解密03氧化還原反應一、選擇題1．(2021·廣東湛江市期末)根據(jù)反應2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑判斷，下列結論不正確的是()A．I2具有還原性 B．當生成22.4LCl2時，轉移10mol電子C．KIO3是氧化產(chǎn)物 D．該反應屬于置換反應【答案】B【解析】A項，對于反應2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化劑，I2是還原劑，I2具有還原性，A正確；B項，當生成22.4LCl2時，轉移10mol電子，沒有指明氣體是否是標準狀況，B錯誤；C項，對于反應2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化劑，I2是還原劑，KIO3氧化產(chǎn)物，Cl2是還原產(chǎn)物，C正確；D項，對于反應2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，是置換反應，D正確；故選B。2．(2021·江蘇鹽城市期末)工業(yè)上曾經(jīng)通過反應“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生產(chǎn)金屬鈉。下列有關說法正確的是()A．失去電子，作氧化劑B．得到電子，發(fā)生氧化反應C．將生成的氣體在空氣中冷卻可獲得鈉D．每生成1molNa，轉移的電子數(shù)為2【答案】D【解析】A項，由反應可知Fe轉化成四氧化三鐵，化合價升高，失去電子，作還原劑，故A錯誤；B項，氫氧化鈉中鈉和氫元素的化合價都降低，得電子，作氧化劑，發(fā)生還原反應，故B錯誤；C項，生成的鈉蒸汽能與空氣中的氧氣和水反應，因此應隔絕空氣后冷卻獲得鈉，故C錯誤；D項，由反應可知，3molFe失去8mol電子得到4molNa，則生成1molNa轉移電子2mol，數(shù)目為2故D正確；故選D。3．(2021·重慶永川區(qū)高三期末)我國科學家創(chuàng)造性地構建了“單中心鐵催化劑”，在甲烷高效轉化研究中獲得重大突破，其成果在最近的美國《科學》雜志發(fā)表。該轉化的微觀示意圖如圖所示：有關轉化的說法正確的是()A．催化劑只能是加快反應速率B．保持氫氣化學性質的最小粒子是HC．該反應的化學方程式是：2CH4=C2H4+2H2D．反應前后分子的種類發(fā)生了改變，是分解反應【答案】D【解析】A項，催化劑能改變其它物質的化學反應的速率(包括加快或減慢)，本身的質量和化學性質在反應前后不變，故A說法錯誤；B項，氫氣是由氫分子構成的，因此保持氫氣化學性質的最小粒子是H2，故B說法錯誤；C項，根據(jù)圖示可以看出，該反應的反應物是CH4，生成物是C2H4和H2，催化劑為單中心鐵，反應的化學方程式為2CH4C2H4+2H2，故C說法錯誤；D項，該反應的反應物是一種，生成物是兩種，為分解反應，反應前后分子的種類發(fā)生了改變，故D說法正確；故選D。4．(2021·廣東中山市期末)汽車劇烈碰撞時，安全氣囊中發(fā)生反應10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑．對于該反應，下列判斷正確的是()A．NaN3中氮元素的化合價為-3價B．氧化劑和還原劑是同一物質C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物分子個數(shù)之比為15:1D．反應過程中轉移10mol電子，則產(chǎn)生10NA個N2分子【答案】C【解析】A項，根據(jù)化合物的化合價的代數(shù)和為零，則NaN3中氮元素的化合價為-價，A判斷錯誤；B項，NaN3中N原子化合價升高，做還原劑，KNO3中N原子化合價降低，作氧化劑，氧化劑和還原劑不是同一物質，B判斷錯誤；C項，根據(jù)方程式，N原子化合價升高生成氮氣的分子數(shù)為15，化合價降低生成氮氣的分子數(shù)為1，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物分子個數(shù)之比為15：1，C判斷正確；D項，根據(jù)方程式，反應過程中轉移10mol電子，則產(chǎn)生16mol氮氣，即生成16NA個N2分子，D判斷錯誤；故選C。5．(2021·衡水中學月考)NaH和NaAlH4都是重要的還原劑，一定條件下金屬鈉和H2反應生成NaH。NaH與水反應可生成H2，NaH與AlCl3反應可得到NaAlH4。下列說法錯誤的是()A．NaAlH4中陰離子空間構型為正四面體B．NaH與AlCl3得到NaAlH4的反應屬于氧化還原反應C．NaH在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑(鐵銹的成分表示為Fe2O3)D．金屬鈉和H2反應生成NaH的反應體系需要控制無氧、無水和無酸等條件【答案】B【解析】A項，AlH4--中，Al的軌道雜化數(shù)目為4+=4，Al采取sp3雜化，為正四面體構型，故A正確；B項，NaH與AlCl3反應可得到NaAlH4，此反應無化合價的變化，不是氧化還原反應，故B錯誤；C項，NaH在此做還原劑(H化合價升高為+1價)，鐵銹在此為氧化劑(Fe化合價降低為0價)，反應生成鐵單質，故C正確；D項，金屬鈉可以和氧氣、水和酸反應，因此鈉和H2反應生成NaH的反應體系需要控制無氧、無水和無酸等條件，故D正確；故選B。6．(2021·湖北恩施土家族苗族自治州高三月考)已知NH4CuSO3與足量的10mol/L硫酸混合微熱,產(chǎn)生下列現(xiàn)象:①有紅色金屬生成；②產(chǎn)生刺激性氣味的氣體；③溶液呈現(xiàn)藍色。據(jù)此判斷下列說法正確的是(

