人教【新课标】高中化学一轮复习：专题4氧化还原反应一、单选题1．中华文化源远流长，在浩瀚的历史文明中有许多关于化学的记载。下列说法错误的是（）A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，矿石“曾青”的主要成分为CuOB．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象涉及化合反应C．《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现了合金硬度方面的特性D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，其中硫体现了氧化性【答案】A【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型；合金及其应用；铜及其化合物【解析】【解答】A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，矿石“曾青”的主要成分为CuSO4，故A符合题意；B．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，涉及的化学反应有CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，该现象涉及化合反应，故B不符合题意；C．《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现了合金的硬度大于成分金属的硬度，故C不符合题意；D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，火药燃烧生成硫化钾、二氧化碳、氮气，S元素化合价降低，其中硫体现了氧化性，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.“曾青得铁则化为铜”，是指铁与硫酸铜溶液反应将铜置换出来。2．下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验向FeCl3溶液中加入KSCN溶液铜丝加热后，伸入无水乙醇中向酸性KMnO4溶液中加入乙醇向FeSO4溶液中加入NaOH溶液现象溶液变为血红色铜丝先变黑，后又重新变为红色溶液紫色褪去先产生白色沉淀，最终变为红褐色A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，则FeCl3与KSCN反应生成血红色的络合物，与氧化还原反应无关，故A符合题意；B．铜丝加热后，被氧化为黑色的，伸入无水乙醇中后又重新变为红色，则黑色的Cu，则与氧化还原反应有关，故B不符合题意；被还原为C．向酸性KMnO4溶液中加入乙醇，酸性高锰酸钾能将乙醇氧化为乙酸，自生被还原，从而使溶液的紫色退去，则与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D．向FeSO4溶液中加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，则，最终变成红褐色，则，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】氧化还原反应中一定有还原的化合价发生变化。下列物质变化过程中，涉及氧化还原反应的是（）A．粗盐提纯B．海水提溴C．油脂皂化D．石油分馏【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．粗盐提纯主要过滤除去粗盐中的不溶性杂质，属于物理过程，没有发生化学变化，故A不选；B．海水提溴是溴离子被氧化成溴单质是氧化还原反应，故B选；C．油脂皂化，用油脂和NaOH溶液制备肥皂时发生的是水解反应，不涉及元素化合价的变化，非氧化还原反应，故C不选；D．石油分馏属于物理变化，该过程中不存在元素化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D不选；故答案为：B。【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。4．下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应B．铝与稀盐酸C．灼热的炭与CO2反应D．甲烷与O2的燃烧反应【答案】C【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应【解析】【解答】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，不n属于氧化还原反应，故A不选；B．铝与稀盐酸反应为放热反应，且该反应中Al元素的化合价升高，H元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故B不选；C．灼热的炭与CO2反应为吸热反应，且该反应中碳元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C选；D．反应中C和O元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，物质的燃烧属于放热反应，故D不选；故答案为：C。【分析】氧化还原反应必然有元素的化合价发生变化，结合常见的吸热反应解答。关于反应，下列说法正确的是（发生还原反应既是氧化剂又是还原剂氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1发生反应，转移电子【答案】B）【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，元素的化合价均未发生变化，没有发生还原反应，A不符合题意；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，B说法符合题意；C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不符合题意；D．Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子，D不符合题意。故答案为：B【分析】A.该反应中硫酸的元素未发生变化；B.Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低；C.该反应中氧化产物是SO2，还原产物为S；D.Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子。误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是（）11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4，下列说法正确的是A．当有1.1molP4参与反应时，有6mol电子转移B．1molCuSO4能氧化0.05molP4C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6D．H2SO4是还原产物【答案】B【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．由分析可知转移电子数和白磷之间的关系为：11P4~120e-，当有1.1molP4参与反应时，有12mol电子转移，A不符合题意；B．根据得失电子守恒，被CuSO4氧化得到的H3PO4的关系为：60CuSO4~60e-~12P~3P4，因此1molCuSO4能氧化0.05molP4，B符合题意；C．H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为：24：20=6：5，C不符合题意；D．S的化合价没有发生改变，因此H2SO4不是还原产物，Cu3P才是还原产物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4，P元素的化合价由0降低为-3价，P元素的化合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物。碱性溶液可脱除大气污染物，以作他化剂，脱除效果更好，催化过程部分物质转化如图。下列说法错误的是（）过程Ⅰ和过程Ⅱ中均只作氧化剂过程Ⅱ产生的活性氧原子能增强的脱除效果脱除的总反应为相同时，使用脱硫转化率比高【答案】A【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．过程I中，发生的反应为ClO-+Ni2O3=Cl-+2NiO2，ClO-得电子是氧化剂，过程II中，NiO2与ClO-反应生成Ni2O3、Cl-和O，反应的离子方程式为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O，Cl元素化合价降低、O元素化合价升高，ClO-既是氧化剂也是还原剂，故A符合题意；B．过程Ⅱ产生的活性氧原子具有氧化性，能与反应而减少大气污染物，能增强的脱除效果，故B不符合题意；nC．碱性条件下，NaClO氧化SO2生成SO和水，反应的总方程式为，故C不符合题意；D．用Ca(ClO)2代替NaClO，氧化产物为CaSO4沉淀，能促进反应正向进行，所以相同时，用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫转化率更高，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】过程I中发生反应ClO-+Ni2O3=Cl-+2NiO2，过程Ⅱ发生反应2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O。可用还原法将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物转化为无毒的物质。常温下，将NO和H2的混合气体通过与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示，下列说法错误的是（）A．反应Ⅰ的离子方程式为B．反应Ⅱ中作氧化剂的是NO，在反应中被还原C．理论上，每消耗2.24L氢气，转移的电子的物质的量为0.2molD．反应混合液中，Ce4+和Ce3+的总数目保持不变【答案】C【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】A．根据图示，反应Ⅰ是氢气被Ce4+氧化为H+，反应的离子方程式为，故A不符合题意；B．根据图示，反应Ⅱ是NO→N2，N元素化合价降低，NO作氧化剂，在反应中被还原，故B不符合题意；C．没有明确是否为标准状况，2.24L氢气的物质的量不一定是0.1mol，所以转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故C符合题意；D．总反应为2NO+2H2N2+2H2O，根据元素守恒，反应混合液中，Ce4+和Ce3+的总数目保持不变，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.反应Ⅰ中氢气被Ce4+氧化为H+；B.应Ⅱ是NO→N2，N元素化合价降低，NO作氧化剂；C.未指明气体处于标况下；D.总反应为2NO+2H2N2+2H2O，Ce4+和Ce3+的总数目保持不变。9．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移（如a、b和c），能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是（）A．过程Ⅰ中发生氧化反应B．a和b中转移的数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为【答案】C【知识点】氧化还原反应【解析】【解答】A．由图可知，过程Ⅰ中转化为NO，氮元素由+3价降低到+2价，作氧化剂，发生还原反应，A不符合题意；B．