正确；B.反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，正确；C.反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，正确；D.H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，错误。5.水是一种重要的资源，它同时在化学反应中担任着重要的角色，既可作为反应物又可作为生成物，如图中和水相连的物质都能和水发生反应，则有关说法正确的是()A.上述反应中属于氧化还原反应的有①②④⑥⑦⑧B.①和⑦中都有氧气生成，且生成1molO2转移的电子数相同C.①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂D.⑦中水做氧化剂，②中水做还原剂答案C解析H2O与Na2O、SO3、Mg3N2的反应不属于氧化还原反应，其余反应均属于氧化还原反应，A错误；①中2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2转移2mole－，⑦中2F2＋2H2O=4HF＋O2，生成1molO2转移4mole－，B错误；①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂，C正确；⑦中水做还原剂，②中水做氧化剂，D错误。6.NaClO2可用作造纸的漂白剂，它由H2O2＋2ClO2＋2NaOH=2NaClO2＋2H2O＋O2制得，下列说法正确的是()A.H2O2是氧化剂，H2O2中的氧元素被还原B.每生成1molO2转移的电子的物质的量为4molC.ClO2中的氯元素被氧化D.ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂答案D解析A.根据化学方程式可知，H2O2中氧元素的化合价从－1价升高到0价，失去电子被氧化，H2O2是还原剂，不正确；B.H2O2中氧元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，因此每生成1molO2转移的电子的物质的量为2mol，不正确；C.ClO2中的氯元素化合价从＋4价降低到＋3价被还原，不正确；D.根据以上分析可知，ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，正确。7.关于反应2KMnO4＋3H2SO4＋7H2O2=K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，下列说法正确的是()A.KMnO4是氧化剂，发生氧化反应B.H2O2是还原剂，只表现还原性C.反应生成18g水时，转移1.2mol电子D.还原性：MnSO4＞H2O2答案C解析A项，KMnO4是氧化剂，发生还原反应，错误；B项，H2O2中部分O元素从－1价升高到0价、部分O元素从－1价降低到－2价，H2O2是还原剂也是氧化剂，表现还原性、也表现出氧化性，错误；C项，存在关系式6O2～10H2O～12e－，反应生成10mol水时，转移12mol电子，则反应生成18g即1mol水时，转移1.2mol电子，正确；D项，一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性：MnSO4＜H2O2，错误。8.(2022·株洲质检)向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕色。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。下列有关分析中正确的是()A.上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞SO2＞I2B.在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4C.通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D.滴加KI溶液时，每转移2mole－会生成2molCuI沉淀答案D解析由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：=2K2SO4＋2CuI↓＋I2①，当转移2mole－时生成2molCuI沉淀，D项正确；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI②，该反应中SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，得到的还原产物是HI，B、C错误；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②中氧化性I2＞H2SO4，A项错误。9、NaClO2是一种高效的漂白剂，实验室中一种制备NaClO2的过程如图所示，下列说法错误的是()A.NaClO2的漂白原理与SO2不同B.每生成1molClO2有0.5molH2C2O4被氧化C.反应2过程中，H2O2作氧化剂D.粗产品经重结晶可得到纯度更高的NaClO2答案C解析A项，NaClO2的漂白原理是依靠其氧化性，SO2的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质，NaClO2的漂白原理与SO2不同，正确；B项，反应1中NaClO3生成ClO2的过程中Cl元素由＋5价变为＋4价，H2C2O4反应生成CO2的过程中C元素由＋3价变为＋4价，每生成1molClO2有0.5molH2C2O4被氧化，正确；C项，反应2过程中ClO2生成ClOeq\o\al(－,2)，Cl元素由＋4价变为＋3价，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，错误；D项，粗产品经重结晶可得到纯度更高的NaClO2，正确。10、钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VOeq\o\al(＋,2)为淡黄色，VOeq\o\al(＋,2)具有较强的氧化性，Fe2＋、SOeq\o\al(2－,3)等能把VOeq\o\al(＋,2)还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是()A.在酸性溶液中氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>VO2＋>Fe3＋B.亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,3)=2VO2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2OC.向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4=5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4D.