)A．反應中硫酸作氧化劑 B．NH4CuSO3中氮元素被氧化C．刺激性氣味的氣體是SO2 D．1

mol

NH4CuSO3完全反應轉移1

mol電子【答案】C【解析】根據(jù)實驗現(xiàn)象分析，紅色金屬為Cu，溶液呈現(xiàn)藍色，說明溶液中含有Cu2＋，因為加入足量的硫酸，所以刺激性氣味的氣體應是SO2，據(jù)此分析，反應的化學方程式為2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4。根據(jù)實驗現(xiàn)象，①有紅色金屬生成，該金屬為Cu，②將NH4CuSO3加入足量的硫酸中，刺激性氣體為SO2，不是NH3，③溶液為藍色，說明溶液中有Cu2＋，發(fā)生的反應方程式為2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4，則：A項，根據(jù)上述分析，只有Cu元素的化合價發(fā)生變化，從+1價變成了產(chǎn)物中的0價和+2價即硫酸的組成元素沒有發(fā)生變化，所以硫酸既不是氧化劑又不是還原劑，只表現(xiàn)酸性，故A錯誤；B項，NH4CuSO3中氮元素的化合價沒有變化，故B錯誤；C項，根據(jù)上述分析，刺激性氣味的氣體為SO2，故C正確；D項，亞銅自身發(fā)生氧化還原反應，從反應的化學方程式2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4可知2molNH4CuSO3完全反應轉移電子物質的量為1mol，故1molNH4CuSO3完全反應轉移電子物質的量為0.5mol故D錯誤；故選C7．(2021·吉林油田第十一中學高三月考)Na2FeO4是一種高效的水處理劑，下列用于解釋事實的離子方程式中不正確的是A．Na2FeO4在酸性溶液中不穩(wěn)定，與水反應生成Fe3＋和O2，離子方程式為：4FeO42-＋10H2O＋4Fe3＋===20OH－＋3O2↑B．工業(yè)上可用FeCl3、NaOH、NaClO三種物質反應制得Na2FeO4離子方程式為：2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2OC．Na2FeO4消毒殺菌時得到的Fe3＋可以凈水，F(xiàn)e3＋能產(chǎn)生凈水物質的原因是：Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3(膠體)＋3H＋D．工業(yè)上可用鐵做陽極，電解濃NaOH溶液的方法制Na2FeO4，陽極的電極反應為：Fe－6e－＋8OH－===FeO42-＋4H2O【答案】A【解析】A項，酸性溶液中不能生成氫氧根離子，所以離子方程式為4FeO42-＋20H+=4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O，故A錯誤；B項，工業(yè)上用FeCl3、NaOH、NaClO三種物質反應制得Na2FeO4，發(fā)生了氧化還原反應，Cl元素得到電子生成NaCl，由電子、原子守恒可知，反應的離子方程式為：2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O，故B正確；C項，Na2FeO4的還原產(chǎn)物為Fe3＋，F(xiàn)e3＋水解制得Fe(OH)3膠體，具有凈水作用，F(xiàn)e3＋水解反應的離子方程式為：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋，故C正確；D項，工業(yè)上可用鐵做陽極，F(xiàn)e失去電子,則陽極的電極反應為：Fe－6e－＋8OH－=FeO42-＋4H2O，故D正確；故選A。8．(2021·任丘市第一中學高三月考)已知：KClO3+C+SKCl+CO2↑+SO2↑，下列判斷不正確的是()A．若反應中C和S的質量比為3:4，則n(KClO3):n(CO2)為1:1B．若反應中C和S的質量比為3:16，則n(KClO3):n(CO2)為2:1C．SO2通入NaHCO3溶液產(chǎn)生CO2，可證明非金屬性S強于CD．KClO3與SO2在強酸性溶液中反應制得ClO2，可證明SO2的還原性強于ClO2【答案】C【解析】A項，若反應中C和S的質量比為3：4，n

(C)

：n

(S)

=2：

1，由電子守恒可知6n

(KClO3)

=4n

(C)

+4n

(S)，則n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：2：1，所以n

(KClO3)

：

n

(CO2)為1：1，A正確；B項，若反應中C和S的質量比為3：16，n(C)：n(S)=1：2，由電子守恒可知6n

(KClO3)

=4n

(C)

+4n

(S)，則n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：1：2，所以n

(KClO3)