过程Ⅰ反应的方程式为+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH42H2O+5N2H4+8H，生成++1molNO，a过程转移1mole-；消耗1molNO，b过程转移4mole-，转移电子数目不相等，B不符合题意；C．过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n(NH4)=1：4，C符合题意；+D．由图示可知，过程Ⅲ的方程式为：N2H4=N2+4H++4e-，则过程Ⅰ-Ⅲ的总反应为：2NO2-+8NH4=5N2↑+4H2O+24H+18e，D不符合题意；++-故答案为：C。【分析】A.过程Ⅰ为转化为NO的过程，N元素的化合价降低；B.过程Ⅰ反应的方程式为4+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH+2H2O+5N2H4+8H+；nC.过程Ⅱ中NO中N元素的化合价降低4，NH4中N元素的化合价升高1；+D.三个过程加和即得总反应。10．Cu和Al的合金2.3g全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生2.24L的NO2气体和168mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入一定量的氢氧化钠溶液，使生成的沉淀的最大质量为（）A．4.1275gB．4.255gC．8.51gD．9.62g【答案】B【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；离子方程式的有关计算【解析】【解答】反应生成NO2的物质的量，反应生成的N2O4的物质的量，则反应过程中转移电子数为：0.1mol×1+0.0075mol×2×1=0.115mol，由于反应过程中，、，因此当溶液中的金属离子完全沉淀时，所需的OH-的物质的量等于反应过程中转移电子数，即n(OH-)=0.115mol，故生成沉淀的最大值为：2.3g+0.115mol×17g/mol=4.255g，B符合题意；故答案为：B【分析】根据公式计算产生气体的物质的量，结合化合价变化计算反应过程中转移电子数；根据Cu、Al发生的反应计算形成沉淀所需n(OH-)，从而计算产生沉淀的最大质量。雄黄()和雌黄()是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生，应：。下列说法错误的是（A．生成，则反应中转移电子的物质的量为5B．若将该反应设计成原电池，则应该在负极附近逸出C．反应产生的可用溶液吸收D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1和有如下反）【答案】B【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】A．根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，生成2mol转移10mol电子，则生成，则反应中转移电子的物质的量为5B．若将该反应设计成原电池，硝酸根在正极反应，因此，故A不符合题意；应该在正极附近逸出，故B符合题意；C．NO2会污染环境，因此反应产生的可用溶液吸收，故C不符合题意；D．根据方程式分析硝酸根为氧化剂，为还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为10：1，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】依据氧化还原反应中化合价的变化，确定氧化剂还原剂，得失电子的数目。12．向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240mLNO气体(标准状况)。下列说法中不正确的是(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)()A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5：1B．若混合物中含0.1molCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1molC．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3=6Cu+2NO↑+7H2O-2+D．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g【答案】D【知识点】离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；离子方程式的有关计算【解析】【解答】A.所用硝酸溶液中n(HNO3)=0.6mol/L×1L=0.6mol，反应生成，因此反应过程中体现氧化性的n(HNO3)=0.1mol，体现酸性的n(HNO3)=0.6mol-0.1mol=0.5mol，因此体现酸性的硝酸和体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5:1，选项正确，A不符合题意；B.生成0.1molNO的过程中，得到的电子数为0.1mol×(5-2)=0.3mol，0.1molCu反应失去电子数为0.2mol，因此Cu2O失去的电子数为0.1mol，故n(Cu2O)=0.05mol，由于体现酸性的n(HNO3)=0.5mol，因此反应后生成n[Cu(NO3)2]=0.25mol，结合铜守恒可得，混合物中n(CuO)=0.05mol，故0.05molCuO、0.05molCu2O完全反应，需要消耗n(H2SO4)=0.1mol，选项正确，B不符合题意；C.Cu2O与HNO3反应过程中，Cu2O中Cu由＋1价变为＋2价，失去2个电子，HNO3中N由＋5价变为＋2价，得到3个电子，根据得失电子守恒可得，Cu2O的系数为3，Cu2＋的系数为6、NO3的系数为2、NO的系－数为2；根据电荷守恒可得，H＋的系数为14；根据H守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为7，因此可得该反应的离子方程式为：3Cu2O＋14H＋＋2NO－=6Cu2＋＋2NO↑＋7HO，选项正确，C不符合题意；32nD.