向含1molVOeq\o\al(＋,2)的酸性溶液中滴加含1.5molFe2＋的溶液完全反应，转移电子为1mol答案A解析A项，向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2＋氧化为VOeq\o\al(＋,2)，则氧化性MnOeq\o\al(－,4)>VO2＋，Fe2＋能把VOeq\o\al(＋,2)还原为VO2＋，离子方程式应为：Fe2＋＋VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋=Fe3＋＋VO2＋＋H2O，说明氧化性VOeq\o\al(＋,2)>Fe3＋，但无法说明VO2＋和Fe3＋的氧化性强弱关系，错误；B项，SOeq\o\al(2－,3)能把VOeq\o\al(＋,2)还原为VO2＋，SOeq\o\al(2－,3)被氧化成SOeq\o\al(2－,4)，结合电子守恒和电荷守恒可知：2VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,3)=2VO2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O，正确；C项，酸性环境下MnOeq\o\al(－,4)将VO2＋氧化为VOeq\o\al(＋,2)，无沉淀生成说明MnOeq\o\al(－,4)被还原成Mn2＋，结合电子守恒和原子守恒可知化学方程式为：10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4=5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4，正确；D项，向含1molVOeq\o\al(＋,2)的酸性溶液中滴加含1.5molFe2＋的溶液发生反应Fe2＋＋VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋=Fe3＋＋VO2＋＋H2O，则VOeq\o\al(＋,2)的量不足，所以转移电子为1mol，正确。11.据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑。下列判断正确的是()A.还原剂与氧化产物的物质的量之比为5∶8B.若氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子为1molC.每生成1.6molN2，则有0.2molKNO3被氧化D.NaN3是只含有离子键的离子化合物答案B解析KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占eq\f(15,16)，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16×\f(15,16)))＝2∶3，A错误；由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol时转移电子为1mol，B正确；反应中KNO3是氧化剂，被还原，C错误；NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，D错误。12.某离子反应涉及H＋、Bi3＋、MnOeq\o\al(－,4)、BiOeq\o\al(－,3)、Mn2＋、H2O六种微粒。其中c(MnOeq\o\al(－,4))随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是()A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5B.氧化性：BiOeq\o\al(－,3)大于MnOeq\o\al(－,4)C.反应后溶液的pH增大D.若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol答案A解析c(MnOeq\o\al(－,4))随反应进行逐渐增大，MnOeq\o\al(－,4)应是生成物，则Mn2＋为反应物，Mn元素化合价升高，具有氧化性的BiOeq\o\al(－,3)为反应物，由Bi元素守恒可知Bi3＋是生成物，则反应的离子方程式应为5BiOeq\o\al(－,3)＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O，以此解答该题。A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，错误；B.由反应可知，氧化性：BiOeq\o\al(－,3)>MnOeq\o\al(－,4)，正确；C.由反应可知，反应消耗H＋，pH增大，正确；D.Mn元素化合价由＋2升高到＋7，则若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为(7－2)×1mol＝5mol，正确。13.工业上常用NaClO碱性溶液吸收工业废气中的SO2，为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂，在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收，该催化过程如图所示：下列说法错误的是()A.过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶1B.过程2的离子方程式是：2NiO2＋ClO－=Cl－＋Ni2O3＋2OC.吸收反应的总方程式是：ClO－＋SO2＋H2O=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋D.用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫效果更好答案C解析A.过程1中，ClO－转化为Cl－，Cl元素化合价由＋1价变为－1价，化合价降低，ClO－作氧化剂，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，化合价升高，Ni2O3作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶1，正确；B.过程2中，NiO2和ClO－反应生成Ni2O3、Cl－和O，离子方程式为2NiO2＋ClO－=Cl－＋Ni2O3＋2O，正确；C.用NaClO碱性溶液吸收工业废气中的SO2，离子方程式为：ClO－＋SO2＋2OH－=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O，错误；D.Ca2＋与SOeq\o\al(2－,4)结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行，因此用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫效果更好，正确。14.