：

n

(CO2)為2：1，B正確；C項，SO2通入NaHCO3溶液產(chǎn)生CO2，亞硫酸的酸性大于碳酸，但亞硫酸不是最高價氧化物的含氧酸，則不能比較非金屬性，C錯誤；D項，KClO3與SO2在強酸性溶液中反應制得ClO2，S元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，由還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性可知，SO2的還原性強于ClO2，D正確；故選C。9．(2021·甘肅武威市武威十八中高三期末)從礦物學資料查得，一定條件下自然界存在如下反應：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列說法正確的是()A．Cu2S既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物B．5molFeS2發(fā)生反應，有10mol電子轉移C．產(chǎn)物中的SO42-離子有一部分是氧化產(chǎn)物D．FeS2只作還原劑【答案】C【解析】A項，Cu2S為中Cu、S元素化合價降低之產(chǎn)物，因此Cu2S為還原產(chǎn)物，故A錯誤；B項，反應中Cu元素化合價由+2降低至+1，F(xiàn)eS2中S原子有由-1升高至+6，有由-1降低至-2，其余元素化合價未發(fā)生變化，因此每有5molFeS2發(fā)生反應，轉移電子為10mol××[6-(-1)]=21mol，故B錯誤；C項，由B項分析可知，產(chǎn)物中的SO42-離子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此產(chǎn)物中的SO42-離子有一部分是氧化產(chǎn)物，故C正確；D項，由B分析可知，F(xiàn)eS2在反應中既作氧化劑也是還原劑，故D錯誤；故選C。10．(2021·天津期末)用0.2mol/LNa2SO3溶液32mL，還原含4×10－3molXO42-的溶液，過量的Na2SO3用0.2mol/LKMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被還原成Mn2＋)，共消耗KMnO4溶液0.8mL，則元素X在還原產(chǎn)物中的化合價是()A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4【答案】C【解析】過量Na2SO3的物質的量為n(Na2SO3)×(6-4)=1.6×10-3×0.1×(7-2)，n(Na2SO3)=4×10-4mol，設X在還原產(chǎn)物中的化合價為x，(32×10-3×0.2-4×10-4)×2=2×10-3×2×(6-x)，解得x=+3，故選項C正確。11．(2021·渦陽縣育萃高級中學月考)在水溶液中，CrO42-呈黃色，Cr2O72-呈橙色，重鉻酸鉀(K2Cr2O7)在水溶液中存在以下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，下列說法正確的是()A．向該溶液中滴加適量的NaHSO4固體，平衡向逆反應方向移動，再次達到平衡后，氫離子濃度比原溶液大B．該反應是氧化還原反應C．向該溶液中加入過量濃NaOH溶液后，溶液呈橙色D．向體系中加入少量水，平衡逆向移動【答案】A【解析】A項，向該溶液中滴加適量NaHSO4固體，氫離子濃度增大，平衡向逆反應方向移動，由于只能是減弱這種改變，所以再次達到平衡后，氫離子濃度比原溶液大，故A正確；B項，反應前后元素的化合價均不發(fā)生變化，該反應不是氧化還原反應，故B錯誤；C項，向該溶液中加入過量濃NaOH溶液后，消耗氫離子，氫離子濃度減小，平衡正向移動，溶液呈黃色，故C錯誤；D項，向體系中加入少量水，相當于稀釋，平衡正向移動，故D錯誤；故選A。12．(2021·福建高三零模)鈉在液氨中溶劑化速度極快，生成藍色的溶劑合電子，下圖為鈉投入液氨中的溶劑化圖。鈉沉入液氨中，快速得到深藍色溶液，并慢慢產(chǎn)生氣泡。下列說法錯誤的是()A．鈉的密度比液氨大B．溶液的導電性增強C．0.1mol鈉投入液氨生成0.01molH2時，Na共失去0.02mol電子D．鈉和液氨可發(fā)生以下反應：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑【答案】C【解析】A項，鈉沉入液氨說明鈉的密度比液氨大，A正確，不符合題意；B項，液氨中沒有能導電的離子，而鈉投入液氨中生成藍色的溶劑合電子，能導電，說明溶液的導電性增強，B正確，不符合題意；C項，0.1mol鈉反應失去0.1mol電子，C錯誤，符合題意；D項，反應中鈉失去電子，只能是氫元素得到電子，所以鈉和液氨可發(fā)生以下反應：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，D正確，不符合題意；故選C。13．(2021·河北高三模擬)用CuS、Cu2S處理酸性廢水中的Cr2O72-，發(fā)生的反應如下：反應①：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)反應②：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)下列判斷正確的是()A．反應①和②中各有2種元素的化合價發(fā)生變化B．處理等物質的量的Cr2O72-時，反應①和②中消耗的物質的量相等C．反應①中還原劑與氧化劑的物質的量之比為3:4D．相同質量的CuS和Cu2S處理酸性廢水中Cr2O72-時，Cu2S消耗更多Cr2O72-【答案】C【解析】對于反應①，銅元素化合價未變化，硫元素化合價由－2升高至＋6，鉻元素化合價由＋6降低至＋3，氫元素和氧元素化合價未變化；根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平可得：3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；對于反應②，銅元素化合價由＋1升高至＋2，硫元素化合價由－2升高至＋6，鉻元素化合價由＋6降低至＋3，氫元素和氧元素化合價未變化。根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平可得：3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O。A項，反應①中硫元素價態(tài)由-2價升高到+6價，鉻元素價態(tài)由+6價降低到+3價；反應②中銅元素由+1價升高到+2價，硫元素價態(tài)由-2價升高到+6價，鉻元素價態(tài)由+6價降低到+3價，故A錯誤；B項，結合以上分析可知，處理等物質的量的Cr2O72-時，反應①和②中消耗H+的物質的量不相等，故B錯誤；C項，結合以上分析可知，還原劑為CuS，氧化劑為Cr2O72-，還原劑與氧化劑的物質的量之比為3:4，故C正確；D項，假設質量均為160g，n(CuS)==1.67mol，n(Cu2S)==1mol；根據(jù)反應方程式可知：3CuS~4Cr2O72-，3Cu2S~5Cr2O72-，所以CuS消耗n(Cr2O72-)=×1.67=2.2mol，n(Cr2O72-)=1×=1.7mol；所以CuS消耗的更多，故D錯誤；故選C。14．(2021·河南鶴壁市鶴壁高中月考)已知在一定溫度下，氯氣和氫氧化鈉溶液會發(fā)生如下反應：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。將一定量的氯氣通入100mL濃度為10.00mol/L的熱的氫氧化鈉溶液中使其完全反應，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系，下列判斷不正確的是()A．n(Na+)：n(Cl-)可能為9：7B．與NaOH反應的氯氣一定為0.5molC．