由B选项的分析可知，反应后所得溶液中n[Cu(NO3)2]=0.25mol，因此n(Cu)=0.25mol，结合铜元素守恒可得，若将上述混合物用足量H2加热还原，所得铜的质量为0.25mol×64g/mol=16g，选项错误，D符合题意；故答案为：D【分析】A.硝酸在反应过程中，体现氧化性和酸性，结合反应消耗n(HNO3)和生成n(NO)进行计算；B.根据得失电子守恒进行计算；C.结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行分析；D.根据铜元素守恒进行分析；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。则下列叙述错误的是（）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，始终有2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(Br－)＋c(OH－)【答案】C【知识点】氧化还原反应；有关混合物反应的计算【解析】【解答】A．当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性大于Br-，只发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，反应后Fe2+还有剩余，故A不符合题意；B．当a=0.45时，首先发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，剩余0.3molCl2，进一步发生2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，又知Br-为0.6mol，则二者恰好反应，所以总方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故B不符合题意；C．若溶液中Br-有一半被氧化时，首先发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，又知Br-为0.6mol，Br-有一半被氧化，则反应0.3mol，由方程式2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，可知消耗0.15molCl2，则共消耗0.3mol氯气，则c(Fe3+)：c(Br-)：c(Cl-)=0.3mol：0.3mol：0.6mol=1：1：2，故C符合题意；D．当0＜a＜0.15时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和Fe3+，由电荷守恒可知2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(OH-)，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】n(Fe)==0.3mol，n(Br2)=0.3mol，由反应2Fe+3Br2═2FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-。14．已知：；，向、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，正确的是（）A．还原性：原混合溶液中的物质的量为3mol当通入1mol时，溶液中发生的离子反应为原溶液中：【答案】D【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较【解析】【解答】A．用氧化还原反应规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，推出还原性强弱顺序是I－＞Fe2＋＞Br－，故A不符合题意；B．根据上述分析，Cl2的物质的量在0～1mol，发生Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，消耗1molCl2时，消耗I－物质的量为2mol，根据碘原子守恒，FeI2的物质的量为1mol，故B不符合题意；C．根据选项B的分析，当通入1molCl2时，溶液中发生的离子反应为Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，故C不符合题意；D．通入氯气1～3mol之间发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，该阶段消耗氯气的物质的量为2mol，此时消耗Fe2＋物质的量为4mol，通入氯气3～6mol之间发生2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，该阶段消耗氯气的物质的量为3mol，此时消耗Br－物质的量为6mol，原溶液中n(I－)∶n(Fe2＋)∶n(Br－)=2∶4∶6=1∶2∶3，故D符合题意；故答案为：D。【分析】根据离子方程式可知还原性I->Fe2+>Br-，且还原性强的优先与Cl2反应，结合曲线纵横坐标含义，进行定量分析。15．已知还原性。向和的混合溶液中通入适量氯气，原溶液中各离子的物质的量变化知下图所示（和点横坐标为和）。下列说法正确的是（）段表示物质的量的变化情况原溶液中和的物质的量均为段发生的离子反应为反应不能发生【答案】D【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较【解析】【解答】A．段反应为，表示物质的量的变化情况，A不符合题意；n和B．AB段氯气和碘离子反应、消耗氯气1mol，FG段氯气和溴离子反应、消耗氯气2mol，原溶液中的物质的量分别为、2mol，B不符合题意；C．