工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是()A.CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价B.HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸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3∶8D.该反应的离子方程式为19ClOeq\o\al(－,4)＋8Cr3＋＋8OH－=8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2O答案D解析CrO2(ClO4)2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，可知铬元素化合价为＋6价，A正确；氯元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4将CrCl3氧化为棕色的CrO2(ClO4)2，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClOeq\o\al(－,4)＋8Cr3＋＋4H2O=8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，化合价降低的为氧化剂，即ClOeq\o\al(－,4)，其中有3mol氯元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2为氧化产物，其中有8mol铬元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，C正确，D错误。15.NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为MnOeq\o\al(－,4)＋NOeq\o\al(－,2)＋eq\x()→Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是()A.该反应中NOeq\o\al(－,2)被还原B.反应过程中溶液的pH减小C.生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D.eq\x()中的粒子是OH－答案C解析NOeq\o\al(－,2)中N元素的化合价升高，NOeq\o\al(－,2)被氧化，A项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋5NOeq\o\al(－,2)＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(－,3)＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。16.在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋5Na2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列判断正确的是()A.O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物B.Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C.标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2mole－D.通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液答案C解析A.Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2＋是还原产物，故A错误；B.过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故B错误；C.标准状况下，产生22.4LO2时反应转移22.4L÷22.4L/mol×2×[0－(－1)]＝2mole－，故C正确；D.用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误。17.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原型离子方程式说法不正确的是()A.IOeq\o\al(－,4)作氧化剂B.若1molMn2＋参加反应则转移5mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2D.配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3答案D解析分析图1、图2可知，Mn2＋作还原剂，那么IOeq\o\al(－,4)作氧化剂，配平后的氧化还原反应的离子方程式为2Mn2＋＋5IOeq\o\al(－,4)＋3H2O=6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5IOeq\o\al(－,3)，若有1molMn2＋参加反应则转移5mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6，A、B、C项正确，D项错误。18.(2022·蚌埠模拟)酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下：MnOeq\o\al(－,4)＋CuS＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)，下列有关该反应的说法中正确的是()A.被氧化的元素是Cu和SB.Mn2＋的还原性强于CuS的还原性C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5D.若生成2.24L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol答案C解析反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由－2价升到＋4价，只有硫元素被氧化，A项错误；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS＞Mn2＋，B项错误；氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：x×(7－2)＝y×[4－(－2)]，x∶y＝6∶5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知，反应中硫元素化合价由－2升高为＋4，故转移电子为0.1mol×(4＋2)＝0.6mol，D项错误。19.黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂的作用下FeS2可发生如图所示的转化。