若反應中轉移的電子為nmol，則0.5＜n＜D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能為11：1：2【答案】C【解析】A項，若氯氣和NaOH只發(fā)生反應Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，則n(Na+):n(Cl-)=2:1，若氯氣和NaOH只發(fā)生反應3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，則n(Na+):n(Cl-)=6:5，9:7介于兩者之間，所以n(Na+):n(Cl-)可能為9:7，故A正確；B項，NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的個數(shù)均相等，所以和1molNaOH反應的氯氣為0.5mol，故B正確；C項，若氯氣和NaOH只發(fā)生反應Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，1molNaOH參加反應，轉移0.5mol電子；若氯氣和NaOH只發(fā)生反應3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，6molNaOH參加反應，轉移5mol電子，則1molNaOH參加反應，轉移mol電子，所以0.5＜n＜，故C錯誤；D項，若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)為11:1:2，假設NaCl為11mol，則NaClO為1mol，NaClO3為2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部來自反應物Cl2，生成11molNaCl，得到11mol電子，生成1molNaClO，失去1mol電子，生成2molNaClO3，失去10mol電子，得失電子總數(shù)相等，符合電子守恒，故D正確；故選C。15．(2021·廣州市第七中學高三月考)工業(yè)上用發(fā)煙HClO4將潮濕的CCl3氧化為棕色的煙[C(ClO4)2]，來除去Cr(III)，HClO4中部分氯元素轉化為最低價態(tài)。下列說法正確的是()A．C(ClO4)2中Cr元素顯+3價B．HClO4屬于強酸，該反應還生成了另一種強酸C．該反應中，參加反應的氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質的量之比為D．該反應離子方程式為19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(C1O4)2+3C1-+4H2O【答案】B【解析】A項，CrO2(ClO4)2中O為-2價、Cl為+7價，則根據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和等于0，可知該物質中Cr元素化合價為+6價，A錯誤；B項，Cl元素的非金屬性較強，HClO4屬于強酸，HC1O4氧化CrC13為棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被還原生成HCl，HCl也屬于強酸，B正確；C項，該反應的離子方程式為19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+，其中19molClO4-中有3molClO4-作氧化劑，被還原為Cl-，8molCr3+全部作還原劑，被氧化為8molCrO2(ClO4)2，故氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質的量之比為3:8，C錯誤；D項，該反應的離子方程式為19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+，D錯誤；故選B。16．(2021·沙坪壩區(qū)重慶八中高三月考)圖中展示的是乙烯催化氧化的過程(部分配平相關離子未畫出)，下列描述錯誤的是()A．PbCl42-和Cu2+在反應中都起到催化劑的作用B．該轉化過程中，僅O2和Cu2+均體現(xiàn)了氧化性C．該轉化過程中，涉及反應4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD．乙烯催化氧化的反應方程式為2CH2=CH2+O22CH3CHO【答案】B【解析】過程ⅠPbCl42-+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，過程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，過程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，過程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl42-+2Cu+，過程Ⅴ發(fā)生4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得總方程式為：2CH2=CH2+O22CH3CHO。A項，從反應過程可見，PbCl42-和Cu2+是循環(huán)使用的，可認為是催化劑，故A正確。B項，過程Ⅳ中，Cu2+體現(xiàn)氧化性，Pd被氧化為PbCl42-，說明循環(huán)過程中，PbCl42-被還原，體現(xiàn)氧化性，故B錯誤；C項，該轉化過程中，過程Ⅴ中涉及反應4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正確；D項，乙烯催化氧化生成乙醛，反應方程式為2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D正確；故選B。17．(2021·浙江選考模擬)已知：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。某研究小組通過如下實驗步驟測定晶體A(KxFey(C2O4)z·aH2O，其中的Fe元素為+3價)的化學式：步驟1：準確稱取A樣品9.82g，分為兩等份；步驟2：取其中一份，干燥脫水至恒重，殘留物質量為4.37g；步驟3：取另一份置于錐形瓶中，加入足量的3.0mol·L-1H2SO4溶液和適量蒸餾水，使用0.5mol·L-1KMnO4溶液與其反應，反應結束時消耗KMnO4溶液的體積為24.0mL；步驟4：將步驟2所得固體溶于水，加入鐵粉0.28g，恰好完全反應。下列說法正確的是()A．據(jù)步驟2可以算出水的物質的量，得出a=0.03B．據(jù)步驟3算得晶體A樣品中含草酸根離子(C2O42-)的物質的量為0.03molC．據(jù)上述4步算得晶體A的化學式為K3Fe(C2O4)3·3H2OD．將步驟4所得溶液中Fe2+全部氧化為Fe3+需要通入168mLCl2【答案】C【解析】已知9.820gA樣品，分成兩份，每份樣品質量為4.910g，一份干燥脫水至恒重，殘留物質量為4.370g，說明結晶水的質量是4.910g-4.370g=0.540g，得出結晶水的物質的量；將步驟2所得固體溶于水，晶體A中含有+3價的鐵，加入鐵粉0.2800g，恰好反應，得到晶體中鐵元素的物質的量；根據(jù)步驟3：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反應消耗0.5mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，得到4.9100gA樣品中C2O42-的物質的量；根據(jù)質量守恒，得到晶體中鉀離子的物質的量，代入數(shù)據(jù)求n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)最簡整數(shù)比即可得晶體A的化學式。