段发生的离子反应为，C不符合题意；D．因为还原性，所以氯气会将全部氧化为之后再氧化，因此生成物中不会同时存在和，反应不能发生，D符合题意；故答案为：D。【分析】根据离子还原性强弱顺序，可以判断与氯气反应顺序是I->Fe2+>Br-，故AB代表氯气与碘离子反应，DE代表氯气与亚铁离子，BC代表Fe3+生成量的变化，FG代表氯气与溴离子反应。16．向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(I2)、n(Fe3＋)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法错误的是（）A．还原性强弱：Fe2＋<I－B．n(Cl2)＝0.12mol时，溶液中的离子主要有Fe2＋、Fe3＋、Cl－C．由图可知，该FeI2溶液的浓度为1mol·L－lD．n(Cl2)∶n(FeI2)＝1∶2时，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－【答案】D【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写【解析】【解答】A.分析可知不符合题意；B.有图可以看出，n(Cl2)＝0.12mol时，I－被氧化成I2，Fe2＋部分被氧化成Fe3＋，溶液中的离子主要有Fe2＋、Fe3＋、Cl－，故不符合题意；C.依据碘元素守恒可知n(FeI2)＝0.1mol，c=n/v=1mol·L－1故不符合题意；,D.n(Cl2)∶n(FeI2)＝1∶2时，反应的离子方程式为：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，故符合题意。【分析】A.氧化剂在遇到多种还原剂时先和还原性强的反应；B.氯气的物质的量在0.1~0.2之间时，体系中的离子主要是Fe2＋、Fe3＋、Cl－；C.碘化亚铁的浓度等于碘离子的二分之一，根据碘守恒先计算出碘离子的浓度即可；D.当n(Cl2)∶n(FeI2)＝1∶2时，氯气和碘离子的反应还未结束。二、综合题17．以下是氮循环的一部分：通常状况下，NO2的颜色是；反应①的化学方程式是；（3）NO2易溶于水，并和水发生化学反应。该反应中，氧化剂是；（4）化合物A的化学式是；（5）治理汽车尾气的一种方法是用催化剂使NO与CO发生反应：2NO+2CO=2CO2+N2。当生成2molN2时，被还原的NO为mol。【答案】（1）红棕色N2+O22NONO2HNO3（5）4【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】（1）NO2的颜色是红棕色。（2）反应①就是N2和O2在放电条件的反应，化学方程式是N2+O22NO。（3）NO2易溶于水，发生化学反应是3NO2+H2O=HNO3+NO。该反应中NO2的氮元素化合价既有降低又有升高，NO2既是氧化剂有事还原剂。（4）从上述方程式可以知道A的化学式是HNO3。（5）从2NO+2CO=2CO2+N2看出NO和N2的比为2︰1，则生成2molN2时被还原的NO为4mol。【分析】（1）二氧化氮的颜色为红棕色（3）此反应中二氧化氮→硝酸，和一氧化氮，氮元素的化合价发生变化，故既做氧化剂，又做还原剂（4）发生反应为3NO2+H2O=HNO3+NO，故A为硝酸（5）化学物质的量变化之比等于计量系数之比18．在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O。投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式：KOCN+KOH+Cl2—CO2+N2+KCl+H2O，。（2）若处理上述废水100L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需要投放液氯多少克？（3）氰(CN)2、硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)很相似，化学上称为拟卤素，它们阴离子的还原性强弱为：Cl-<Br-<CN-<SCN-<I-。试写出：①(CN)2与KOH溶液反应的化学方程式：。②在NaBr和KSCN的混合溶液中滴加少量(CN)2，反应的离子方程。n【答案】（1）2KOCN+4KOH+3Cl2—2CO2+N2+6KCl+2H2O（2）177.5(g)（3）(CN)2+2KOH=KCN+KOCN+H2O；(CN)2+2SCN-=2CN-+(SCN)2【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算【解析】【解答】（1）该反应中，氮元素由－3价变为0价，失去3个电子，氯元素由0价变为－1价，得到1个电子。根据得失电子守恒可得，KOCN的系数为2，N2的系数为1，Cl2的系数为3，KCl的系数为6。根据K原子守恒可得，KOH的系数为4；根据C原子守恒可得，CO2的系数为2。根据H原子守恒可得，H2O的系数为2。因此该反应的化学方程式为：2KOCN＋4KOH＋3Cl2=2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O。（2）100L废水中所含m(KCN)=650mg/L×100L×10-3g=65g，其物质的量。将KCN完全转化为无毒物质，则产物为N2。1molKCN完全转化为N2、CO2，转移电子数为1mol×3+1mol×2=5mol。令投放液氯的量为x，则根据得失电子守恒可得，x×2×1=5mol，解得x=2.5mol，因此所需液氯的质量m(Cl2)=2.5mol×71g·mol－1=177.5g。（3）①(CN)2的性质与卤素相似，由于Cl2与KOH反应生成KCl、KClO和H2O，因此(CN)2与KOH反应生成KCN、KOCN和H2O，该反应的化学方程式为：(CN)2＋2KOH=KCN＋KOCN＋H2O。②由于还原性Br－<CN－<SCN－，因此往NaBr、KSCN混合溶液中滴加少量(CN)2，发生反应的离子方程式为：(CN)2＋2SCN－=2CN－＋(SCN)2。