下列分析正确的是()A.反应Ⅰ、Ⅱ均为氧化还原反应B.在酸性条件下，黄铁矿催化氧化的总反应方程式为2FeS2＋7O2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(催化剂))2FeSO4＋2H2SO4C.反应Ⅰ的离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋2H2O=4Fe3＋＋4NO＋4OH－D.反应Ⅱ中，每消耗1molFeS2，转移电子的物质的量为16mol答案A解析反应Ⅰ中Fe元素化合价由＋2价变为＋3价，O元素化合价由0价变为－2价，反应Ⅱ中部分Fe元素化合价由＋3价变为＋2价，S元素化合价由－1价变为＋6价，均有化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；由机理图分析，FeS2、O2为反应物，Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)为生成物，所以黄铁矿催化氧化的总反应方程式为4FeS2＋15O2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(催化剂))2Fe2(SO4)3＋2H2SO4，B错误；反应为酸性环境，无法生成OH－，C错误；反应Ⅱ的FeS2中S元素化合价从－1价升高到＋6价，每消耗1molFeS2，转移电子的物质的量为1×2×7mol＝14mol，D错误。20、.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2－并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确的是()A.碱性条件下，氧化性：O2＞S2Oeq\o\al(2－,3)＞MnOeq\o\al(2－,3)B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂物质的量之比为2∶1C.过程Ⅱ中反应的离子方程式为4MnOeq\o\al(2－,3)＋2S2－＋9H2O=S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－D.将1molS2－转化为SOeq\o\al(2－,4)理论上需要O2的体积为22.4L(标准状况)答案C解析由题图可知，过程Ⅰ中O2氧化Mn(OH)2生成MnOeq\o\al(2－,3)，则氧化性：O2＞MnOeq\o\al(2－,3)，过程Ⅱ中MnOeq\o\al(2－,3)氧化S2－生成S2Oeq\o\al(2－,3)，则氧化性：MnOeq\o\al(2－,3)＞S2Oeq\o\al(2－,3)，所以碱性条件下，氧化性：O2＞MnOeq\o\al(2－,3)＞S2Oeq\o\al(2－,3)，故A错误；过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋4OH－=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶2，故B错误；过程Ⅱ中MnOeq\o\al(2－,3)得电子转化为Mn(OH)2，S2－失电子转化为S2Oeq\o\al(2－,3)，根据原子守恒、得失电子守恒及电荷守恒可得反应的离子方程式为4MnOeq\o\al(2－,3)＋2S2－＋9H2O=S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，故C正确；1molS2－转化为SOeq\o\al(2－,4)理论上转移8mol电子，根据得失电子守恒可知：n(O2)＝eq\f(8mol,4)＝2mol，在标准状况下需要O2体积为2mol×22.4L·mol－1＝44.8L，故D错误。21.医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应(方程式如下)测定血钙的含量。回答下列问题：________H＋＋________MnOeq\o\al(－,4)＋________H2C2O4→________CO2↑＋________Mn2＋＋________eq\x()(1)配平以上离子方程式，并在eq\x()中填上适当的化学式。(2)该反应中的还原剂是________(填化学式)。(3)反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为________mol。(4)测定血钙含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________。②溶解沉淀时________(填“能”或“不能”)用稀盐酸，原因是_________________________________________________________。③若消耗了1.0×10－4mol·L－1的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙________g。答案(1)6251028H2O(2)H2C2O4(3)0.08(4)①CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O4②不能酸性高锰酸钾会氧化氯离子③0.01解析(1)根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中锰元素化合价由＋7价变为＋2价、碳元素化合价由＋3价变为＋4价，设其转移电子总数为10，所以MnOeq\o\al(－,4)、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(2)H2C2O4中碳元素化合价由＋3价变为＋4价，则H2C2O4是还原剂。(3)根据方程式可知，反应转移0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.08mol。(4)①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应的化学方程式为CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O4；②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以溶解不能用盐酸。③根据原子守恒可得关系式5Ca2＋～2KMnO4，设钙离子浓度为xmol·L－1，eq\f(5,2)＝eq\f(2.0×10－3x,2.0×10－6)，解得x＝2.5×10－3，则100mL该血液中钙的质量＝40g·mol－1×0.1L×2.5×10－3mol·L－1＝0.01g。22.工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：(1)反应器中反应的化学方程式为_________________________________________________________。