4.9100gA樣品，干燥脫水至恒重，殘留物質量為4.3700g，說明結晶水的質量是4.910g-4.370g=0.540g，結晶水的物質的量是=0.03mol；將步驟2所得固體溶于水，加入鐵粉0.2800g，恰好反應，根據(jù)Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶體中鐵元素的物質的量是×2=0.01mol；根據(jù)步驟3：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反應消耗0.5mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，則4.910gA樣品中C2O42-的物質的量是=0.03mol，根據(jù)質量守恒，晶體中鉀離子的物質的量是=0.03mol，n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=0.03：0.01：0.03：0.03=3：1：3：3，所以晶體A的化學式為K3Fe(C2O4)3·3H2O。A項，由步驟2只能計算出4.9100gA樣品中含有0.03mol水，無法計算a值，故A錯誤；B項，據(jù)步驟3算得4.910g晶體A中草酸根離子(C2O42-)的物質的量為0.03mol，則9.82gA樣品中草酸根離子(C2O42-)的物質的量為0.06mol，故B錯誤；C項，由上述可知，晶體A的化學式為K3Fe(C2O4)3·3H2O，故C正確；D項，未告知氣體所處環(huán)境，因此無法計算最終消耗氯氣的體積，故D錯誤；故選C。18．(2021·陜西西安市長安一中高三月考)某溫度下將氯氣通入過量KOH溶液中，反應后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液。下列說法中，不正確的是()A．反應消耗的Cl2與生成的H2O的物質的量之比始終為1∶1，與產(chǎn)物組成無關B．若n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1，則反應消耗的氯氣與轉移電子數(shù)的物質的量之比為2∶3C．若n(ClO-)∶n(ClO3-)=11∶1，則反應中被還原與被氧化的氯元素的物質的量之比為4∶3D．反應消耗的Cl2與KOH的物質的量之比取決于反應產(chǎn)物的組成【答案】D【解析】A項，由于反應后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根據(jù)原子守恒n(K)=n(Cl)，反應消耗的Cl2與KOH的物質的量之比為1∶2，根據(jù)氫原子守恒，反應消耗的Cl2與生成的H2O的物質的量之比始終為1∶1，與產(chǎn)物組成無關，故A正確；B項，當n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1，設n(ClO-)=n(ClO3-)=1mol，根據(jù)得失電子守恒，生成的n(Cl-)為6mol，則反應消耗的Cl2為4mol，則反應消耗的氯氣與轉移電子數(shù)的物質的量之比為4∶6=2∶3，故B正確；C項，當n(ClO-)∶n(ClO3-)=11∶1，設n(ClO-)=11mol，n(ClO3-)=1mol，根據(jù)得失電子守恒，生成的n(Cl-)為16mol，化合價降低被還原，化合價升高被氧化，則反應中被還原與被氧化的氯元素的物質的量之比為16∶12=4∶3，故C正確；D項，由于反應后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根據(jù)原子守恒n(K)=n(Cl)，反應消耗的Cl2與KOH的物質的量之比為1∶2，與產(chǎn)物組成無關，故D錯誤；故選D。19．(2021·臨朐縣實驗中學高三月考)氰化物是劇毒物質，傳統(tǒng)生產(chǎn)工藝的電鍍廢水中含一定濃度的CN-，無害化排放時必須對這種廢水進行處理。可采用堿性條件下的Cl2氧化法處理這種廢水，涉及兩個反應：反應i，CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)；反應ii，OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。其中反應i中N元素的化合價沒有變化，X、Y是兩種無毒的氣體。下列判斷正確的是()A．反應i中氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為1：2B．X、Y是CO2、N2，且均為反應ii的氧化產(chǎn)物C．該廢水處理工藝過程中須采取措施，防止Cl2逸出到空氣中D．處理c(CN-)=0.0001mol·L-1的廢水106L，消耗標況下的Cl24.48×103L【答案】C【解析】A項，反應i中N元素的化合價沒有變化，碳化合價從+2升高到+4，氯元素化合價降低,所以氯氣是氧化劑，CN-是還原劑，二者比例為1：1，故A錯誤；B.項，X、Y是兩種無毒的氣體，從元素分析，應含有碳元素和氮元素，其中一種為二氧化碳，另一種為氮氣，其中碳元素化合價不變，氮元素化合價升高，氮氣為氧化產(chǎn)物，二氧化碳不是氧化產(chǎn)物，故B錯誤；C項，氯氣是有毒氣體，應采取措施，防止氯氣逸出到空氣中，故C正確；D項，CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O，2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O，總反應方程式為，2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，處理c(CN-)=0.0001mol·L-1的廢水106L，則的物質的量為100mol，消耗的氯氣為250mol，標況下的Cl2250mol×22.4L/mol=5.6×103L，故D錯誤。故選C。20．(2021·南昌縣蓮塘第一中學高三月考)某同學用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的還原性時出現(xiàn)異?，F(xiàn)象,實驗如下：①②③溶液變紅，大約10秒左右紅色褪去，有氣體生成(經(jīng)檢驗為O2)。取褪色后溶液，滴加鹽酸和BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀溶液變紅且不褪色，有氣體生成(經(jīng)檢驗為O2),經(jīng)檢驗有丁達爾效應。溶液變紅且不褪色，滴加鹽酸和BaCl2溶液，無白色沉淀,經(jīng)檢驗無丁達爾效應。下列說法錯誤的是()A．②中紅色溶液中含有Fe(OH)3膠體B．實驗②中發(fā)生的氧化還原反應只有兩種C．對比①②③，可以判定酸性條件下H2O2可以氧化SCN-D．③中發(fā)生的氧化還原反應為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】B【解析】A項，由實驗②的實驗現(xiàn)象可知，產(chǎn)物經(jīng)檢驗有丁達爾效應，說明酸性條件下H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體，故A正確；B項，由實驗②的實驗現(xiàn)象可知，實驗中存在的反應有酸性條件下H2O2將Fe2+氧化為Fe3+、在Fe3+作催化劑的條件下，雙氧水分解生成水和氧氣，由實驗①的實驗現(xiàn)象可知，實驗中還存在的反應是酸性條件下H2O2可以氧化部分SCN-，三個反應均屬于氧化還原反應，故B錯誤；C項，對比實驗①②③的實驗現(xiàn)象可知，酸性條件下H2O2可以氧化SCN-，生成的硫酸根與氯化鋇溶液反應生成白色沉淀，故C正確；D項，由實驗③的實驗現(xiàn)象可知，酸性條件下，O2將Fe2+氧化為Fe3+，反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正確；故選B。21．