【分析】(1)根据得失电子守恒、原子守恒进行配平。(2)根据得失电子守恒进行计算。(3)①(CN)2能与KOH溶液反应生成KCN、KOCN和H2O，据此写出反应的化学方程式。②根据还原性Br－<CN－<SCN－书写反应的离子方程式。19．S、N元素是重要的非金属元素，其化合物应用广泛。（1）红热木炭与浓H2SO4反应的化学方程式是C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，该反应中浓硫酸的作用是作(填“氧化剂”或“还原剂”)。（2）SO2能够使品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有性(填“漂白性”或“还原性”)。（3）关于氮的变化关系图如下：上述流程中能够实现氮的固定的是(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。（4）氨的催化氧化是工业上制硝酸的重要步骤，其反应为：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)。①一定条件下，在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了4.5mol，则此反应的平均速率v(NH3)=mol·(L·s)-1；②在相同温度下，向该容器中通入一定量的NH3气体，反应速率将(填“加快”“减慢”或“不变”)。【答案】（1）氧化剂（2）漂白性（3）Ⅰ（4）0.015；加快【知识点】氮的固定；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质【解析】【解答】(1)碳与浓硫酸的反应中，浓硫酸表现了强氧化性，在反应中做氧化剂，故答案为：强氧化剂；(2)品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有漂白性；(3)将游离态的氮转化为化合态的过程属于氮的固定，过程I氮气和氧气反应生成NO属于氮的固定，故答案为：I；(4)①NO的平均速率为，由速率之比等于系数比，则v(NH3)=v(NO)=0.015mol·(L·s)-1；②加入NH3气体，增大反应物浓度，则反应速率将加快。【分析】（1）该反应中S元素的化合价降低，作氧化剂；（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色；氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；①根据计算；②增大反应物浓度反应速率加快。20．硫酸亚铁是一种补铁剂，某兴趣小组利用经初步处理的含有的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如下：（1）加入饱和溶液后，得到白色沉淀，则操作1为，若溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为。加入铁粉的作用是。测定废液中的浓度可使用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液，请配平以下方程式，并用单线桥法表示电子转移过程：_______该兴趣小组在研究硫酸亚铁(FeSO4)热稳定性时，作出了两种假设：n①假设一：按受热分解的方式分解，则为；受热分解的化学方程式②假设二：按受热分解的方式分解，且产物中有一种碱性氧化物和两种酸性氧化物生成，则受热分解的化学方程式为。（5）和的相互转化可用于物质含量的测定，如测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，流程如下：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的溶液中，发生以下反应：，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用的溶液氧化反应生成的(该条件下不被氧化)，消耗溶液bmL，反应中被还原为。则样品中CuCl的质量分数为。【答案】（1）过滤；丁达尔效应（2）防止被氧化（3）（4）↑；↑↑（5）【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计【解析】【解答】(1)分离沉淀和溶液采用过滤的方法，则操作1为过滤；区分溶液和胶体，主要利用丁达尔效应，故答案为：过滤；丁达尔效应；亚铁离子易被氧化，加入铁粉的作用是防止被氧化，故答案为：防止被氧化；反应中Mn元素化合价从+7降到+2，得到5个电子，Fe元素从+2升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒及原子守恒配平方程式为：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，用单线桥法表示电子转移过程：，故答案为：；(4)①受热分解生成氧化钙和二氧化碳，为非氧化还原反应，则还原反应，类比分解的化学方程式，可得该反应的化学方程式为受热的分解反应也为非氧化↑，故答案为：↑；②受热分解生成氯化钾和氧气，属于氧化还原反应，则已知产物中有两种酸性氧化物生成，即分别生成SO2和SO3，所以受热的分解反应也为氧化还原反应，的分解产物是Fe2O3、SO2、SO3，↑↑，故答Fe失电子，S得电子，根据得失电子守恒及原子守恒配平方程式为：案为：↑↑；(5)根据电子转移守恒可得关系式：，则n(CuCl)=6n()=b10-3Lamol/L6=6ab10-3mol，CuCl的质量分数为：=，故答案为：。【分析】（1）过滤可分离沉淀和溶液，利用胶体的特性丁达尔效应进行验证；（2）铁粉可将铁离子还原，避免亚铁离子被氧化；（3）根据得失电子守恒和原子守恒配平，根据电子转移的方向和数目画单线桥；（4）①类比碳酸钙分解的产物书写，注意反应前后元素化合价不变；②类比氯酸钾分解和提示的产物类别书写；（5）根据得失电子守恒确定氧化还原剂的物质的量关系，结合浓度和质量分数的计算列式解答。