(2)生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。(3)电解槽中总的离子反应方程式为_____________________________________________________________________________________。(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为______________________________________。上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为__________________。与该传统工艺相比，电解法的优势是_________________________________________________________。(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100mL溶液，取出20.00mL用0.0200mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80mL，则该草酸晶体的纯度为________。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126)答案(1)4KOH＋2MnO2＋O2=2K2MnO4＋2H2O(2)偏高(3)2MnOeq\o\al(2－,4)＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2MnOeq\o\al(－,4)＋2OH－＋H2↑(4)3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋MnO2＋2K2CO31∶2产率更高、KOH循环利用(5)93.2%解析(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2=2K2MnO4＋2H2O。(2)若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH=2KAlO2＋H2O、SiO2＋2KOH=K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾的离子反应方程式为2MnOeq\o\al(2－,4)＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2MnOeq\o\al(－,4)＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3。上述反应中3molK2MnO4有1mol锰元素化合价由＋6价降为＋4价生成二氧化锰，作氧化剂，有2mol锰元素化合价由＋6价升高到＋7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。K2MnO4的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10－3×0.02×5/2mol＝3.7×10－3mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3mol×126g/mol＝0.4662g，则该草酸晶体的纯度为93.2%。23.治理污染减少排放具有十分重要的意义。回答下列问题：(1)下面是消除NOx排放的三个案例：①利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO)∶n(NO2)＝1∶1]，该过程中发生反应的化学方程式为_______________________________________________________________________________________。②三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，该过程中发生反应的化学方程式为_____________________________________________。③利用尿素消除NOx污染的转化反应为Ⅰ.NO＋O2→NO2，Ⅱ.NO2＋CO(NH2)2→无污染气体。尿素中C元素的化合价________，反应Ⅱ的化学方程式为_________________________________________________________。(2)为测定热电厂排放气中SO2的含量，进行了如下实验：标准状况下，将排放气匀速通入100mL0.5mol/L酸性KMnO4溶液中。若排放气的流速为aL·min－1，经过bmin溶液恰好褪色，则该排放气中SO2的含量为________g/L。(3)通过如下流程可实现SO2和NO综合处理并获得保险粉(Na2S2O4)和硝铵。①装置Ⅲ中生成Ce4＋与S2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量之比为________。②装置Ⅳ中溶液含有amol·L－1NOeq\o\al(－,2)和bmol·L－1NOeq\o\al(－,3)，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，需要通入O2与NH3的体积比为________(同温同压下)。答案(1)①Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2②2xCO＋2NOx=2xCO2＋N2③＋46NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O(2)eq\f(8,ab)(3)2∶1eq\f(a,2（a＋b）)解析(1)①利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO)∶n(NO2)＝1∶1]，反应生成亚硝酸钠、二氧化碳，该过程中反应的化学方程式为Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2；②三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，反应生成二氧化碳和氮气，该过程中反应的化学方程式为2xCO＋2NOx=2xCO2＋N2；③尿素中H为＋1价，N为－3价，则C元素的化合价＋4价；反应Ⅱ生成氮气、二氧化碳和水，其化学方程式为6NO2＋4CO(NH2)2=4CO2＋7N2＋8H2O；(2)根据题意建立关系式2KMnO4～5SO2，100mL0.5mol/L酸性KMnO4溶液经过bmin恰好褪色，则消耗二氧化硫物质的量为0.125mol，质量为0.125mol×64g·mol－1＝8g，若排放气的流速为aL·min－1，则该排放气中SO2的含量为eq\f(8g,aL·min－1×bmin)＝eq\f(8,ab)g/L；(3)①装置Ⅲ中发生Ce3＋与HSOeq\o\al(－,3)反应生成Ce4＋与S2Oeq\o\al(2－,4)，Ce3＋到Ce4＋化合价升高1，每生成1molCe4＋转移1mol电子，HSOeq\o\al(－,3)到S2Oeq\o\al(2－,4)化合价降低1，每得到1molS2Oeq\o\al(2－,4)转移2mol电子，根据得失电子守恒，Ce4＋与S2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量之比为2∶1；②装置Ⅳ中溶液含有amol·L－1NOeq\o\al(－,2)和bmol·L－1NOeq\o\al(－,3)，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，则溶液中亚硝酸根有acmol，根据得失电子守恒需要用氧气物质的量为eq\f(acmol×2,4)＝0.5acmol，根据质量守恒需要氨气物质的量为acmol＋bcmol，因此需要通入O2与NH3的体积比为eq\f(0.5ac,ac＋bc)＝eq\f(a,2（a＋b）)。