(2021·四川成都市期末)高鐵酸鈉(Na2)具有很強的氧化性，能有效地殺滅水中的細菌和病毒，同時被還原成能高效地除去水中的懸浮物，是一種新型高效水處理劑。其制備方法如下：2NaNa2Na2+3Na下列說法錯誤的是()A．Na2中元素顯+6價B．堿性條件下Na氧化性強于Na2C．每生成1molNa2轉移6mol電子D．在水處理中，Na2兼具消毒和凈水兩種功能【答案】C【解析】對于反應2NaNa2Na2+3Na中，氫氧化鐵是還原劑，次氯酸鈉是氧化劑，Na2中元素顯+6價，A項，Na2中元素顯+6價，A正確；B項，堿性條件下，Na是氧化劑，Na2是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，B正確；C項，中的鐵元素的化合價是+3價，產(chǎn)物Na2中的鐵元素的化合價為+6價，每生成1molNa2轉移的電子數(shù)為3mol，C錯誤；D項，Na2具有很強的氧化性，能有效地殺滅水中的細菌和病毒，同時被還原成能高效地除去水中的懸浮物，是一種新型高效水處理劑，所以Na2兼具消毒和凈水兩種功能，D正確；故選C。22．(2021·棗莊市第三中學高三月考)F2和Xe在一定條件下生成氧化性極強且極易與水反應的XeF2、XeF4和XeF6三種化合物。其中XeF4與H2O可以發(fā)生如下反應：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列判斷正確的是()A．XeF2加入水中，在水分子的作用下，將重新生成Xe和F2B．XeF4按以上方式與水反應，每生成3molO2轉移12mol電子C．上述反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為2：1D．XeF2、XeF4和XeF6在空氣中都不能長期存放【答案】D【解析】A項，F(xiàn)2能與水反應，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2，故A錯誤；B項，由6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑可知，每生成4molXe，轉移電子為4mol×(4-0)=16mol，即每生成3molO2轉移16mol電子，故B錯誤；C項，6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，該反應中，生成氙氣的XeF4作氧化劑，生成XeO3的XeF4作還原劑，生成氧氣的水作還原劑，所以該反應中4XeF4(氧化劑)+2XeF4(還原劑)+6H2O(還原劑)+6H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，氧化劑和還原劑的物質的量之比為4：(2+6)=1：2，故C錯誤；D項，XeF2、XeF4和XeF6極易與水反應，在空氣中不能長期存放，故D正確。故選D。23．在酸性條件下，黃鐵礦(FeS2)催化氧化的反應方程式為2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42?+4H+。實現(xiàn)該反應的物質間轉化如圖所示。下列分析正確的是()A．在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑B．反應Ⅱ中Fe3+作氧化劑，F(xiàn)eS2被還原C．反應Ⅰ的離子方程式為4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，F(xiàn)e(NO)2+作氧化劑D．反應Ⅲ的離子方程式為Fe2++NO═Fe(NO)2+，該反應是氧化還原反應【答案】A【解析】步驟I中，O2將Fe(NO)2+氧化為Fe3+，并釋放出NO；Ⅱ中Fe3+將FeS2氧化成SO42-，生成的Fe2+在Ⅲ中又與NO結合成Fe(NO)2+進入下一個過程。總效果為：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42?+4H+，NO的量不變。A項，由圖可以看出，加入的NO參與反應，又重新生成，前后沒有發(fā)生量的變化，所以在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑，故A正確；B項，反應Ⅱ中硫元素的化合價升高，鐵元素的化合價降低，F(xiàn)e3+作氧化劑，F(xiàn)eS2被氧化，故B錯誤；C項，反應Ⅰ的離子方程式為4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，鐵元素的化合價由+2價到+3價，化合價升高，F(xiàn)e(NO)2+作還原劑，故C錯誤；D項，反應Ⅲ的離子方程式為Fe2++NO═Fe(NO)2+，所含元素的化合價沒有發(fā)生變化，該反應是非氧化還原反應，故D錯誤；故選A。24．(2021·山東濰坊市·高三期末)制備鐵紅工業(yè)流程中，用FeS2還原鐵鹽溶液得到Fe2+和SO42-，反應機理如下圖。下列說法不正確的是()A．過程I中每有60gFeS2參與反應，理論上可還原6molFe3+B．過程Ⅱ中若S2O32-過量會有氣體生成C．由過程Ⅱ可知還原性：S2O32-<Fe2+D．總反應的離子方程式為14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+【答案】C【解析】A項，n(FeS2)=，根據(jù)圖示，過程IFeS2中S元素化合價由-1價升高到S2O32-中+2價，失去6個電子，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+得到1個電子，根據(jù)得失電子守恒得關系：FeS2~6Fe3+，故0.5molFeS2能還原3molFe3+，A正確；B項，過程Ⅱ由于生成H+，溶液顯酸性，S2O32-在酸性條件下會歧化生成S和SO2，即2H++S2O32-=SO2↑+S+H2O中，B正確；C項，由圖示知，S2O32-被Fe3+氧化為SO42-，故S2O32-作還原劑，F(xiàn)e2+為還原產(chǎn)物，根據(jù)還原性強弱規(guī)律知還原性：S2O32-＞Fe2+，C錯誤；D項，根據(jù)圖示知總反應為：FeS2+Fe3+→SO42-+H++Fe2+，根據(jù)元素守恒知，方程式左邊要添加H2O，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平得總方程式為：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+16H++15Fe2+，D正確；故選C。25．(2021·山東青島市·高三期中)MnO2是一種重要的無機功能材料，利用粗MnO2(含有雜質MnO和MnCO3)制取MnO2的流程如圖所示。下列分析錯誤的是()A．操作X和操作Y的名稱均為過濾B．CO2是酸性氧化物，MnO2是堿性氧化物C．“氧化”過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：5D．Cl2與NaOH溶液反應，每生成42.6gNaClO3轉移電子數(shù)為2NA【答案】B【解析】由流程圖可知粗MnO2(含有雜質MnO和MnCO3)加稀硫酸，MnO和MnCO3與稀硫酸反應生成MnSO4，過濾得MnO2和MnSO4溶液，用NaClO3氧化得MnO2沉淀過濾可得MnO2。A項，由上述分析可知操作X和操作Y的名稱均為過濾，故A正確；B項，MnO2不與酸反應生成對應的鹽和水不是堿性氧化物，故B錯誤；C項，“氧化”過程中發(fā)生反應，氧化劑為NaClO3還原劑為MnSO4，比例為2:5，故C正確；D項，Cl2與NaOH溶液反應，42.6gNaClO3物質的量，轉移電子數(shù)為，故D正確。故選B。二、非選擇題26．(2021·福建省連城縣第一中學月考)據(jù)所學知識完成以下題目：(1)在下列反應中，HCl做還原劑的是_______，HCl做氧化劑的是_______。

①CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑③PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2↑+2H2O④KClO3+6HCl(濃)KCl+3Cl2↑+3H2O⑤CuO+2HCl=CuCl2+H2O(2)在橫線上補充所需的離子或分子，并配平方程式，。①KMnO4+HCl=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O，_______。②Mn2+++H2O=MnO2↓+Cl2↑+___，_______。(3)用單線橋表示下列反應中電子轉移方向和數(shù)目：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，_______。(4)鈣元素是人體必需的常量元素，所有的細胞都需要鈣元素。測定人體血液中鈣元素的含量常用到如下兩個反應：①CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4②2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O上述反應②的還原劑是____；若收集到44.8mL(標準狀況)的CO2時，消耗氧化劑_____mol，有_____mol電子發(fā)生轉移，相當于測出含鈣元素的質量是_____g。(5)濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的反應體系中有六種微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。寫出堿性條件下制高鐵酸鉀的離子反應方程式：_____。【答案】(1)③④②(2)2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O5Mn2++2+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+(3)(4)H2C2O44×10-42×10-30.04(5)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】(1)①反應CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O不是氧化還原反應；②反應Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中氫元素化合價降低，得到電子，被還原，氯化氫是氧化劑；③反應PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素化合價升高，失去電子，被氧化，氯化氫是還原劑；④反應KClO3+6HCl(濃)KCl+3Cl2↑+3H2O中氯化氫中氯元素化合價升高，失去電子，被氧化，氯化氫是還原劑；⑤反應CuO+2HCl=CuCl2+H2O不是氧化還原反應；因此HCl做還原劑的是③④，HCl做氧化劑的是②。(2)①反應中Mn元素化合價從+7價降低到+2價，得到5個電子，氯元素化合價從－1價升高到0價，失去1個電子，根據(jù)電子得失守恒可知配平后的方程式為2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。②反應中Mn元素化合價從+2價升高到+4價，失去2個電子，氯元素化合價從+5價降低到0價，得到5個電子，根據(jù)電荷守恒、電子得失守恒以及原子守恒可知反應后還有氫離子生成，則配平后的方程式為5Mn2++2+4H2O＝5MnO2↓+Cl2↑+8H+。(3)反應物KI中碘元素化合價從－1價升高到0價，失去1個電子，碘酸鉀中碘元素化合價從+5價降低到0價，得到5個電子，根據(jù)電子得失守恒可知反應中轉移5個電子，則用用單線橋表示為：。(4)反應②的草酸中碳元素化合價從+3價升高到+4價，失去1個電子，還原劑是H2C2O4；若收集到44.8mL(標準狀況)的CO2時，二氧化碳的物質的量是0.002mol，根據(jù)方程式可知消耗氧化劑高錳酸鉀的物質的量是0.002mol÷5＝4×10-4mol，轉移電子的物質的量是0.002mol，消耗草酸的物質的量是0.001mol，則相當于測出含鈣元素的質量是0.001mol×40g/mol＝0.04g。(5)濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的反應體系中有六種微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O，這說明反應中鐵元素化合價從+3價升高到+6價，失去3個電子，氯元素化合價從+1價降低到－1價，得到2個電子，則根據(jù)電子得失守恒可知堿性條件下制高鐵酸鉀的離子反應方程式為2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O。27．(2021·福建省泰寧第一中學高三月考)高錳酸鉀是一種典型的強氧化劑。完成下列填空：I.在稀硫酸中，MnO4-和H2O2能發(fā)生氧化還原反應：氧化反應：H2O2－2e-==2H++O2↑

還原反應：MnO4-+5e-+8H+==Mn2++4H2O(1)反應中若有0.5molH2O2參加此反應，轉移電子的個數(shù)為______。由上述反應得出的物質氧化性強弱的結論是____>_____(填寫化學式)。(2)已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，則被1molKMnO4氧化的H2O2是______mol。II.將SO2氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液褪色，MnO4-被還原成Mn2+。(3)請寫出上述過程的離子方程式______。III.在用KMnO4酸性溶液處理Cu2S和CuS的混合物時，發(fā)生的反應如下：①MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)②MnO4-+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)(4)配平反應①：________。(5)下列關于反應②的說法中錯誤的是__________(選填編號)。a．被氧化的元素是Cu和Sb．氧化劑與還原劑的物質的量之比為8：5c．還原性的強弱關系是：Mn2+<Cu2Sd．若生成2.24L(標況下)SO2，則反應中轉移電子的物質的量是0.6mol【答案】(1)6.021023KMnO4O2(2)2.5(3)5SO2+2MnO4-+2H2O==2Mn2++4H++5SO42-(4)6MnO4-+5CuS+28H+===5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O(5)d【解析】(1)雙氧水中氧元素化合價從－1價升高到0價，失去1個電子，1mol雙氧水失去2mol單質，反應中若有0.5molH2O2參加此反應，轉移電子的個數(shù)為6.02×1023。氧化劑的氧化性強于其氧化產(chǎn)物的氧化性，反應中高錳酸根離子是氧化劑，雙氧水是還原劑，氧氣是氧化產(chǎn)物，則由上述反應得出的物質氧化性強弱的結論是KMnO4＞O2。(2)已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，Mn元素化合價從+7價降低到+2價得到5個電子，雙氧水中氧元素化合價從－1價升高到0價，失去1個電子，則根據(jù)電子得失守恒可知被1molKMnO4氧化的H2O2是＝2.5mol。(3)將SO2氣體通入硫酸酸化的高錳酸鉀溶液，溶液褪色，MnO4-被還原成Mn2+，二氧化硫被氧化為硫酸，因此上述過程的化學方程式為5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4。所以其離子方程式為5SO2+2MnO4-+2H2O==2Mn2++4H++5SO42-。(4)反應中Mn元素化合價從+7價降低到+2價得到5個電子，硫元素化合價從－2價升高到+4價失去6個電子，根據(jù)電子得失守恒可知轉移30個電子，依據(jù)原子守恒和電荷守恒可知配平后的方程式為6MnO4-+5CuS+28H+===5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O；(5)a項，硫元素化合價從－2價升高到+4價失去6個電子，銅元素化合價從+1價升高到+2價，失去1個電子，被氧化的元素是Cu和S，a正確；b項，反應中Mn元素化合價從+7價降低到+2價得到5個電子，1mol高錳酸鉀得到5mol電子，1mol硫化亞銅失去8mol電子，根據(jù)電子得失守恒可知氧化劑與還原劑的物質的量之比為8:5，b正確；c項，還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物的還原性，則還原性的強弱關系是：Mn2+＜Cu2S，c正確；d項，若生成2.24L(標況下)SO2，即0.1molSO2，反應中消耗0.1molCu2S，因此轉移電子的物質的量是0.8mol，d錯誤；故選d。28．(2021·江蘇高三零模)水體中的Cr2O72-、HCrO4-和CrO42-是高毒性的重金屬離子，可用Cr(Ⅵ)表示。常用的處理方法是將Cr(Ⅵ)還原為低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3。(1)在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可與CrO42-反應生成Cr(OH)3和單質硫。水溶液中S2－能與單質硫反應生成S2-，S2-能還原Cr(Ⅵ)。①在pH=9的水溶液中CrO42-與HS－反應的離子方程式為_______。②25℃時用過量S2－還原Cr(Ⅵ)，發(fā)現(xiàn)反應后期Cr(Ⅵ)被還原的速率反而加快。產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因可能是_______；驗證的實驗方法是_______。(2)金屬也可用于還原廢水中的Cr(Ⅵ)。其他條件相同時，用相同物質的量的Zn粉、Zn－Cu粉分別處理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)廢水，廢水中Cr(Ⅵ)殘留率隨時間的變化如圖所示。圖中b對應的實驗方法處理含Cr(Ⅵ)廢水的效果更好，其原因是_______。(3)用氧化鐵包裹的納米鐵粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效還原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3還原近中性廢水中Cr(Ⅵ)的可能反應機理如圖所示。Fe@Fe2O3中Fe還原CrO42-的過程可描述為_______。【答案】(1)①2CrO42-＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－②S2－過量，水溶液中S2－能與單質硫反應生成S2-，S2-能還原Cr(Ⅵ)，所以反應后期Cr(Ⅵ)被還原的速率反而加快可以在不同反應時間但相同反應時長的條件下，觀察溶液褪色程度(2)Zn－Cu粉在溶液中形成原電池，加快反應速率(3)單質鐵發(fā)生吸氧腐蝕，3Fe－6e－＝3Fe2＋，3Fe2＋＋CrO42-＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋【解析】pH=9的水溶液為堿性，離子反應方程式應為2CrO42-＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－；S2－過量，S2-增多所以反應后期Cr(Ⅵ)被還原的速率反而加快；生成的Cr(Ⅵ)有顏色，可以在不同反應時間但相同反應時長的條件下，觀察溶液褪色程度；Zn－Cu粉在溶液中形成原電池；中性廢水中單質鐵發(fā)生吸氧腐蝕，CrO42-還原為三價鉻。(1)①pH=9的水溶液為堿性，所以發(fā)生的離子反應方程式應為2CrO42-＋3HS－＋5H2O＝2Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－；②水溶液中S2－能與單質硫反應生成S2-，S2-能還原Cr(Ⅵ)，加入過量的S2－，生成S2-增多，所以反應后期Cr(Ⅵ)被還原的速率反而加快；Cr(Ⅵ)還原為低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3，Cr(Ⅵ)為橙黃色，Cr3＋為綠色，Cr(OH)3為灰綠色沉淀，可以在不同反應時間但相同反應時長的條件下，觀察溶液褪色程度；(2)原電池原理可以加快反應速率，Zn－Cu粉在溶液中形成原電池，加快反應速率；(3)還原近中性廢水中Cr(Ⅵ)，單質鐵發(fā)生吸氧腐蝕，3Fe－6e－＝3Fe2＋，二價鐵離子發(fā)生氧化反應，CrO42-發(fā)生還原反應生成三價鉻，符合圖中所示原理，3Fe2＋＋CrO42-＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋。29．(2021·山東濰坊市·壽光現(xiàn)代中學高三月考)五氧化二釩廣泛用于冶金、化工等行業(yè)，用作合金添加劑、生產(chǎn)硫酸或石油精煉用的催化劑等。從廢釩催化劑中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收釩，既能避免對環(huán)境的污染，又能節(jié)約寶貴的資源?；厥展に嚵鞒倘缦拢阂阎孩佟八峤睍rV2O5和V2O4先與稀硫酸反應分別生成VO2+和VO2+。②有機萃取劑萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力強。③溶液中VO2+與VO3-可相互轉化：VO2+