24.(2022·滨州一模)火法炼铜的原理：Cu2S＋O2eq\o(=,\s\up7(高温))2Cu＋SO2，下列说法错误的是()A.Cu2S在该反应中只作还原剂B.将所得气体通入品红溶液中，溶液褪色C.3.2gO2参与反应时，电子转移总数约为6×6.02×1022D.所得气体经处理可作工业制硫酸的原料答案A解析Cu2S在该反应中Cu的化合价由＋1价转化为0价，降低被还原作氧化剂，S的化合价由－2价转化为＋4价，升高被氧化作还原剂，故Cu2S既作氧化剂又作还原剂，A错误；SO2能使品红褪色，表现出漂白性，故将所得气体通入品红溶液中，溶液褪色，B正确；根据化合价分析可知，反应中转移了6mol电子，故3.2gO2参与反应时，电子转移总数约为eq\f(3.2g,32g·mol－1)×6×6.02×1023＝6×6.02×1022，C正确；所得气体即SO2经处理可作工业制硫酸的原料，反应为：2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO3，SO3＋H2O=H2SO4，D正确。25.(2022·宝鸡一检)某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是()A.该工艺流程是用来制备Fe2(SO4)3的B.气体M是H2SC.气体M参加的反应不是氧化还原反应D.SO2参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1答案D解析由工艺流程的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁和硫酸铁可循环使用，气体M和硫酸亚铁为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁和二氧化硫作用生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸，硫酸亚铁作用生成硫酸铁。根据上述分析知该工艺流程是用来制备硫酸的，故A错误；根据反应关系知气体M、H2SO4和FeSO4作用生成Fe2(SO4)3，所以M是具有氧化性的气体，如O2等，故B错误；气体M、FeSO4溶液和硫酸作用生成Fe2(SO4)3，气体M参加的反应是氧化还原反应，故C错误；SO2参加反应时的化学方程式为SO2＋Fe2(SO4)3＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4，参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1，故D正确。26.工业上以废铁屑为原料制备LiFePO4的一种流程如下，下列有关说法错误的是()A.LiFePO4中铁显＋2价B.沉铁过程中双氧水作氧化剂C.沉铁中离子方程式为2H3PO4＋2Fe2＋＋H2O2=2FePO4↓＋2H2O＋4H＋D.实验室进行煅烧操作中需要使用蒸发皿、泥三角等仪器答案D解析根据流程分析可知，废铁屑加入稀硫酸溶解后得到含有Fe2＋的溶液，再向溶液中加入双氧水、磷酸，发生反应2H3PO4＋2Fe2＋＋H2O2=2FePO4↓＋2H2O＋4H＋，得到FePO4，加入碳酸锂和草酸后煅烧得到产品LiFePO4。根据化合物中化合价代数和为0可知，LiFePO4中铁显＋2价，A正确；沉铁过程中双氧水中O的化合价降低，被还原，作氧化剂，B正确；C.沉铁时，向溶液中加入双氧水、磷酸，发生反应离子方程式正确，C正确；实验室进行煅烧操作中需要使用坩埚、泥三角等仪器，D错误。27.工业上常利用反应Cr2Oeq\o\al(n－,7)＋CH3OH＋H＋→Cr3＋＋CO2↑＋H2O(未配平)来测定工业甲醇中甲醇的含量，下列说法中正确的是()A.溶液的颜色从灰绿色变为橙色B.Cr2Oeq\o\al(n－,7)发生氧化反应C.若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，则Cr2Oeq\o\al(n－,7)中的n＝2D.若有3.2gCH3OH参加反应，则转移的电子数为6.02×1022答案C解析根据反应方程式可知，Cr3＋为灰绿色，是生成物，溶液的颜色应该变成灰绿色，故A错误；反应中CH3OH中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，被氧化，则Cr2Oeq\o\al(n－,7)发生还原反应，故B错误；若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，假设生成的二氧化碳为1mol，则转移6mol电子，根据得失电子守恒，Cr2Oeq\o\al(n－,7)中Cr元素的化合价为＋6价，因此n＝2，故C正确；3.2gCH3OH的物质的量为eq\f(3.2g,32g·mol－1)＝0.1mol，则转移的电子为0.6mol，数目为0.6×6.02×1023，故D错误。28.(2022·乌兰察布一模)纳米铁可通过不同反应机制(吸附、还原、催化氧化)去除环境有机、无机污染物，通过番石榴叶提取液还原Fe3＋制备纳米铁(Fe0)氧化去除As(Ⅲ)的过程如下图所示，下列叙述错误的是()A.在该过程中为了实现纳米铁高效氧化去除As(Ⅲ)，尽量防止纳米铁在反应过程中发生聚集B.Fe2＋＋H2O2=Fe3＋＋OH－＋·OH，该步反应过程中发生—O—O—断裂C.该过程中纳米Fe和Fe2＋是催化剂D.存在反应Fe0＋O2＋2H＋=Fe2＋＋H2O2答案C解析纳米铁在反应过程中若发生聚集，会减慢氧化去除As(Ⅲ)的速率，因此在该过程中为了实现纳米铁高效氧化去除As(Ⅲ)，尽量防止纳米铁在反应过程中发生聚集，A项正确；H2O2结构为H—O—O—H，因此反应Fe2＋＋H2O2=Fe3＋＋OH－＋·OH中H2O2中发生—O—O—断裂，B项正确；由图可知Fe和Fe2＋是反应中间体，C项错误；由图可知反应的第二步为Fe0＋O2＋2H＋=Fe2＋＋H2O2，D项正确。29.(2022·辽宁朝阳模拟)一种处理强酸性高浓度砷(AsOeq\o\al(3－,4))铜废液并回收As2O3和海绵铜等的工艺流程如下：下列说法不正确的是()A.操作①②③均为过滤B.除砷反应的离子方程式为AsOeq\o\al(3－,4)＋HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋=SOeq\o\al(2－,4)＋HAsO2↓＋H2OC.试剂X可以是FeOD.达标废液中含有的溶质主要为Na2SO4答案C解析操作①②③均为分出滤液和滤渣，为过滤操作，选项A正确；除砷反应是砷铜废液中加入亚硫酸氢钠，反应生成硫酸钠、HAsO2和水，反应的离子方程式为AsOeq\o\al(3－,4)＋HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋=SOeq\o\al(2－,4)＋HAsO2↓＋H2O，选项B正确；由流程可知置换出海绵铜的试剂X为Fe，选项C不正确；流程中钠离子和生成的硫酸根离子没有从体系中分离出去，故达标废液中含有的溶质主要为Na2SO4，选项D正确。30.(2022·南阳高三期中)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料，以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：回答下列问题：(1)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式__________________________________________________________________________________________________________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________。(2)在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的__________(填化学式)。(3)沉淀器中反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________。(4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol/L的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为____________，样品中S2－的含量为__________________________________________________________________________________________________________________(写出表达式)。答案(1)BaSO4＋4Ceq\o(=,\s\up7(900～1200℃))BaS＋4CO↑CO＋H2Oeq\o(=,\s\up7(△))CO2＋H2(2)BaCO3(3)S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=ZnS·BaSO4↓(4)由浅蓝色变为无色eq\f(（25.00－\f(V,2)）×0.1000×32,1000m)×100%解析(1)由题意可知，在900～1200℃条件下重晶石与过量焦炭发生氧化还原反应生成硫化钡和一氧化碳，反应的化学方程式为BaSO4＋4Ceq\o(=,\s\up7(900～1200℃))BaS＋4CO↑；反应生成的一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，反应的化学方程式为CO＋H2Oeq\o(=,\s\up7(△))CO2＋H2；(2)由臭鸡蛋气味气体可知，在潮湿空气中硫化钡发生水解反应生成氢氧化钡和臭鸡蛋气味的硫化氢气体，水解生成的氢氧化钡溶液与空气中二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀，水溶性变差；(3)沉淀器中发生的反应为硫化钡溶液与硫酸锌发生复分解反应生成ZnS·BaSO4沉淀，反应的离子方程式为S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=ZnS·BaSO4↓；(4)碘水遇到指示剂淀粉会变蓝色，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，若硫代硫酸钠溶液与碘水完全反应，溶液由浅蓝色变为无色，则终点颜色变化为由浅蓝色变为无色；由题意可知，反应中单质碘为氧化剂，硫离子和硫代硫酸钠为还原剂，由得失电子数目守恒可得2n(S2－)＋n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝2n(I2)，则n(S2－)＝0.1000mol/L×25.00mL×10－3L/mL－eq\f(1,2)×0.1000mol/L×VmL×10－3L/mL，则样品中S2－的含量为eq\f(（25.00－\f(V,2)）×0.1000×32,1000m)×100%。31.碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的钦磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用钦锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：已知：还原焙烧的主反应为2MnO2＋Ceq\o(=,\s\up7(焙烧))2MnO＋CO2↑。可能用到的数据如下：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH2)Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH3.79.77.49.8根据要求回答下列问题：(1)步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。(2)步骤G发生的离子方程式为________________________________________________________________________________________。(3)实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2＋是否完全发生反应，原理为________Mn2＋＋________S2Oeq\o\al(2－,8)＋________H2O=________H＋＋________SOeq\o\al(2－,4)＋________MnOeq\o\al(－,4)。试配平上述离子方程式。答案(1)1∶2(2)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(3)25816102解析(1)步骤D中加入MnO2氧化溶液中的Fe2＋，其中Mn从＋4价降为＋2价，Fe从＋2价升高为＋3价，Fe2＋是还原剂，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。(2)在含有Mn2＋的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(3)Mn从＋2价升高为＋7价，O从－1价降为－2价，根据得失电子守恒，Mn2＋前系数为2，S2Oeq\o\al(2－,8)前系数为5，再结合电荷守恒和原子守恒得此反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2Oeq\o\al(2－,8)＋8H2O=16H＋＋10SOeq\o\al(2－,4)＋2MnOeq\o\al(－,4)。32.CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：(1)“550℃焙烧”的目的是______________________________，过滤用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒还有________。(2)“碱浸”时主要反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________。(3)“钴浸出”过程中Co3＋转化为Co2＋，反应的离子方程式为_________________________________________________________。(4)“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，其目的是_________________________________________________________；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，产生“滤渣1”主要成分的离子方程式为________________________________________________________________________________________________。答案(1)除去碳和有机物漏斗(2)Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O(3)2Co3＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋(4)将Fe2＋氧化为Fe3＋2Fe3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑33.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物，试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2＋，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是________(填字母)。A.亚硝酸盐被还原B.维生素C是还原剂C.维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋D.亚硝酸盐是还原剂(2)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：__________________________________________________________________________________。(3)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4，若将反应所得的酸性溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是________(填字母)。a.Cl2b.Fec.H2O2d.HNO3答案(1)D(2)NOeq\o\al(－,2)＋Cl2＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2Cl－(3)c解析(1)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3＋又转化为Fe2＋，铁元素化合价降低，被还原，则维生素C具有还原性，而亚硝酸盐会导致Fe2＋转化为Fe3＋，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中亚硝酸盐为氧化剂，所以维生素C是还原剂。(3)Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质；铁不能氧化亚铁离子；H2O2的还原产物是水，不引入杂质，所以最佳试剂是H2O2。34.氧化剂和还原剂在生产、生活中广泛使用。(1)KMnO4和HBr溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=2KBr＋2MnBr2＋8H2O＋5Br2。①其中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。②若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为________，转移电子数目为________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。(2)人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的、颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为_________________________________________________________________________________________________，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的O2氧化，写出该反应的离子方程式：__________________________________________________________________________________________________________________。(3)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，可与足量的NaOH溶液完全中和生成NaH2PO2，NaH2PO2溶液可使酚酞试液变红，回答下列问题：①H3PO2中，磷元素的化合价为________。②写出H3PO2电离方程式：___________________________________________________________________________________________。③H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为金属银，从而用于化学镀银。利用(H3PO2)进行的化学镀银